《复变函数》第三章习题全解钟玉泉版

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 i

01

(x y ix)d(x yi)

22

1

2

(x x ix)d(x ix) (1 i)i xdx

(i 1)

x

3

10

3

1 i3

2.解:(1)C:z x, 1 x 1,因此 zdz

C

1

1

xdx 1

(2)C:z ei , 从 变到0,因此 zdz

C

de

i

i ed 2

i

(3)下半圆周方程为z ei , 2 ,则 zdz

C

2

de

i

i ied 2

i

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 2

22

.

(2) C:x2 y2 1,x 0 而f(z) x2 iy2 所以

x y

4

4

1,右半圆周长为 ,

i

i

(x iy)dz

22

.

2

4.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 21

2

1(z 1) 1

2

,因奇点z 1 i在单位圆z 1的外部, 所以

dzz 2z 2

2

z 2z 2

2

在z 1上处处解析,由柯西积分定理得 C

0

.

(3)

e

2

z

z 5z 6

e

z

(z 2)(z 3)

,因奇点z 2, 3在单位圆z 1的外部, 所以

edzz 5z 6

2

z

e

2

z

z 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.

C

5.解:(1)因f(z) (z 2)在z平面上解析,且

2

(z 2)

3

3

为其一原函数,所以

2 i

2

(z 2)dz

2

(z 2)

3

3

2 i 2

i3

(2)设z ( 2i)t,可得

i

cos

z2

dz

1

cos(

2i

2

t)( 2i)dt

2i

2

1

(ee

t

i

2

t

ee

t

i

2

t

)dt

e e 1 6.解:

2 a

23 2 a22

(2z 8z 1)dz= z 4z z |

3 0

=8 3a3 16 2a2 2 a

3

2

7.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 0

id

i

e

i

2

2 0

(icos sin )[(cos 2) isin ]

(cos 2) sin d

0

22

=

2 02 0

2sin i(1 2cos )

5 4cos 1 2cos 5 4cos

0

于是 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 1

z 2

2

z 1

2 i(2z z 1)

2

z 1

4 i

(2)可令f(z) 2z2 z 1,则由导数的积分表达式得

2z z 1

z 2

2

(z 1)

2

2 if (z)

z 1

6 i

sin

2

10.解:(1)若C不含z= 1，则

c

4z 1

zdz

0

sin

(2)若C含z=1但不含有z=-1,

则

c

42

z 1

zdz

2 i 2

2

i

sin

4

2

zdz

(3)若C含有z=-1,但不含 z=1,

则： (4)若C含有z 1,则

sin

2

c

z

1

i

c

zdz4 2

z 1

1

c

2

sin

2

4

z(

1z 1

1z 1

)dz

2 i2

2

2

2

i

)id

11.证明:

e

z

C

z

e

cos isin

cos isin

(cos isin )

(e

cos

e

isin

2

e

cos

sin(sin ) ie

z

cos

cos(sin )d

再利用柯西积分公式

2

e

C

z

dz

e

C

0

2 i

则 ecos cos(sin )d 2 ,由于ecos cos(sin )关于 对称,因此

ecos cos(sin )d

12.解:令 ( ) 3 2 7 1,则 f(z)

( ) z

C

d 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

b

ab

[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

y

2

2

c(x)

vx 2y c (x) uy 2y x

c (x) x c(x)

x

2

2

D

f(z) (x xy y) (2xy

i

22

y

2

2

x

2

2

D)i

12

由已知f(i)=-1+i -1+i=-1+ Di D

2

12)

f(z) (x xy y) i(2xy

22

y

2

2

x

2

2

(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))

x

x

x

x

x

x

即 (x) 0, (x) C,故

f(z) e(xcosy ysiny) i(xesiny eycosy C)

x

x

x

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)

2

2

2

,所以

u

(x

2xy

2

y)

22

dy

xx y

2

2

(x)

又因vy ux,故( 所以 (x) C,故

f(z)

xx y

2

xx y

2

2

) x (x) (

yx y

2

2

) y,即 (x) 0.

2

C i

1

yx y

2

2

又因为f(2) 0,所以C

f(z)

xx y

2

2

2

,故

y

12

i

x y

22

2

17.证明：设f(z) u iv 4f (z) 4(ux2 vy2)

f(z)

2

=u2 v2，

2

f(z) x

2

2uuy 2vvx

2

f(z) x

2

2ux 2uux 2vx 2vvx

2222

同理可得：

2

f(z) y

2

2

2u

2y

2uu

2y 2vy 2vvy

2

2

于是结合C R条件及u,v为调和函数可得：

(

22

x

2

y

)f(z)2

2

4(ux vx) 2u(ux uy) 2v(vx vy)

2

222222

=4（ux2 vx2）=4f (z)

18.证明: f(z)在D内解析,则f (z)在D内也解析.已知f (z) 0,则lnf (z)在

D

内解析,于是其实部lnf (z)为D内的调和函数.

19.解: f(z)

z

z0

v(z)dz

ki2

z

2

势函数和流函数分别为 (x,y) kxy

(x,y) 故势线和流线为双曲线.

20.解:根据流量和环量的定义来计算 f(z)

1z 1

2

k2

(x y)

22

x y 1(x y 1) 4xy

x y 1

2

2

22

22222

2xy

(x y 1) 4xy

2xy

(x y 1) 4xy

2xy

2

2

2

2

2

22222

i

环量 C

1

C1

(x y 1) 4xyx y 1

2

2

22222

dx

dy 0

流量为

C1

(x y 1) 4xy

22222

dy

(x y 1) 4xy

22222

0

同理,在C2,C3处也为0.

（二） 1.答:f(z)不必需要在z 0解析,如f(z)

1z

在z 0处不解析.

2.解:若沿负实轴( ,0]隔开z平面,z就能分成两个单值解析分支,即 (z)k

ze

i

argz 2k

2

( argz ,k 0,1)

(1)在C1:z ei ,0 上, z取主值支.这时(1)式中argz代换为 ,k 0,

则z e2,故

i

C1

dzz

2 2i.

(2)在C2:z e i ,0 上,

,k 0,则

z取主值支.这时(1)式中argz代换为

dzz

C2

2 2i.

3.证明:利用积分估值定理及三角不等式

z 1z 1

2z 1

1

2z 1

2

且由积分估值定理有

z 1z 1

C

dz 8

4.证明:因为f(z) esz在单连通区域z平面上解析,则

e

bs

e

as

b

a

se

s

d

s

由积分估值定理有

b

se

a

d Mb a

其中M可由ses s es s e( it) s e t eit s emax(a,b) 得出. 5. 解:设z ei ,c1为0到1的直线段,c2为1到z的圆弧，则由柯西积分定理

dz1 z

2

C

c1 z

1

dz

2

c

dz

21 z

2

=

10

dx1 x

2

ie

i 2i

1 e

=RE

dz

C

4

1 z

2

6.解:f(z) ezsinz在圆周z a内解析,故其积分值与路径无关,只与起点终点有关,而积分路径为封闭的圆周,故 ezsinzdz 0

C

因此,原式= zdz ezsinzdz adz 2 a2

C

C

C

7.证明：因为f(z)在|z| 1上连续，所以f(z)在|z| 1一致连续，因此 0，

0，使当1 r 1时均有|f(e) f(re)|

i

i

2

,(0 2 )

于是：|

|z| 1

f(z)dz| |

|

|z| 1

f(z)dz

i

i

1

r

|z| r

f(z)dz|

2 0

2 0

f(e)ied

i

1

r

f(re)ried |

i i

2

|f(e) f(re)|d

i

所以

|z| 1

f(z)dz 0.

8.证明:首先由题设积分 f(z)dz存在,应用积分估值定理.

Kr

Kr

f(z)dz M(r) 2 r

而由题设(3)limM(r) r 0,故得证.

r

9.证明:(1)参见教材(3.16)式的证明.

因为f(z)在点z 0的邻域内连续,则对 0， 0, z z 0的邻域,有 f(z) f(0) 所以

2

f(re

i

)d 2 f(0)

2

(f(re

i

)d f(0))d

故 limf(rei )d 2 f(0)

r 0

2

f(re

i

)d f(0)d

2

d 2

(2)取(1)中的a 0,再利用圆周的参数方程化简(1)中等式左端即证. 10.证明:

12 i12 i

|z| 1

[2 (z 2f(z)z

1z

)]f(z)

dzzz

2

]dz

=

|z| 1

f(z)

f(z)

=2f(0) f (0) 2 f (0)

11.证明:由题设,f (z)在D内含C之单连通区域内解析, f(b) f(a)

b

a

f (z)dz

b

a

f (z)dz

考虑到f (z)在有界闭集C上的连续性,必存在点 C,使得f ( )是f (z) 在C上的最大值. f (z)dz

ab

b

a

f ( )b a

由上得 f(b) f(a) f ( )b a

如果 C,都有f ( ) 0,则沿C,f (z) 0,于是沿C,f(z)为常数,故

f(b) f(a),题中等式成立.

如果存在 C使f ( ) 0,且是f (z)在C上的最大值,则可令

f(b) f(a)f ( )(b a)

,则题中等式成立.

12.证明:取圆周z 1

由于f(z)在z 1内解析,故知f(z)在z 上解析,且有 f(z)

11 z

11

由柯西不等式,知 f

(n)

(0)

n!M( )

n

n

n!

(1 )

n

n1 n

)(1

n

对于 在(0,1)上,当

n 1

时, n(1 )取最大值(

n1 n

)

于是得

n!

(1 )

n

的最小值为

(n 1)!(nn 1

)

n

,当n 时(

nn 1

)

n

1e

所以有 f

(n)

(0)

的估值为f

(n)

(n)

(0) (n 1)!e. n!M(R)R

n

13.证明:由柯西不等式f f (0)

12 i12

(a)

,其中M(R) f(z),n 1,2, 可知

z a R

f(z)

z 1

z

2

dz

12

f(z)

z 1

z

2

dz

1

z 1

1

2

dz 1

14.证明:应用反证法

假设满足z R且f(z) M的z不存在,则必存在某正数R,M,使得对于任意的z,z R时, f(z) M,又由f(z)的连续性.则当z R时, f(z)必有最大值,设其为M1,令M0 max M,M1 ,则在z 时有f(z) M0,于是得到f(z)在全平面上是有界的,则由刘维尔定理, f(z)必为常数,与题矛盾,假设错误.

15.解:由 v (x y)(x2 4xy y2) 2(x y),得

x vx (x 4xy y) (x y)(2x 4y) 2

2

2

=3x2 3y2 6xy 2

两式相加并结合C R条件得：

x 3x 3y 2

2

2

从而 x3 3y2x 2x,v y3 3x2y 2y 故 f x3 3y2x 2x i(3x2y y3 2y)

16.解:在D内,由条件(1),(2)已知满足柯西积分公式的条件,故得在D内 f1(z) f2(z)

在C上,由条件(3)知f1(z) f2(z) 故综合得在D D C上有f1(z) f2(z).

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