第三章复变函数的积分(答案)

习题三 3.1计算积分2Cz dz ⎰，其中C 是：（1）原点到()2i +的直线段； （2）原点到2再到()2i +的折线； （3）原点到i 再沿水平到()2i +的折线。

解：（1）C 的参数方程为()()22201z t i t tit =+=+≤≤()2dz i dt =+于是()()()2221222113Ci i d z d t i z t +++==⎰（2）12C C C =+，1C 参数方程为()02z tt =≤≤，2C 参数方程为()201z itt =+≤≤()()122212222122113CC C z dz z dz z dz t dt id it i t +=+=+=+⎰⎰⎰⎰⎰ （3）12C C C =+，1C 参数方程为()01z itt =≤≤，2C 参数方程为()02z t it =+≤≤()()()12212222212113CC C z dz z dz z dz it idt dt t i i +=+++==⎰⎰⎰⎰⎰ 3.2设C 是,i z e θθ=是从π-到π的一周，计算： （1）()Re Cz dz ⎰；（2）()Im Cz dz ⎰；（3）Czdz ⎰解：cos sin i z e i θθθ==+，()sin cos dz i d θθθ=-+（1）()()Re cos sin cos Cz dz i d i ππθθθθπ-=-+=⎰⎰；（2）()()Im sin sin cos Cz dz i d ππθθθθπ-=-+=-⎰⎰；（3）()()cos sin sin cos 2Czdz i i d i ππθθθθθπ-=--+=⎰⎰3.3计算积分Cz zdz ⎰，其中C 是由直线段11,0x y -≤≤=及上半单位圆周组成的正向闭曲线。

解：12C C C =+，1C 表示为z x iy =+，()11,0x y -≤≤=；2C 表示为()cos sin 0z x iy i θθθπ=+=+≤≤，()sin cos dz i d θθθ=-+，()()1211cos sin sin cos CC C z zdz z zdz z zdzx xdx i i d iπθθθθθπ-=+=+--+=⎰⎰⎰⎰⎰3.5沿下列指定曲线的正向计算积分()21C dzz z +⎰ 的值：（1）1:2C z =；（2）3:2C z =；（3）1:2C z i +=；（4）3:2C z i -=。

复变函数第四版余家荣答案【篇一：1第一章复数与复变函数】京1第一章复数与复变函数1 复数及其代数运算1.复数的概念①在解方程时，有时会遇到负数开方的问题，但在实数范围内负数是不能开平方的。

为此，需要扩大数系。

我们给出如下的代数形式的复数定义：复数的代数定义：把有序实数对(x,y)作代数组合所确定的形如x?iy的数称为（代数形式的）复数，记为z?x?iy，2其中，i满足i??1。

我们称i为虚单位；实数x和y分别称为复数z 的实部和虚部，并记为x?rez，y?imz。

特别地，当imz?0时，z?x?i0?rez?x是实数；当rez?0时且imz?0时，z?iimz?iy称为纯虚数；虚部不为零的复数称为虚数（即不为实数的复数称为虚数）；z?0当且仅当rez?0且imz?0，即复数0?0?i?0。

z1?z2当且仅当rez1?rez2且imz1?imz2。

2.复数的代数运算2.1 四则运算设z1?x1?iy1，z2?x2?iy2为任意两个复数，它们的四则运算定义为: 加法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 减法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 乘法：z1z2?(x1x2?y1y2)?i(x1y2?x2y1) 除法：z1x1x2?y1y2y1x2?x1y2（z2?0） ??i2222z2x2?y2x2?y22【注】：(1).可见，复数的四则运算，可以按照多项式的四则运算进行，只要注意将i换成?1。

(2).关于除法的具体操作可以按两种方法来进行：①.先看成分式的形式，然后分子分母同乘以一个与分母的实部相等而虚部只相差一个正负号的复数（在后面将会看到，这被定义为共轭复数），再进行简化；②.用复数z1?x1?iy1除以非零复数z2?x2?iy2，就是要求出这样一个复数z?x?iy，使得z1?z2?z。

按乘法的定义，为求出z需要解方程组?x2x?y2y?x1??x2y?xy2?y12.2 共轭复数复数x?iy和x?iy互称为对方的共轭复数，如果记z?x?iy，则用记其共轭复数，即?x?iy?x?iy。

第三章习题详解1・沿下列路线计算积分J；' z2dz o1）自原点至3 + i的直线段；解：连接自原点至34-1的直线段的参数方程为：z =（3+》0<r<l dz =（3 + i）dt2）自原点沿实轴至3,再由3铅直向上至3 +八解：连接自原点沿实轴至3的参数方程为：z = t 0</<1 dz = dt3 1=-33 «3连接自3铅直向上至3 +,的参数方程为：z = 3 + ir O<Z<1 dz = idt J J z2dz = £(3 + it)2 idt = -(34-17)3=-(3 + i)3彳" 3 n 3・・・ f z2dz = £t2dt 4- £(3 + it)2id/ = 133 4-1(3 4-1)3 - i33 = |(3 + i)33)自原点沿虚轴至i,再由i沿水平方向向右至3+i。

解：连接自原点沿虚轴至i的参数方程为：z = it 0</<1 dz = idtJ：Z2dz = J；(it)2 idt = | (i/)3= * 尸连接自i沿水平方向向右至3 + i的参数方程为：z = t^i 0<^<1 dz = dtr*edz=jo edz+广eaz=y+敦+厅-|/3=|（1+厅2.分别沿y =兀与y =兀2算出积分J；'（兀2 + iy^dz的值。

解：•/ j = x x2 + iy = x2 + ix ••• dz = (1 + i)dx・・・『(x2 + iy)dz = (1+ (x2 + ix)dx = (1 +•/ y = x2A x2 + iy = x2 4- ix2 = (1 + i)x2:. rfz = (1 + ilx)dxf 衣=［（3+03&二（3+讥♦3+i0=(3 + 厅0 d^ed Z=[\2dt=护而（W 宙討…T + 一 11.1.11 5. i = 1—i3 3 2 26 6/(z) =1 _ 1 z 2+2z + 4~ (z + 2)2在c 内解析，根据柯西一古萨定理,$匹J z 2 + 2z + 4/. £1+，(x 2+ iy)dz = (1 + /)£ * (1 + ilx)dx = (14-彳+ 设/(z)在单连通域〃内处处解析，C 为B 内任何一条正向简单闭曲线。

p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]5. 由积分⎰C1/(z + 2) dz之值证明⎰[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = 0，其中C取单位圆周| z | = 1．【解】因为1/(z + 2)在圆| z | < 3/2内解析，故⎰C1/(z + 2) dz = 0．设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, 2π]．则⎰C1/(z + 2) dz = ⎰C1/(z + 2) dz = ⎰[0, 2π] i e iθ/(e iθ + 2) dθ= ⎰[0, 2π] i (cosθ + i sinθ)/(cosθ + i sinθ + 2) dθ= ⎰[0, 2π] (- 2 sinθ + i (1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ) dθ= ⎰[0, 2π] (- 2 sinθ)/(5 + 4cosθ) dθ+ i ⎰[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ．所以⎰[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)以2π为周期，故⎰[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0；因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)为偶函数，故⎰[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = (1/2) ⎰[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．7. (分部积分法)设函数f(z), g(z)在单连通区域D内解析，α, β是D内两点，试证⎰[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -⎰[α, β] g(z) f’(z)dz．【解】因f(z), g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’都在D 内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’的积分都与路径无关．⎰[α, β] f(z)g’(z)dz + ⎰[α, β] g(z) f’(z)dz = ⎰[α, β] ( f(z)g’(z)dz + g(z) f’(z))dz= ⎰[α, β] ( f(z)g(z))’dz．而f(z)g(z)是( f(z)g(z))’在单连通区域D内的一个原函数，所以⎰[α, β] ( f(z)g(z))’dz = f(β)g(β) -f(α)g(α) = ( f(z)g(z))|[α, β]．因此有⎰[α, β] f(z)g’(z)dz + ⎰[α, β] g(z) f’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β]，即⎰[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -⎰[α, β] g(z) f’(z)dz．13. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，求证Γ亦为光滑曲线．【解】分两种情况讨论．(1) 当z(α) ≠z(β)时，C不是闭曲线．此时z(t)是[α, β]到D内的单射，z(t)∈C1[α, β]，且在[α, β]上，| z’(t) |≠ 0．因Γ是曲线C在映射f下的象，所以Γ可表示为w = f(z(t)) (α≤t≤β)．∀t∈[α, β]，z(t)∈D．因f于区域D内解析，故f在z(t)处解析，因此f(z(t))在t处可导，且导数为f’(z(t))z’(t)．显然，f’(z(t))z’(t)在[α, β]上是连续的，所以f(z(t))∈C1[α, β]．因为f(z)于区域D内是单叶的，即f(z)是区域D到 的单射，而z(t)是[α, β]到D内的单射，故f(z(t))是[α, β]到 内的单射．因在D内有f’(z) ≠ 0，故在[α, β]上，| f’(z(t))z’(t) |= | f’(z(t)) | · |z’(t) |≠ 0．所以，Γ是光滑曲线．(2) 当z(α) = z(β)时，C是闭曲线．此时z(t)∈C1[α, β]；在[α, β]上，有| z’(t) |≠ 0；z’(α) = z’(β)；∀t1∈[α, β]，∀t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)．与(1)完全相同的做法，可以证明f(z(t))∈C1[α, β]，且| f’(z(t))z’(t) |≠ 0．由z(α) = z(β)和z’(α) = z’(β)，可知f’(z(α))z’(α) = f’(z(β))z’(β)．因为∀t1∈[α, β]，∀t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)，由f(z)于区域D内单叶，因此我们有f(z(t1)) ≠f(z(t2))．所以Γ是光滑的闭曲线．14. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，证明积分换元公式⎰ΓΦ(w) dw = ⎰CΦ( f(z)) f’(z) dz．其中Φ(w)沿曲线Γ连续．【解】由13题知曲线Γ也是光滑曲线，其方程为w(t) = f(z(t)) (α≤t≤β)．故⎰ΓΦ(w) dw = ⎰[α, β] Φ(w(t)) ·w’(t) dt = ⎰[α, β] Φ( f(z(t))) · ( f’(z(t)) z’(t)) dt．而⎰CΦ( f(z)) f’(z) dz = ⎰[α, β] ( Φ( f(z(t))) f’(z(t))) ·z’(t) dt．所以⎰ΓΦ(w) dw = ⎰CΦ( f(z)) f’(z) dz．15. 设函数f(z)在z平面上解析，且| f(z) |恒大于一个正的常数，试证f(z)必为常数．【解】因| f(z) |恒大于一个正的常数，设此常数为M．则∀z∈ ，| f(z) | ≥M，因此| f(z) | ≠ 0，即f(z) ≠ 0．所以函数1/f(z)在 上解析，且| 1/f(z) | ≤ 1/M．由Liuville定理，1/f(z)为常数，因此f(z)也为常数．17. 设函数f(z)在区域D内解析，试证(∂2/∂x2 + ∂2/∂y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．【解】设f(z) = u + i v，w = | f(z) |2，则w = ln ( u 2 + v 2 )．w x = 2(u x u+ v x v)，w y = 2(u y u+ v y v)；w xx = 2(u xx u+ u x2 + v xx v+ v x2 )，w yy = 2(u yy u+ u y2 + v yy v+ v y2 )；因为u, v都是调和函数，所以u xx u+ u yy u= (u xx + u yy) u= 0，v xx v+ v yy v= (v xx + v yy) v= 0；由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2 = v y 2，v x 2 = u y2，故w xx + w yy = 2 (u x2 + v x2 + u y2 + v y2) = 4 (u x2 + v x2) = 4 | f(z) |2；即(∂2/∂x2 + ∂2/∂y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．18. 设函数f(z)在区域D内解析，且f’(z) ≠ 0．试证ln | f’(z) |为区域D内的调和函数．【解】∀a∈D，因区域D是开集，故存在r1 > 0，使得K(a, r1) = { z∈ | | z -a | < r1 } ⊆D．因f’(a) ≠ 0，而解析函数f’(z)是连续的，故存在r2 > 0，使得K(a, r2) ⊆K(a, r1)，且| f’(z) -f’(a)| < | f’(a) |．用三角不等式，此时有| f’(z)| > | f’(a) | - | f’(z) -f’(a)| > 0．记U = { z∈ | | z -f’(a)| < | f’(a) |}，则U是一个不包含原点的单连通区域．在沿射线L = {z∈ | z = - f’(a) t，t≥ 0 }割开的复平面上，多值函数g(z) = ln z可分出多个连续单值分支，每个单值连续分支g(z)k在 \L上都是解析的．∀t≥ 0，| - f’(a) t -f’(a) | = (t + 1) | f’(a) | ≥ | f’(a) |，故- f’(a) t ∉U．所以U ⊆ \L，即每个单值连续分支g(z)k在U上都是解析的．因为当z∈K(a, r2)时，f’(z)∈U，故复合函数g( f’(z))k在上解析．而Re(g( f’(z))k) = ln | f’(z) |，所以ln | f’(z) |在K(a, r2)上是调和的．由a∈D的任意性，知ln | f’(z) |在D上是调和的．【解2】用Caucht-Riemann方程直接验证．因为f’(z)也在区域D内解析，设f’(z) = u + i v，则u, v也满足Cauchy-Riemann方程．记w = ln | f’(z) |，则w = (1/2) ln ( u 2 + v 2 )，w x = (u x u+ v x v) /( u 2 + v 2 )，w y = (u y u+ v y v) /( u 2 + v 2 )；w xx = ((u xx u+ u x2 + v xx v+ v x2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u x u+ v x v)2)/( u 2 + v 2 )2；w yy = ((u yy u+ u y2 + v yy v+ v y2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u y u+ v y v)2)/( u 2 + v 2 )2；因为u, v都是调和函数，所以u xx u+ u yy u= (u xx + u yy) u= 0，v xx v+ v yy v= (v xx + v yy) v= 0；由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2 = v y 2，v x 2 = u y2，u x v x + u y v y = 0，因此(u x u+ v x v)2 + (u y u+ v y v)2= u x2u 2+ v x 2v 2 + 2 u x u v x v+ u y2u 2+ v y 2v 2 + 2 u y u v y v= (u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 )；故w xx + w yy = (2(u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 ))/( u 2 + v 2 )2 = 0．所以w为区域D内的调和函数．[初看此题，就是要验证这个函数满足Laplace方程．因为解析函数的导数还是解析的，所以问题相当于证明ln | f(z) |是调和的，正如【解2】所做．于是开始打字，打了两行之后，注意到ln | f’(z) |是Ln f’(z)的实部．但Ln z不是单值函数，它也没有在整个 上的单值连续分支，【解1】前面的处理就是要解决这个问题．]p141第三章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 ]1. 设函数f(z)在0 < | z | < 1内解析，且沿任何圆周C : | z | = r, 0 < r < 1的积分值为零．问f(z)是否必须在z = 0处解析？试举例说明之．【解】不必．例如f(z) = 1/z2就满足题目条件，但在z = 0处未定义．[事实上可以任意选择一个在| z | < 1内解析的函数g(z)，然后修改它在原点处的函数值得到新的函数f(z)，那么新的函数f(z)在原点不连续，因此肯定是解析．但在0 < | z | < 1内f(z) = g(z)，而g(z)作为在| z | < 1内解析的函数，必然沿任何圆周C : | z | = r的积分值都是零．因此f(z)沿任何圆周C : | z | = r的积分值也都是零．若进一步加强题目条件，我们可以考虑，在极限lim z→0 f(z)存在的条件下，补充定义f(0) = lim z→0 f(z)，是否f(z)就一定在z = 0处解析？假若加强条件后的结论是成立，我们还可以考虑，是否存在满足题目条件的函数，使得极限lim z→0 f(z)不存在，也不是∞？]2. 沿从1到-1的如下路径求⎰C1/√z dz．(1) 上半单位圆周；(2) 下半单位圆周，其中√z取主值支．【解】(1) √z = e i arg z /2，设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, π]．⎰C1/√z dz = ⎰[0, π] i e iθ/e iθ/2dθ = ⎰[0, π] i e iθ/2dθ = 2e iθ/2|[0, π] = 2(- 1 + i)．(2) √z = e i arg z /2，设C : z(θ)= e iθ，θ∈[-π, 0]．⎰C1/√z dz = -⎰[-π, 0] i e iθ/e iθ/2dθ = -⎰[-π, 0] i e iθ/2dθ = - 2e iθ/2|[-π, 0] = 2(- 1 -i)．[这个题目中看起来有些问题：我们取主值支，通常在是考虑割去原点及负实轴的z平面上定义的单值连续分支．因此，无论(1)还是(2)，曲线C上的点-1总不在区域中(在区域的边界点上)．因此曲线C也不在区域中．所以，题目应该按下面的方式来理解：考虑单位圆周上的点ζ，以及沿C从1到ζ的积分的极限，当ζ分别在区域y > 0和区域y < 0中趋向于-1时，分别对应(1)和(2)的情形，简单说就是上岸和下岸的极限情形．那么按照上述方式理解时，仍然可以象我们所做的那样，用把积分曲线参数化的办法来计算，这是由积分对积分区域的连续性，即绝对连续性来保证的．以后我们遇到类似的情形，都以这种方式来理解．]3. 试证| ⎰C(z + 1)/(z - 1) dz | ≤ 8π，其中C为圆周| z - 1 | = 2．【解】若z∈C，| z + 1 | ≤ | z - 1 | + 2 = 4，故| (z + 1)/(z - 1) | ≤ 2．因此| ⎰C(z + 1)/(z - 1) dz | ≤⎰C| (z + 1)/(z - 1) | ds≤ 2 · Length(C) = 8π．4. 设a, b为实数，s = σ+ i t (σ > 0)时，试证：| e bs–e as| ≤ | s | · | b–a | e max{a, b} ·σ．【解】因为f(z) = e sz在 上解析，故f(z)的积分与路径无关．设C是从a到b的直线段，因为e sz/s是f(z)的一个原函数，所以| ⎰C e sz dz | = | e sz/s |[a, b] | = | e bs–e as|/| s |．而| ⎰C e sz dz | ≤⎰C | e sz|ds = ⎰C | e(σ+ i t)z|ds = ⎰C | eσ z+ i tz|ds= ⎰C | eσ z|ds ≤⎰C e max{a, b} ·σ ds = | b–a | e max{a, b} ·σ．所以| e bs–e as| ≤ | s | · | b–a | e max{a, b} ·σ．5. 设在区域D = { z∈ : | arg z | < π/2 }内的单位圆周上任取一点z，用D内曲线C 连接0与z，试证：Re(⎰C1/(1 + z2) dz ) = π/4．【解】1/(1 + z2)在单连通区域D内解析，故积分与路径无关．设z = x + i y，∀z∈D，i z∈{ z∈ : 0 < arg z < π } = { z∈ : Im z > 0 }，-i z∈{ z∈ : -π < arg z < 0 } = { z∈ : Im z < 0 }，故1 + i z∈{ z∈ : Im z > 0 }， 1 -i z∈{ z∈ : Im z < 0 }．设ln(z)是Ln(z)的主值分支，则在区域D内( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)是解析的，且(( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i))’ = (i/(1 + i z) + i/(1 -i z))(2i) = 1/(1 + z2)；即( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)是1/(1 + z2)的一个原函数．⎰C1/(1 + z2) dz = ( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/2 |[0, z]= (ln(1 + i z) - ln(1 -i z))/(2i) = ln((1 + i z)/(1 -i z))/(2i)= (ln |(1 + i z)/(1 -i z)| + i arg ((1 + i z)/(1 -i z)))/(2i)= -i (1/2) ln |(1 + i z)/(1 -i z)| + arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2，故Re(⎰C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2．设z = cosθ + i sinθ，则cosθ> 0，故(1 + i z)/(1 -i z) = (1 + i (cosθ + i sinθ))/(1 -i (cosθ + i sinθ)) = i cosθ/(1 + sinθ)，因此Re(⎰C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2= arg (i cosθ/(1 + sinθ))/2 = (π/2)/2 = π/4．[求1/(1 + z2) = 1/(1 + i z) + 1/(1 -i z) )/2的在区域D上的原函数，容易得到函数( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)，实际它上就是arctan z．但目前我们对arctan z的性质尚未学到，所以才采用这种间接的做法．另外，注意到点z在单位圆周上，从几何意义上更容易直接地看出等式arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2 = π/4成立．最后，还要指出，因曲线C的端点0不在区域D中，因此C不是区域D中的曲线．参考我们在第2题后面的注释．]6. 试计算积分⎰C( | z | - e z sin z ) dz之值，其中C为圆周| z | = a > 0．【解】在C上，函数| z | - e z sin z与函数a- e z sin z的相同，故其积分值相同，即⎰C( | z | - e z sin z ) dz = ⎰C( a- e z sin z ) dz．而函数a- e z sin z在 上解析，由Cauchy-Goursat定理，⎰C( a- e z sin z ) dz = 0．因此⎰C( | z | - e z sin z ) dz = 0．7. 设(1) f(z)在| z | ≤ 1上连续；(2) 对任意的r (0 < r < 1)，⎰| z | = r f(z) dz = 0．试证⎰| zf(z) dz = 0．| = 1【解】设D(r) = { z∈ | | z | ≤r }，K(r) = { z∈ | | z | = r }，0 < r≤ 1．因f在D(1)上连续，故在D(1)上是一致连续的．再设M = max z∈D(1) { | f(z) | }．∀ε > 0，∃δ1> 0，使得∀z, w∈D(1), 当| z-w | < δ1时，| f(z) -f(w)| < ε/(12π)．设正整数n≥ 3，z k= e 2kπi/n ( k = 0, 1, ..., n- 1)是所有的n次单位根．这些点z0, z1, ..., z n– 1将K(1)分成n个弧段σ(1), σ(2), ..., σ(n)．其中σ(k) (k = 1, ..., n- 1)是点z k– 1到z k的弧段，σ(n)是z n– 1到z0的弧段．记p(k) (k = 1, ..., n- 1)是点z k– 1到z k的直线段，p(n)是z n– 1到z0的直线段．当n充分大时，max j {Length(σ( j))} = 2π/n < δ1．设P是顺次连接z0, z1, ..., z n– 1所得到的简单闭折线．记ρ = ρ(P, 0)．注意到常数f(z j)的积分与路径无关，⎰σ( j)f(z j) dz =⎰p( j)f(z j) dz；那么，| ⎰K(1)f(z) dz -⎰P f(z) dz |= | ∑j⎰σ( j)f(z) dz -∑j⎰p( j)f(z) dz |= | ∑j (⎰σ( j)f(z) dz -⎰p( j)f(z) dz ) |≤∑j | ⎰σ( j)f(z) dz -⎰p( j)f(z) dz |≤∑j ( | ⎰σ( j)f(z) dz -⎰σ( j)f(z j) dz | + | ⎰p( j)f(z j) dz -⎰p( j)f(z) dz | )= ∑j ( | ⎰σ( j) ( f(z)-f(z j)) dz | + | ⎰p( j) ( f(z)-f(z j)) dz | )= ∑j ( ⎰σ( j)ε/(12π) ds + ⎰p( j)ε/(12π) ds )= (ε/(12π))·∑j ( Length(σ( j)) + Length(p( j)) )≤ (ε/(12π))·∑j ( Length(σ( j)) + Length(σ( j)) )= (ε/(12π))· (2 Length(K(1)))= (ε/(12π))· 4π = ε/3．当ρ< r < 1时，P中每条线段p(k)都与K(r)交于两点，设交点顺次为w k, 1, w k, 2．设Q是顺次连接w1, 1, w1, 2, w2, 1, w2, 2, ..., w n, 1, w n, 2所得到的简单闭折线．与前面同样的论证，可知| ⎰K(r)f(z) dz -⎰Q f(z) dz |≤ε/3．因此，| ⎰K(1)f(z) dz | = | ⎰K(1)f(z) dz -⎰K(r)f(z) dz |≤ | ⎰K(1)f(z) dz -⎰P f(z) dz | + | ⎰K(r)f(z) dz -⎰Q f(z) dz | + | ⎰P f(z) dz-⎰Q f(z) dz |≤ε/3 + ε/3 + | ⎰P f(z) dz-⎰Q f(z) dz |．记连接w k, 2到w k +1, 1的直线段为l(k)，连接w k, 2到z k +1的直线段为r(k)，连接z k +1到w k +1, 1的直线段为s(k)，则| ⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz |≤M ( Length(l(k)) + Length(r(k)) + Length(s(k)) ) ≤ 3 M · Length(l(k))．因为当r → 1-时，有Length(l(k)) → 0，故存在r∈(ρ, 1)使得| ⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz | < ε/(3n)．对这个r，我们有| ⎰P f(z) dz-⎰Q f(z) dz | = | ∑k (⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz ) |≤∑k (| ⎰r(k)f(z) dz + ⎰s(k)f(z) dz-⎰l(k)f(z) dz |) ≤∑k ε/(3n) = ε/3．故| ⎰K(1)f(z) dz | ≤ε．因此⎰K(1)f(z) dz = 0．8. 设(1) f(z)当| z–z0 | > r0 > 0时是连续的；(2) M(r)表| f(z) |在K r : | z–z0 | = r > r0上的最大值；(3) lim r → +∞r M(r) = 0．试证：lim r → +∞⎰K(r) f(z) dz = 0．【解】当r > r0时，我们有| ⎰K(r) f(z) dz | ≤⎰K(r) | f(z) | ds≤⎰K(r) M(r) ds = 2πr M(r) → 0 (当r → +∞时)，所以lim r → +∞⎰K(r) f(z) dz = 0．9. (1) 若函数f(z)在点z = a的邻域内连续，则lim r → 0 ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz = 2πi f(a)．(2) 若函数f(z)在原点z = 0的邻域内连续，则lim r → 0 ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ = 2π f(0)．【解】(1) 当r充分小时，用M(r)表| f(z) |在K r : | z–a | = r上的最大值；| ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz– 2πi f(a) |= | ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz–f(a)⎰| z–a | = r1/(z–a) dz |= | ⎰| z–a | = r( f(z) –f(a))/(z–a) dz | ≤⎰| z–a | = r| f(z) –f(a) |/| z–a| ds≤M(r) ⎰| z–a | = r1/| z–a| ds = 2πr M(r)．当r → 0时，由f(z)的连续性，知M(r) → | f(a) |．故| ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz– 2πi f(a) | → 0．因此，lim r → 0 ⎰| z–a | = r f(z)/(z–a) dz = 2πi f(a)．(2) 根据(1)，lim r → 0 ⎰| z | = r f(z)/z dz = 2πi f(0)．而当r充分小时，我们有⎰| z | = r f(z)/z dz = ⎰[0, 2π] f(r e iθ )/(r e iθ )· (r e iθi ) dθ = i ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ．所以，lim r → 0 (i ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ)= 2πi f(0)．故lim r → 0 ⎰[0, 2π] f(r e iθ ) dθ = 2π f(0)．10. 设函数f(z)在| z | < 1内解析，在闭圆| z | ≤ 1上连续，且f(0) = 1．求积分(1/(2πi))⎰| z | = 1 (2 ± (z + 1/z)) f(z)/z dz之值．【解】(1/(2πi))⎰| z | = 1 (2 ± (z + 1/z)) f(z)/z dz= ⎰| z | = 1 (2f(z)/z± (zf(z)/z + (1/z)f(z)/z) dz= (1/(2πi)) ·( ⎰| z | = 1 2f(z)/z dz ± (⎰| z | = 1 f(z) dz +⎰| z | = 1 f(z)/z 2dz) )= (1/(2πi)) ·( 2(2πi) f(0)± (0+ (2πi/1!)f’(0)) )= 2 f(0)±f’(0) = 2 ±f’(0)．11. 若函数f(z)在区域D内解析，C为D内以a, b为端点的直线段，试证：存在数λ，| λ| ≤ 1，与ξ∈C，使得f(b) -f(a) = λ(b -a) f’(ξ)．【解】设C的参数方程为z(t) = (1 –t ) a + t b，其中t∈[0, 1]．在区域D内，因f(z)是f’(z)的原函数，故f(b) -f(a) = ⎰C f’(z) dz = ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) (b -a) dt == (b -a) ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt．(1) 若⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = 0，因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的连续函数，故| f’((1 –t ) a + t b) |在[0, 1]上恒为零．即f’(x)在C上恒为零．此时取λ= 0，任意取ξ∈C，则有f(b) -f(a) = (b -a) ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = 0 = λ(b -a) f’(ξ)．(2) 若⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt > 0，因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的实变量连续函数，由积分中值定理，存在t0∈[0, 1]，使得⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’((1 –t0) a + t0b) |．取ξ = (1 –t0) a + t0b，则f’(ξ) = f’((1 –t0) a + t0b) ≠ 0，令λ= (⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’(ξ)．因为| ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt | ≤⎰[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’(ξ) |．所以| λ| = | (⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’(ξ) |= | ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt |/| f’(ξ) | ≤ 1．且f(b) -f(a) = (b -a) ⎰[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = λ(b -a) f’(ξ)．12. 如果在| z | < 1内函数f(z)解析，且| f(z) | ≤ 1/(1 - | z |)．试证：| f(n)(0) | ≤ (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!，n =1, 2, ...．【解】设K(r) = { z∈ | | z | = r }，0 < r≤ 1．由Cauchy积分公式和高阶导数公式，有| f(n)(0) | = (n!/(2π)) | ⎰K(r) f(z)/z n + 1dz | ≤ (n!/(2π)) ⎰K(r) | f(z) |/| z |n + 1ds≤ (n!/(2π)) ⎰K(r) 1/((1 - | z |)| z |n + 1) ds = (n!/(2π))/((1 -r ) r n + 1) 2πr= n!/((1 -r ) r n)．为得到| f(n)(0) |的最好估计，我们希望选取适当的r∈(0, 1)，使得n!/((1 -r ) r n)最小，即要使(1 -r ) r n最大．当n≥ 1时，根据均值不等式，(1 -r ) r n = (1 -r ) (r/n)n ·n n≤ (((1 -r ) + (r/n) + ... + (r/n))/(n + 1))n + 1 ·n n = n n/(n + 1)n + 1．当1 -r = r/n，即r = n/(n + 1)时，(1 -r ) r n达到最大值n n/(n + 1)n + 1．因此，我们取r = n/(n + 1)，此时有| f(n)(0) | ≤n!/((1 -r ) r n) = n!/(n n/(n + 1)n + 1) = (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!．[也可以用数学分析中的办法研究函数g(r) = (1 -r ) r n在(0, 1)内的上确界，也会得到同样的结果．]13. 设在| z | ≤ 1上函数f(z)解析，且| f(z) | ≤ 1．试证：| f’(0) | ≤ 1．【解】设D = { z∈ | | z | ≤ 1 }．由高阶导数公式，| f’(0) | = (1/(2π)) | ⎰∂D f(z)/z 2dz | ≤ (1/(2π)) ⎰∂D1/| z |2 ds = 1．14. 设f(z)为非常数的整函数，又设R, M为任意正数，试证：满足| z | > R且| f(z) | > M的z必存在．【解】若不然，当| z | > R时，| f(z) | ≤M．而f(z)为整函数，故必连续，因此f(z)在| z | ≤R上有界．所以f(z)在 上有界．由Liouville定理，f(z)必为常数，这与题目条件相矛盾．15. 已知u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，试确定解析函数f(z) = u + i v．【解】由于u x + v x = 3(x2 + 2xy–y2) – 2，u y + v y = 3(x2– 2xy–y2) – 2，两式相加，再利用Cauchy-Riemann方程，有u x = 3(x2–y2) – 2．两式相减，再利用Cauchy-Riemann方程，有v x = 6xy．所以f’(z) = u x + i v x = 3(x2–y2) – 2 + 6xy i = 3(x + y i)2– 1 = 3 z2– 2．因此，f(z) = z3– 2z + α，其中α为常数．将z = 0代入，f(z) = z3– 2z + α，得α = f(0)．把(x, y) = (0, 0)带入u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，得u(0, 0) + v(0, 0) = 0．设u(0, 0) = c∈ ，则v(0, 0) = -c．因此α = f(0) = u(0, 0) + v(0, 0) i = (1 -i )c．所以，f(z) = z3– 2z + (1 -i )c，其中c为任意实数．[书上答案有误．设f(z) = z3– 2z + (a + b i)，则f(z) = (x + y i)3– 2(x + y i) + (a + b i) = (x3 - 3xy2 – 2x + a) + (3x2y-y3– 2y + b)i．因此，u + v = (x3 - 3xy2 – 2x + a) + (3x2y-y3– 2y + b)= (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y) + (a + b)，所以，当a + b≠ 0时，不满足题目所给条件．]16. 设(1) 区域D是有界区域，其边界是周线或复周线C；(2) 函数f1(z)及f2(z)在D内解析，在闭域cl(D) = D + C上连续；(3) 沿C，f1(z) = f2(z)．试证：在整个闭域cl(D)，有f1(z) = f2(z)．【解】设f(z) = f1(z) -f2(z)．用Cauchy积分公式，∀z∈D有f(z) = (1/(2πi))⎰C f(ζ)/(ζ–z) dζ = 0．所以∀z∈cl(D)有f(z) = 0，即f1(z) = f2(z)．∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，∃m∈ +，★〈α1, α2, ..., αn〉lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。

复变函数练习题 第三章 复变函数的积分系 专业 班 姓名 学号§1 复变函数积分的概念 §4 原函数与不定积分一．选择题1．设为从原点沿至的弧段，则[]C 2y x =1i +2()Cx iy dz +=⎰（A ）（B ） （C ） （D ）1566i -1566i -+1566i --1566i +2. 设是，从1到2的线段，则 []C (1)z i t =+t arg Czdz =⎰（A ）（B ）（C ）（D ）4π4i π(1)4i π+1i+3．设是从到的直线段，则[]C 012i π+z Cze dz =⎰（A ）（B ） （C ） （D ）12e π-12e π--12ei π+12eiπ-4．设在复平面处处解析且，则积分[]()f z ()2iif z dz i πππ-=⎰()iif z dz ππ--=⎰（A ） （B ）（C ）（D ）不能确定2i π2i π-0二．填空题1．设为沿原点到点的直线段，则2。

C 0z =1z i =+2Czdz =⎰2．设为正向圆周，则C |4|1z -=2232(4)A Cz z dz z -+=-⎰10.i π三．解答题1．计算下列积分。

（1）323262121()02iziiz i i i edzee e ππππππ---==-=⎰（2）22222sin 1cos2sin 2224sin 2.244iiiii i zdzz z z dz i e e e e i i i i ππππππππππππππ------⎛⎫==- ⎪⎝⎭⎛⎫--=-=-=+⎪⎝⎭⎰⎰（3）110sin (sin cos )sin1cos1.z zdzz z z =-=-⎰（4）20222cos sin 1sin sin().222iiz z dzz i ππππ==⋅=-⎰2．计算积分的值，其中为正向圆周：||C z dz z ⎰A C （1）2200||22,022224.2i i i z Cz e e ie d id i θθππθθπθθπ-==≤≤⋅==⎰⎰积分曲线的方程为则原积分I =（2）2200||44,024448.4i i i z Cz e e ie d id i θθππθθπθθπ-==≤≤⋅==⎰⎰积分曲线的方程为则原积分I =3．分别沿与算出积分的值。