数学物理方法习题解答（完整版）
数学物理方法 吴崇试 习题解答
， Im
=
( −1)n
4
2
sin
π 8
；
（8）
1+ i 1−i
=
⎡ ⎢ ⎣
1
2ei(π 4+2nπ ) ⎤ 2
2e−iπ 4
⎥ ⎦
π i
=e
2+2nπ 2
=
ei⎛⎜⎝
π 4
+nπ
⎞ ⎟⎠
，(
n
=
0，1)，Am=1，Arg = π
+ nπ
+ 2kπ
，
4
( −1)n
( −1)n
Re =
， Im =
；
2
1−i
的实函数。
（1）Re = 1，Im =
3 ，Am =
Re2
+ Im2
=
2
，Arg
=
arctan
⎛ ⎜⎝
Im Re
⎞ ⎟⎠
+
2kπ
=π 3
+ 2kπ
；
（2）Re = 1− cosα ，Im = sinα ，Am = (1− cosα )2 + sin2 α = 2 − 2 cosα = 2sin α ，
( −1)k
k =0
(2k
n!
)!(n −
2k
) cosn−2k
!
ϕ
sin 2 k
ϕ
；
∑ ⎡⎣(n−1)/ 2⎤⎦
( ) sin nϕ =
−1 k
n!
cosn−2k −1 ϕ sin2k +1 ϕ 。
( ) ( ) k=0
2k +1 ! n − 2k −1 !
数学物理方法(5)答案
数学物理方法第五次作业一、单项选择题【 】1、函数()f z 以b 为中心的罗朗（Laurent ）展开的系数公式为11().2()k k f A C d i b γζζπζ+=-⎰ ()().!k k f b B C k = 1().2k f C C d i b γζζπζ=-⎰ 1!().2()k k k f D C d i b γζζπζ+=-⎰ 【 】2、本征值问题()()0,(0)0,()0X x X x X X l λ''+===的本征函数是A ．cosn x l π B ．sin n x l π C ．(21)sin 2n x l π- D ．(21)cos 2n x lπ- 【 】3、点z =∞是函数cot z 的 A. 解析点 B. 孤立奇点 C. 非孤立奇点 D. 以上都不对【 】4、可以用分离变量法求解定解问题的必要条件是A. 泛定方程和初始条件为齐次B. 泛定方程和边界条件为齐次C. 初始条件和边界条件为齐次D. 泛定方程、初始条件和边界条件为齐次【 】5、设函数()f z 在单连通区域D 内解析，C 为D 内的分段光滑曲线，端点为A 和B ，则积分()C f z dz ⎰A. 与积分路径及端点坐标有关B. 与积分路径有关，但与端点坐标无关C. 与积分路径及端点坐标无关D. 与积分路径无关，但与端点坐标有关【 】6、 条件1z <所确定的是一个A ．单连通开区域 B. 复连通开区域 C. 单连通闭区域 D. 复连通闭区域【 】7、条件210<-<z 所确定的是一个A ．单连通开区域 B. 复连通开区域 C. 单连通闭区域 D. 复连通闭区域【 】8、积分2||1cos z z z dz ==⎰A ．1B ．12-C ．12D ．0 【 】9、函数1()1f z z =-在12z +>内展成1z +的级数为 A ．102(1)n n n z ∞+=-+∑ B ．101n n z ∞+=∑ C ．10(1)2nn n z ∞+=+∑ D ．0n n z ∞=∑ 【 】10、点0z =是函数11()sin f z z -⎛⎫= ⎪⎝⎭的A. 解析点B. 孤立奇点C. 非孤立奇点D. 以上都不对二、填空题1．复数231i -的三角形式为，其指数形式为.2．复数5cos 5sin ππi +的三角形式为，其指数形式为.3.的实部u =，虚部v =，模r =，幅角θ=.4. 复数22i +-的实部=u ，虚部=v ，模=r ，幅角 =θ .5. 014=--i z 的解为.6．积分dz zz cos ==⎰1. 7. 积分⎰==++1222z z z dz . 8. 积分⎰==13cos z zdz z . 9. 积分=⎰b a dz z z 2cos .10． 积分=⎰10sin zdz z . 11.积分=⎰202sin πdz z z 12．幂级数n n n z ∑∞=121的收敛半径为. 13．幂级数∑∞=-1)1(n nn z 的收敛半径为. 14．幂级数211-1n n z n ∞=∑（）的收敛半径为.15．函数zz f -=11)(在2|1|<+z 上展成)1(+z 的泰勒级数为 . 16. 0=z 为3cos 1)(z z z f -=的.（奇点的类型，极点的阶数） 17. 0=z 为3sin )(z z z f =的.（奇点的类型，极点的阶数）。
数学物理方法答案(科学出版社)
λn (x )=(
nπ 2 nπ x ) ， X n (x )=sin l l
（3）特解的线性叠加
n 2π 2 a 2t − ∞ nxπ u ( x , t ) = ∑ Cn e sin l2 l n =1
（4）根据本征函数正交性，由初始条件定系数. 由 x (l
n
∞
( 2n + 1) π at 得 A
=0,
得Bn =
8lv0 2 (2 n +1)π x l dx = ∫0 v0 sin (2 n +1)π a 2l (2 n +1)2 π 2 a
8lv0 ∞ 1 (2 n +1)π at (2 n +1)π x sin sin ∑ 2l 2l π 2 a n = 0 (2 n +1)2
l nxπ − x ) = u ( x , 0) = ∑ Cn sin l n =1
nxπ 2 l 4l 2 n C = ∫0 x (l − x ) sin dx = [1 − ( −1) ] n l l n3π 3 (2 n +1)2 π 2a 2 2 − 8l ∞ ( 2 n +1) xπ 1 2 ∑ ∴ u ( x, t ) = e sin l l π 3 n =0 (2 n +1)3
段的相对伸长为
( X =0端固定)
1 (n+ )π x 2 X (x )=sin n l
(3)通解为：
，λ
n
(x )=(
(2n+1)π 2 ) 2l
∞ 2 n +1 2 n +1 2 n +1 u ( x , t ) = ∑ [A cos( at ) + B sin( at )]sin( π π π x) n n 2 l 2 l 2 l n =0 (4)由 u ( x , 0) = 0 得 B = 0 t n ∞ F0 x 2 n +1 π x ) 得： = u( x , 0) = ∑ An sin( YS l 2 时,上式中的 x ± at 就会超出这个区间.考虑本题是第一内 边界条件,这里的 ϕ ( x ) 与ψ ( x ) 应理解为经过奇沿拓的,周期为 2l 的初位移与初速 度.
数学物理方法第四版课后答案
数学物理方法第四版课后答案《数学物理方法第四版课后答案》第一章：复变函数1.1 复数与复平面题目1：将以下复数写成极坐标形式：a) z = 3 + 4ib) z = -2 - 5ic) z = 5i解答：a) r = √(3^2 + 4^2) = 5, θ = arctan(4/3)∴ z = 5(cos(arctan(4/3)) + i*sin(arctan(4/3)))b) r = √((-2)^2 + (-5)^2) = √(4 + 25) = √29, θ = arctan((-5)/(-2)) = arctan(5/2)∴ z = -√29(cos(arctan(5/2)) + i*sin(arctan(5/2)))c) r = √(0^2 + 5^2) = 5, θ = arctan(0/5) = 0∴ z = 5(cos(0) + i*sin(0)) = 5i题目2：计算以下复数的共轭：a) z = 3 + 4ib) z = -2 - 5ic) z = 5i解答：a) z* = 3 - 4ib) z* = -2 + 5ic) z* = -5i...第二章：常微分方程2.1 一阶微分方程题目1：求解以下一阶线性非齐次微分方程：a) \\frac{dy}{dx} + 2y = e^xb) \\frac{dy}{dx} - y = 3x^2解答：a) 首先求齐次方程的解，即 \\frac{dy}{dx} + 2y = 0观察到该方程的解为 y = Ce^{-2x}，其中 C 为任意常数然后考虑非齐次方程的解，即 \\frac{dy}{dx} + 2y = e^x令 y = A e^{-2x}，其中 A 为待定常数\\frac{dy}{dx} = -2A e^{-2x}，代入方程得到 -2A e^{-2x} + 2A e^{-2x} = e^x解得 A = -\\frac{1}{4}∴ 非齐次方程的解为 y = -\\frac{1}{4} e^{-2x}，加上齐次方程的解得到最终解 y = Ce^{-2x} - \\frac{1}{4} e^{-2x}b) 首先求齐次方程的解，即 \\frac{dy}{dx} - y = 0观察到该方程的解为 y = Ce^x，其中 C 为任意常数然后考虑非齐次方程的解，即 \\frac{dy}{dx} - y = 3x^2令 y = A e^x + B，其中 A、B 为待定常数\\frac{dy}{dx} = A e^x，代入方程得到 A e^x - (A e^x + B) = 3x^2解得 B = -3x^2∴ 非齐次方程的解为 y = A e^x - 3x^2，加上齐次方程的解得到最终解 y = Ce^x - 3x^2...通过以上两个例题，可以看出在解一阶线性非齐次微分方程时，首先解齐次方程得到通解，然后根据非齐次项的形式确定待定系数，最后将通解与待定解相加得到最终解。
数学物理方法习题 (2)
P167一 、填空 1．函数ω=,Rz 将z 平面的图形：以原点为中心，R 为半径的圆，变为ω平面的图形：[ ]答案:以原点为中心的单位圆:1=z4．就单、多值而言,函数z zsin是[ ]值函数.答案: 单P168五．试将函数)(z f =)3)(41--z z （以z=2为中心在全平面展开Taylor 或Laurent 级数.答案： 3141)4)(3(1)(---=--=z z z z z f 在复平面内有两个孤立奇点43==z z 和,故函数在如图1.50的圆域12＜z -、环域1＜2-z ＜2和圆外区域2-z ＞2内均解析，我们能在这些区域中分别将函数展开为Taylor 或Laurent 级数。
中在1210＜z -∑-∞=-=---=--=-0)2()2(111)3(131k kz z z z ………….. 1∑-∞=-=---=--=-0)22(212211212)2(141k kz z z z所以 )2(2)11(3141)(01-∑∞=+-=---=z kk k z z z f 这是一Taylor 展开。
中在2212＜z ＜-∑-∞=+=---=--=-01)2(12111211)2(131k k z z z z z =∑-∞=1)2(1k kz而式，故有的展开式同241-z∑--∑∞=∞=+--=11)2()2(212)(k kkk k z z z f这是一具在正、负幂的Laurent 展开。
中在223＞z -∑-∞=+=---=--=-01)2(22211212)2(141k k kz z z z z )2(2111-∑∞=-=z kk k而式，故有的展开式同时331-z )2(2)2()2(21)1(11)(11111-∑∑--∑-=-=∞=-∞=∞=-z z z kk k k kkk k z f这是一仅具有负幂的Laurent 展开。
P168一 填空和选折填空 1.多值函数4)1(232-++zzz 是[ ]值函数.其支点是[ ]答案：6； 0，－1，2，－2，∞2.已知一解析函数)(z f 的虚部为y x +,则该解析函数为=)(z f [ ].答案：iC z i ++)1（4.函数)(z f 以b 为中心的Laurent 展开的系数公式为 [ ] 答案：AA ．i C k π21=dz z f b z k l)(1)(-+∮； B.;!)()(k b fC k k =C.iCKπ21=ζζζd bf l-)(∮; D.)(1)(2!b Ck lKf ik -+=ζζπ∮d ζ.5由对数函数的定义有[ ]A ．Ln=∙）（zz 21Lnz 1+Lnz 2; B.Ln(z 2)+2Lnz;C. Ln(z 1/z 2)=Lnz 1－Lnz 2;D.Lnz －Lnz=0; 答案：A ， CP169四、试将函数11)(+=z z f 按下列要求展开成幂级数,并指出展开级数的名称和收敛范围.1.在)(z f 的孤立奇点的去心邻域展开;2.以z=i 为中心展开.答案: 1.,111)(-=+=z z z f 仅有唯一的独立奇点：于是在孤立奇点的去心邻域中∞+＜z ＜10的展开式即为:11)(+=z z f这是一仅具有负一次幂的Laurent 级数2.由于奇点1-=z 与展开中心i z i z ==故以，的距离为2为中心能在如下的两个区域中展开:中在210＜i z -ii z iii z z z f +-++=++-=+=111111)(111)(=)()1()1(]1)([111i z i ii z kk k kk ki-∑+-∑+--∞=+∞==+这是一Taylor 级数.中在212＞z -iz i iz ii z z f -++-=++-=11111)(1)(=)()1()1()()1()1(111111i z i i z i kk k k k kk k -+∑--+∑--∞=-+∞==这是一具有无穷多项负幂的Laurent 级数.P288例1 求解定解问题0,0,2t ＞＜x＜ua u xxuπ=0),(),0(==t u ut π0)0,(,sin 3)0,(==x x x u u t解:对照有界弦的自由振动,此处π=l ,.0)(,sin 3)(==x x x ψϕ于是由公式(2.3.4)~(2.3.5),有nx nat nat t x u n nnBAsin )sin cos ),(1∑∞=+=其中⎰⎰-∙==πππππn a d a a n a d a a Ans i n s i n 3221s i n s i n 32故由三角函数的正交性有 ⎰-==≠≡πππ33110s i n 21a d a n A A n），（而⎰=∙=ππ00s i n 02n a d a an Bn故该定解问题的解为x at t x u sin cos 3),(=实际上在用分离变量法求解定解问题时，若初始条件本身己是Fourier 级数的展开式的形式，则大可不必再用系数公式求积分去算系数，这只会自找麻烦。
数学物理方法课后答案 (2)
2
2+ 4 i
1+i
[( x 2 − y 2 ) + 2ixy ](dx + idy )
86 − 6i 3
= ∫ [ x 2 − (3 x − 2) 2 + 2ix(3 x − 2)](1 + 3i ) dx = −
（3）沿1 + i 到 2 + i ，再到 2 + 4i 的折线。
I =∫
2 1
2+ 4 i
L
∫ ∫
L
f (ξ )[
f (ξ ) Δ z ∫ L (ξ − z ) 2 (ξ − z − Δ z ) d ξ
ξ − z ( ξ − z − Δz )
2
d ξ ， 现 在 讨 论 能 否 找 到 δ ( ε )， 使 当 Δ z < δ 时 d ,同 时 将 2
上 式 成 立 。 因 本 题 是 讨 论 Δ z → 0时 的 积 分 极 限 ， 不 妨 令 Δ z < min z − ξ = d 代 入 有 Δ I ≤ δ
4 4 1 1 0 0
I3 = ∫ {[2(t2 + 3) + (2t)2 ]2dt + [3(2t)-(t2 + 3)]2tdt} = ∫ (24t 2 + 12 − 2t 3 − 6t )dt =
数学物理方法第06章习题
第六章 习题答案6.1-1 求解下列本征值问题的本征值和本征函数。
（1）0=+''X X λ ()00=X ()0='l X（2）0=+''X X λ ()00='X ()0='l X （3）0=+''X X λ ()00='X ()0=l X （4）0=+''X X λ()0=a X()0=b X解：（1）0=λ时，()b ax x X +=，代入边界条件得 ()00==b X 和()0=='a l X 得到()0=x X ，不符合，所以0≠λ0>λ时，()x b x a x X λλsin cos +=，代入边界条件得()00==a X ，()()2224120sin ln l b l X nπλλ+=⇒==',2,1,0=n所以：()()21sin 2n n X x x lπ+=,2,1,0=n（2）0=λ时，()b ax x X +=，代入边界条件得 ()00=='a X 和()0=='a l X ，所以()b x X =存在。
0>λ时，()x b x a x X λλsin cos +=，代入边界条件得()000=⇒=='b b X λ，() ,2,10sin 222==⇒=-='n ln l a l X n πλλλ综合：本征值：222ln n πλ=,2,1,0=n本征函数：()x ln x X n πcos = ,2,1,0=n（3）0=λ时，()b ax x X +=，代入边界条件得 ()00=='a X 和()0==b l X ，()0=x X 不符合。
0>λ时，()x b x a x X λλsin cos +=，代入边界条件得()000=⇒=='b b X λ，()() ,2,1,04120cos 222=+=⇒==n ln l a l X nπλλ本征函数：()()21cos 2n n X x x lπ+= ,2,1,0=n（4）0=λ时，()d cx x X +=，代入边界条件得 ()0=+=d ca a X 和()0=+=d cb l X ，得到b a =，故0≠λ。
数学物理方法习题2及答案
1. 计算221z dz z z --⎰的值，Г为包含圆周|z|=1在内的任何正向简单曲线。
解：我们知道，函数221z z z--在复平面内除z=0和z=1两个奇点外是处处解析的。
由于Г是包含圆周|z|=1在内的任何正向简单闭曲线，因此它也包含这两个奇点。
在Г内作两个互不包含也互不相交的正向圆周C1与C2，C1只包含奇点z=0，C2只包含奇点z=1。
那么根据复合闭路定理得： 221z dz z z --⎰=22122121c c z z dz dz z z z z --+--⎰⎰1122111111c c c c dz dz dz dz z z z z =+++--⎰⎰⎰⎰ =02204i i i πππ+++= 2. 求积分0cos i z zdz ⎰的值。
解：函数cos z z 在圈平面内解析，容易求得它有一个原函数为sin cos z z z +.所以 00111cos [sin cos ]sin cos 11122ii z zdz z z z i i i e e e e i e i ---=+=+--+=+-=-⎰ 3..试沿区域i 1ln(1)Im()0,Re()0||1,1z z z z dz z +≥≥=+⎰内的圆弧计算积分的值。
解：函数ln(1)1z z ++在所设区域内解析，它的一个原函数为21ln (1),2z +所以 i 222112222ln(1)11ln (1)|[ln (1)ln 2]12211ln 2ln 22243ln 2ln 2.3288i z dz z i z i i πππ+=+=+-+⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=--+⎰ 4．求下列积分（沿圆周正向）的值：1）||41sin 2i z z dz z π=⎰； 2）||412z 13z dz z =+-⎰（+）； 解：由柯西积分公式得： ||41sin 2i z z dz zπ=⎰=0sin |0z z ==； ||4||4||12221226z 1313z z z dz dz dz i i i z z z πππ==+=•+•=+-+-⎰⎰⎰（+）= 5..求下列积分的值。
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数学物理方法习题解答（完整版）数学物理方法习题解答一、复变函数部分习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。
证明：令Re z u iv =+。
Re z x =，,0u x v ∴==。
1ux=?，0v y ?=?，u v x y ??≠??。
于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件，所以Re z 在z 平面上处处不可导。
2、试证()2f z z=仅在原点有导数。
证明：令()f z u iv =+。
()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。
2,2u u x y x y ??= =??。
v vx y==0 ??。
所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。
而,,u u v vx y x y, 在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。
()0000x x y y u v v u f i i x x y y ===='=+=-= ? ?????????。
或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z→?→?=?=?'==?=?-?=?。
22***0*00limlim lim()0z z z z z z zzz z z z z z z z z=?→?→?→+?+?+??==+??→。
【当0,i z z re θ≠?=，*2i z e z θ-?=?与趋向有关，则上式中**1z zz z==??】3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ?+++≠?=+，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。
证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()33222222,=00x y x y u x y x y x y ?-+≠?=+?+??， 33222222(,)=00x y x y v x y x y x y ?++≠?=+?+??。
3300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x u x u x u x x →→-===，3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x u y u y u yy →→--===-； 3300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x v x v x v x x →→-===，3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x v y v y v y y →→-===。
(0,0)(0,0),(0,0)(0,0)x y y x u v u v ∴ = =-()f z ∴ 在原点上满足C －R 条件。
但33332200()(0)()lim lim ()()z z f z f x y i x y zx y x iy →→--++=++。
令y 沿y kx =趋于0，则3333334343222220()1(1)1(1)lim ()()(1)(1)(1)z x y i x y k i k k k k i k k k x y x iy k ik k →-++-++-++++-+==+++++ 依赖于k ，()f z ∴在原点不可导。
4、若复变函数()z f 在区域D 上解析并满足下列条件之一，证明其在区域D 上必为常数。
（1）()z f 在区域D 上为实函数；（2）()*z f 在区域D 上解析；（3）()Re z f 在区域D 上是常数。
证明：（1）令()(,)(,)f z u x y iv x y =+。
由于()z f 在区域D 上为实函数，所以在区域D 上(,)0v x y =。
()f z 在区域D 上解析。
由C －R 条件得0u v x y ??==??，0u vy x=-=??。
∴在区域D 上(,)u x y 为常数。
从而()z f 在区域D 上为常数。
（2）令()(,)(,)f z u x y iv x y =+，则*()(,)(,)f z u x y iv x y =-。
()f z 在区域D 上解析。
由C －R 条件得,u v u vx y y x= =-。
（1）又*()f z 在区域D 上解析，由C －R 条件得,u v u v x y y x=- =。
（2）联立（1）和（2），得0u u v v x y x y====。
,u v ∴在区域D 上均为常数，从而()f z 在区域D 上为常数。
（3）令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()Re (),f z u x y =。
由题设知(),u x y 在区域D 上为常数，0u u x y∴==??。
又由C －R 条件得，在区域D 上0,0v u v u x y y x=-= ==，于是v 在区域D 上为常数。
,u v ∴在区域D 上均为常数，从而在区域D 上()f z 为常数。
5、证明2xy 不能成为z 的一个解析函数的实部。
证明：令2u xy =，2222022u ux x x y+=+=??。
u ∴ 不满足拉普拉斯方程。
从而它不能成为z 的一个解析函数的实部。
6、若z x iy =+，试证：（1）sin sin cosh cos sinh z x y i x y =+；（2）cos cos cosh sin sinh z x y i x y =-；（3）222sin sin sinh z x y +＝；（4）222cos cos sinh z x y =+。
证明：（1）sin sin()sin cos()cos sin()z x iy x iy x iy =+=+cos()cos ,sin()sinh iy hy iy i y = =， sin sin cosh cos sinh z x y i x y ∴=+。
（2）cos cos()cos cos()sin sin()z x iy x iy x iy =+=-cos()cos ,sin()sinh iy hy iy i y = =，cos cos cosh sin sinh z x y i x y =-。
（3）222sin (sin cosh )(cos sinh )z x y x y =+2222sin cosh cos sinh x y x y =+2222sin (1sinh )cos sinh x y x y =++222222sin (sin cos )sinh sin sinh x x x y x y =++=+。
（4）2222222cos (cos cosh )(sin sinh )cos cosh sin sinh z x y x y x y x y =+=+2222cos (1sinh )sin sinh x y x y =++ 22222cos cos sinh sin sinh x x y x y =++222222cos (cos sin )sinh cos sinh x x x y x y =++=+。
7、试证若函数()f z 和()z ?在0z 解析。
()()()0000,0f z z z ??'==≠，则()()()()000lim z z z f z f z z ??→'='。
（复变函数的洛必达法则）证明：00000000000000000()()()()lim()()()()lim lim lim ()()()()()()()()lim z z z z z z z z z z f z f z f z f z f z z z z z f z f z f z z z z z z z z z z z z z →→→→→--'---====--'---。
或倒过来做。
8、求证：0sin lim 1z zz →=。
证明：000sin (sin )lim lim limcos 1z z z z z z z z→→→'==='。
第二章习题解答 9、利用积分估值，证明a ．()22ii x iy dz π-+≤? 积分路径是从i -到i 的右半圆周。
b ．证明222iidzz+≤?积分路径是直线段。
证明：a ．（方法一）()()222244iiiiiixiy dz xiydz x y dz ---+≤+=+??42242222()iiiix x y y dz x y dz π--≤++=+=?。
（方法二）在半圆周221x y +=上，221,1x y ≤ ≤，从而42424422x x y y x y x y ≤ , ≤?+≤+在半圆周221x y +=上，2244221x iy x y x y +=+≤+=，44max1cx y +=，()222222ii iiiiiixiy dz x iy dz x y dz dz π----+≤+≤+==。
或：()2244max ii cx iy dz x y ππ-+≤+=?。
b ．证:222111maxmaxmax11z x iz x iz x z =+=+===+ 2221max 22iiz x idz z z +=+∴ ≤?=?。
10、不用计算，证明下列积分之值均为零，其中c 均为圆心在原点，半径为1的单位圆周。
a ．cos c dz z；b ．256z c e dz z z ++?。
证明：a ．1cos z 的奇点为1,0,1,2n z n n π??=+=±，由于1n z >，所以它们均不在以原点为圆心的单位圆内。
1cos z∴在以原点为圆心的单位圆内无奇点，处处解析。
由柯西定理:0cos cdzz=?。
b ．256(2)(3)z ze e z z z z =++++的奇点为12z =-，23z =-，它们均不在以原点为圆心的单位圆内。
256ze z z ∴ ++在以原点为圆心的单位圆内处处解析。
由柯西定理:2056z c e dzz z =++?。
11、计算a ．()221:21cz z dz c z z -+=-?；b ．()()2221:21cz z dzc z z -+=-?。
解: a ．221z z -+在2z =所围区域内解析，且1z =在2z =所围区域内。
由柯西积分公式得221212(21)2241z c z z dz i z z i i z πππ=-+=-+=?=-?。
b ．221z z -+ 在2z =所围区域内解析，且1z =在2z =所围区域内。
由推广的柯西积分公式得()()()22211212212412361z cz z z dz i z z i z i i z ππππ==-+'=-+=-=?=-?。
12、求积分zc e dz z（:1c z =），从而证明()cos 0cos sin e d πθθθπ=?。