第三章 复变函数的积分
（一）
1.解:y?x(0?x?1)为从点0到1+i的直线方程,于是 ?(x?y?ix2)dz?C?1?i01(x?y?ix)d(x?yi)
2212 ??0(x?x?ix)d(x?ix)?(1?i)i?xdx
0 ?(i?1)?x3103??1?i3
2.解:(1)C:z?x,?1?x?1,因此?zdz?C?1?1xdx?1
(2)C:z?ei?,?从?变到0,因此 ?zdz?C??de0i??i?ed??2
?0i? (3)下半圆周方程为z?ei?,????2?,则 ?zdz?C??2?dei??i?ied??2
?0i?3.证明:(1)C:x?0,?1?y?1
因为f(z)?x2?y2i?iy2?1,而积分路径长为i?(?i)?2 故
?C(x?iy)dz?22?i?i(x?iy)dz?222.
(2) C:x2?y2?1,x?0 而f(z)?x2?iy2? 所以
x?y44?1,右半圆周长为?,
?i?i(x?iy)dz??22.
?24.解:(1)因为距离原点最近的奇点z??,在单位圆z?1的外部,所以
dzcosz?0.
1cosz在
z?1上处处解析,由柯西积分定理得 ?C (2)
1z?2z?212?1(z?1)?12,因奇点z??1?i在单位圆z?1的外部, 所以
dzz?2z?22z?2z?22在z?1上处处解析,由柯西积分定理得 ?C?0.
(3)
e2zz?5z?6?ez(z?2)(z?3),因奇点z??2,?3在单位圆z?1的外部, 所以
edzz?5z?62ze2zz?5z?6在z?1上处处解析,由柯西积分定理得 ?C?0.
(4)因为zcosz2在z?1上处处解析, 由柯西积分定理得 ?zcosz2dz?0.
C5.解:(1)因f(z)?(z?2)在z平面上解析,且
2(z?2)33为其一原函数,所以
??2?i?2(z?2)dz?2(z?2)33?2?i?2??i3
(2)设z?(??2i)t,可得 ???i0cosz2dz??10cos(??2i2t)(??2i)dt???2i2?10(ee?ti?2t?eet?i?2t)dt
?e?e?1 6.解: ?2?a0?23?2?a22(2z?8z?1)dz=?z?4z?z?|
?3?0=8?3a3?16?2a2?2?a
327.证明:由于f(z),g(z)在单连通区域D内解析,所以f(z)g(z),[f(z)g(z)]?在D内解析,且[f(z)g(z)]??f?(z)g(z)?f(z)g?(z)仍解析,所以f(z)g(z)是
f?(z)g(z)?f(z)g?(z)的一个原函数.
? 从而 ?[f?(z)g(z)?f(z)g?(z)]dz?[f(z)g(z)]???
因此得 ?f(z)g?(z)dz?[f(z)g(z)]????????f?(z)g(z)dz.
8.证明：?|z|?1,??dzz?2|z|?1?0
设z?ei?,dz?iei?d??
0??2?0ied?i?ei???2?2?0(icos??sin?)[(cos??2)?isin?](cos??2)?sin?d??022d?
=?2?02?0?2sin??i(1?2cos?)5?4cos?1?2cos?5?4cos?
d??0于是?d??0,故?1?2cos?5?4cos?.
9.解:(1)因为f(z)?2z2?z?1在z?2上是解析的,且z?1?z?2,根据柯西公式得 ?2z?z?1z?22z?1dz?2?i(2z?z?1)2z?1?4?i
(2)可令f(z)?2z2?z?1,则由导数的积分表达式得 ?2z?z?1z?22(z?1)2dz?2?if?(z)z?1?6?i
sin?210.解:(1)若C不含z=?1，则?c4z?1zdz?0
sin?(2)若C含z=1但不含有z=-1,则?c42z?1zdz2?2?i?22?22?i
sin?42zdz?(3)若C含有z=-1,但不含 z=1,则：?(4)若C含有z??1,则
sin22cz?1?i
?czdz4?2z?1??1c2sin2??4z(1z?1?1z?1)dz?2?i2(22?2?22)?2?i
)id?
11.证明: ?ezCzdz??ecos??isin?0cos??isin?d(cos??isin?)??0(ecos??eisin? ??2?0?ecos?sin(sin?)?iezcos??cos(sin?)d?
再利用柯西积分公式 ?2?eCzdz??e?C??0d??2?i
则 ?ecos?cos(sin?)d??2?,由于ecos?cos(sin?)关于???对称,因此
0 ?ecos?cos(sin?)d???
0?12.解:令?(?)?3?2?7??1,则 f(z)???(?)??zCd??2?i?(z)?2?i?(3z?7z?1)
2 则 f?(z)?2?i(6z?7)
因此 f?(1?i)?2?i(6?6i?7)?2?(?6?16i)
13.证明:利用结论:f(z)在D内单叶解析,则有f?(z)?0
由题知,C:z?z(t)(a?t?b)为D内光滑曲线,由光滑曲线的定义有 1)C为若尔当曲线,即t1?t2时,z(t1)?z(t2); 2)z?(t)?0,且连续于[a,b]
要证?为光滑曲线,只须验证以上两条即可.
而在w?f(z)的变换下, C的象曲线下的参数方程为 ?:w?w(t)?f[z(t)](a?t?b)
1) 因t1?t2时,z(t1)?z(t2),又因f(z)在D内单叶解析,所以当t1?t2时,f(z1)?f(z2).因此当t1?t2时,有w(t1)?w(t2).
2) 因为z?(t)?0且连续于[a,b],又因f?(z)?0,则由解析函数的无穷可微性
知f??(z)在D内也存在,所以f?(z)在D内也连续,则由复合函数求导法则 w?(t)?f?(z)z?(t)?0,且连续于[a,b].
14.证明:由上题知C和?均为光滑曲线,因?(w)沿?连续以及f(z),f??(z)在包含C的区域D内解析,因此?[f(z)]f?(z)也连续,故公式中的两端积分存在.则 ??[f(z)]f?(z)dz?C??bab?[f(z(t))]f?(z(t))z?(t)dt ?[w(t)]w?(t)dt? ?a???(w)dw
1f(z)15.证明:应用刘维尔定理,因f(z)恒大于一正的常数,则必恒小于一正的
常数,则
1f(z)为常数,故f(z)为常数.
16.解:(1)因为 u?x2?xy?y2,所以有 ux?2x?y?vy?2x?y
?v?2xy?y22?c(x)
?vx?2y?c?(x)??uy?2y?x
?c?(x)??x?c(x)??x22?D
?f(z)?(x?xy?y)?(2xy?i22y22?x22?D)i
12由已知f(i)=-1+i?-1+i=-1+?Di?D?2
12)
?f(z)?(x?xy?y)?i(2xy?22y22?x22? (2)由C?R条件,vy?ux?ex(xcosy?ysiny)?excoy,则 v??(xexcosy?exysiny?excoy)dy ?xexsiny?exsiny??exysinydy ?xexsiny?exycosy??(x) 又因uy??vx,故
?esiny?esiny?eycosy??(esiny?xesiny?ecosy???(x))
xxxxxx 即??(x)?0,?(x)?C,故
f(z)?e(xcosy?ysiny)?i(xesiny?eycosy?C)
xxx 又因f(0)?0,故f(0)?iC?0?C?0,所以 f(z)?ex(xcosy?ysiny)?i(xexsiny?exycosy) (3) 由C?R条件, uy??vx?2xy(x?y)222,所以