復(fù)變函數(shù)第一章課后習(xí)題答案

第一章課后習(xí)題答案

第一題

1_3-2i_3—2，_32.

,3+2,(3+20(3-2/)13Ta-n7

RcG)=吉Im⑺=一備一居十臺；

1=J(G)'+(青)=片;argz=_arctg

ArM：-arctg—F2萬n(&=0.±1.土2,

V

(3+4/*)(2—5i)_26—7r__7

2i2i~~213/

7_7

"一/$lm(z)=-13；之=-13/5

=Jv(—；ar8z=arctgy—n;

Argz=arctg;—"+2—(4=()?±1.±2?…>.

第三題

03.證明虛單位i有這樣的性質(zhì)：一i=L=；.

證明因-，，所以

◎5.對任何N=2=H，是否成立？如果是.就給出證明,如果不是.

對哪些Z值才成立？

分析考查復(fù)數(shù)性質(zhì).

解對于任何復(fù)數(shù)2="+仃?易知

/2xyiJz|2=Xs+y.

于是.由Z'=|Z|2可得

x1-y+2zyi=xa+，

比較兩邊的實虛部.等價地有

2

2了、=0,彳2—y=M=>y=0即y=0.

故對任何虛數(shù)3Z2=|Z|2不成立,只有當(dāng)N為實數(shù)（虛部為

零）時.等式z，=|z|‘才成立.

第七題

分析一些命題的真假.要求有比較好的掌握基礎(chǔ)知識.

解1）真;2）真;3）假（復(fù)數(shù)不能比較大小九4）假（復(fù)數(shù)零的輻角是

不確定的）;5）假（由，=-z得/=-1,從而Z可取Ti兩個

Z

值）向一般不貞（由三角不等式|方+。仁|丁+|句|,等號

僅當(dāng)argzi—argZf=2fara=H，，I,±2,…）時成立）；7）*.

）9.將下列坐標(biāo)變換公式寫成復(fù)數(shù)形式:

D平移公式:

|y=M+A;

ncos<f—\?-ii.

2）旋轉(zhuǎn)公式:

y=才1sina+yicosa.

解1）令zZi=、Ti十，＞1,門=°i十徹，則平移公式的復(fù)數(shù)

形式為Z=Z[+門.

2）令z=1一??=々+;…=COM+isinatc又可寫成（?二

小，從而旋轉(zhuǎn)公式

丁=j*ico&r-Msinor

y=國sina+Mcosa

可寫成

z=（j|COSa-/i->>vj）+/（X|sina+y\cosa）

=（TI+/?）（cosa+isina）=Z|e*

Oil.證明：出+的|2+|石一22|'=2（|石-十|之|2）,并說明其幾何

意義.

證明izi+z.r+izi-zj8

?口十？2）+（zi—z?）（zi-a

=（Z|+z2）（Z|+22）+（Z|—?2）（一"）

J

=|zi|+zizi+z2zi+信『

十|2|「-N|Z2-2221+I22I2

=2（⑶/+區(qū)-）

幾何意義為：以力，去為邊構(gòu)成的平行四邊形的兩條對角

線長度的平方和等于四邊長的平方和.

?13.如果z=e"，證明：

17,—2)z‘一工=2，*泊〃/?

分析復(fù)數(shù)的基性質(zhì)要掌握.

證明由2=?*易知z*=b=8$nz+isirmf，h*=e

COSH/-isin加，所以

1)z"+—=oosn/+isinnt+cosn/-isinnt=2cosn/

cos?//+zsinw/-.mnt

015.若(1不儲*=(1一，>，試求〃的值.

分析化為三角表示式計算.

解由(l+i)"=(l-i>可得

7T??

COS-?7S1n手)]=["(8s-^+imin^)]

4

.->*/7/7T1.,〃7T\?一〃兀、

2H/cos—,?sin——o/cos—,zsin------

\44/\44)

Hn占.WK?—〃7T?W7T一.〃7T八〃7T,

：I1I：-in--in-------sin—,>SIIJ—=0,—/

44444

4k(A=0?i1.±2?…)?

?17.在平面上任意選一點N,然后在復(fù)平面上畫出下列各點的位

置：

--11

-Z?Z?—Zt—?——

ZZ

分析考查復(fù)數(shù)的基本知識.

解取z=l-i得一z=-1+i.z=1+i.-z=-1—￡■

111.111—.*

z22722

1,1.,1..?

722

各點位置如圖l-2(a)所示.

一般地，如圖l-2(b)所示，-N與N關(guān)于原點對稱歷與N關(guān)于

圖1-2

實軸對稱；一;與N關(guān)于虛軸對稱.又由工====存得上與

ZZZ\zIz

Z的粗角相同，且-==吉.即L與Z是關(guān)于單位圓周的對

稱點.如圖l-l(b)中，設(shè)|z|Vl.則上在單位圓外,且使n.制

Z

上共一條射線.而且.-LI.口是，關(guān)于原點的對稱

ZzzZ

點.

◎19.設(shè)？:1.Q.0三點適合條件：十q+zs=0.IZ||-=IZj|=|ZS|

=1.證明是內(nèi)接于單位圈周IN|=1的一個正三角

形的頂點.

分析要掌握三角形的性質(zhì).

證明由11題的結(jié)論及麴設(shè)條件可知

|Zl+z?|*+|z?—Zj|1—2(|Z|I1+|ZjI1)

=2(1+1)=4

|—?,|,+|x,=4=>|z,—

E-Q|="

類似地

,,

|z*-xs|=2(|zd,+|z4|*>-kJ+z1|

=4—|—zi|*=3

1

IZ|-NsI*=2(Izir+lSiP>—IZ|+z4I

=4—I—z1I*=3

即I孫一Z?I=IQ—ZsI=hl—ZSII|.Zj,Zj是內(nèi)接于

單位留周|z|=l的一個正三角形的項點.

?21.指出下列各題中點z的軌跡或所在范圍，并作圖:

l)|z-5|=6j2)|z+2i|2l；

3)Re(z+2)=-l；4)Re(iz)=3j

5)Iz+/1=Iz-i\i6)IN+3|+Iz+11=4；

3

7)Itn(z)42；8)z-2

9)0<args<?rj10)arg(z_0=~.

4

分析考查基礎(chǔ)知識,做圖要標(biāo)準(zhǔn).

解設(shè)z=:r+iy

I)由Iz-51=6得|z-5|=/(丁一5尸十廣6,軌跡為以(5.

0)為圓心,6為半徑的圓周，見圖l-3(a).

3)由N+2=JT+2+iy得Rc(z+2)=—1相'3才=-的軌

跡為直線1=-3,見圖

5)由|2+，|=|之一「|得了2+(9+1)2=I2+(》一1)2,即y=o,

z的軌跡為實軸.見圖l-3(e).

7)Im(z)<2相當(dāng)于的軌跡為直線y=2及其下方區(qū)

域?見圖l-3(g).

9)由args^arclg上得

argz=0=>z為工軸正向上的點(正實軸)

argz="=>z為/軸負向上的點(負實軸)

所以O(shè)VargNV”為上半平面(不含實軸),即z的軌跡為不包

含實軸的上半平面.見圖l-3(i).

叵空］證明更平面I:的直線方程可寫成

az+az=c(a#0為復(fù)數(shù)為實常數(shù)).

分析考查直線與閱周基本知識.

證明設(shè)z=4+iy,Q=a+韻?則

az+a?=c可寫為(a+訪)(“一iy)+(a—ib)(x+/j)=

小等價地2ax+2加=-這是直線的一般方程,反過來，對

任一條直線Ar+By+C=0(A.B不同時為零)只須令z

=j+(y,a=&要.，一一C,便可將其方程寫成

az+az=c(a/0為更效?<?為實常數(shù)》.

小結(jié)復(fù)平面上的直線方程表示形式,代入基本形式即可得出.

025.將下列方程a為實參數(shù))給出的曲線用一個實直角坐標(biāo)方程

表出：

l)z=/(1+?)}

2)z=acos/+i/>sinr(a,6是不為零的實常數(shù))；

3)z=f+7；4)z=J+/；

5)z=ach/+ibshMa.b是不為零的實常數(shù))；

6)z=ac"+6e-"；7)z=(*(a=a-\-bi為復(fù)數(shù)且^*■0).

分析坐標(biāo)系轉(zhuǎn)換.

解令z=1+i_y.

1)z=/(l+i)=，+"相當(dāng)于「一’，消去參數(shù),后.化成

\y=f

直角坐標(biāo)方程為y=o■(直線).

，，1f

3)==/+二相當(dāng)于J1.消去參數(shù)，后化成直角坐標(biāo)系

/[y=T

方程為4,=i(等軸雙曲線).

、/A?rR?/.?.?w?'?■??■■irwv■?

T=61(41/,2

5)z=achf+治shr相當(dāng)于?消去參數(shù)，后為■-

y=bshta

若=1(雙曲線).

7)z=c"=c，"，"=尸?c*=c*(cos6f+isit)A/)相當(dāng)干

(-r=(W(Y)sAf

“，，.消去參數(shù)/后化成直角坐標(biāo)方程(只須由

\y=csinAf

￡=tgZaf=>/=-7-arctg上代入x2+y=e2<*即可)為

xbx

2+y=（科

|?27.|已知映射my，求

1)點21=，，—1+，?23=網(wǎng)+i在3平面上的像；

2)區(qū)域。,1；—T.平面上的像.

V

分析掌握平面上的像的概念.

解1〉Ni=/?W|=Zj=i3=-i

32

Z2=1+，，32=舄=(1+O=(I+/)(1+/)

=-2+2i

z3-后+i=2(cosY4-isinj,w3=zl

=2,卜Rk手+isin言j=8/

即zi,%％的像分別為一，，-2+2i?8

|-29.I諛底數(shù)在Q連續(xù)且/(?n)#0.那么可找到Q的小鄰域，

在這鋁域內(nèi)/(z)#0.

分析考查連續(xù)的性質(zhì).

證明設(shè)==j■十，N.z?=a%+iya,/(2)=“("?y>+Zv(x,y)?

則/(彳)在m?連續(xù)0“(ar_y)與v《.T.y)在(.r.,y.)連續(xù),由

/(ze)—u(xe?yt)+Zv(.Tn^y?)#0可知H(.T*與

v(.r?.y?)之中必有一個不為零，不妨設(shè)“(.r..>#0.于

是“(n.芳》］()(或?山高等數(shù)學(xué)中連續(xù)函數(shù)的保號

定理可知,必有Q“M》的一個鄰域.在此就域內(nèi)w(.r,j)>

(X或V0).從而在的=人十通的這個鋸域內(nèi)f(z>W0.

小結(jié)函數(shù)連續(xù)的性質(zhì)，即在此點的小鄰域內(nèi)連續(xù).利用此性質(zhì)

就可以得到結(jié)果.

叵二匚世仆)=，?信一力試證當(dāng)Zf0時八2)的極

限不存在.

分析學(xué)握有界.有極限,連續(xù)的性質(zhì).

證明令z=x+zyt/(z)=〃(了.y)十日(才~),則

/V1.z、1+工一/v\2xy

“3)+e—方(工7一不田)=尸"

即w(.r*v)='~~r?=0.注意到lim/(z)存在

x-Vy1。

的充要條件是與存在，而

x*oX*0

不存在(沿y=H趨于零易知其極限隨氏變

m+v

化).故當(dāng)Zf0時/(z)的極限不存在.

小結(jié)5型的極限，利用復(fù)數(shù)的通用形式,代入即可.

第二章答案

OI.利用導(dǎo)數(shù)定義推出:

I)(=">'=.1(”為正整數(shù));

證明D令/(?)=力f(z)=lim"+W_二

Ar—Q△之

用數(shù)學(xué)歸納法證：(2"〉'=

當(dāng)"=1時

/(z)=lim(2+能>一z,=Hm生=1=1?z'-'

Ar-*OAZAr—O△z

即(d)'=1"I成立.

設(shè)當(dāng)”=及時，有(z*/=fc*-,

則〃=A+1時

=(2卬)=(z?zM)=z?d+z(z*)z

-I??*+c?/?=z*(i+1)=nz

由教學(xué)歸納法原理知:

一("為正整數(shù))

◎3.指出下列函數(shù)的解析性區(qū)域,并求出其導(dǎo)數(shù)：

s3

1)(N—1)；2)z+2/x；

3)-J-!--；4)”士為「，，/中至少有一個不為0).

ZT—1cza

分析考查關(guān)于連續(xù)、解析等基本性質(zhì).

解1)/(?)=(?—l)s

f1(x)=5(z—1)，./“)在復(fù).平面內(nèi)處處解析.

2)/(x)=z34-2?

=3s2H-2Z./(z)在曳平面內(nèi)處處解析.

3)/(2)=-,■■

N----1

、*又——1=o.z=±1

(,z-2—2：I)2?

除N=±1點外，/")在復(fù)平面上處處解析.

◎5.曳變函數(shù)的可導(dǎo)性與解析性有什么不同？判斷函數(shù)的解析性有

哪些方法？

分析考查連續(xù)、解析等基本性質(zhì).

解反變函數(shù)的可導(dǎo)性反映了函數(shù)在某一點的局部性質(zhì),而解析

性則反映了函數(shù)在一個區(qū)域內(nèi)的整體性質(zhì).函數(shù)可以在某

個區(qū)域內(nèi)僅在一點處可導(dǎo).在這個區(qū)域內(nèi)的其他點均不可

導(dǎo).此時在這一點處不解析；而如果說函數(shù)在某一點處解析，

則這個函數(shù)必定在這一點的某鄰域內(nèi)處處解析.因此.函數(shù)

在一點處解析與在這一點的箜域內(nèi)可導(dǎo)才是等價的.

判斷函數(shù)的解析性有兩種常用方法：(1)是用定義，利用可

導(dǎo)性判斷解析性；(2)是用定理：函數(shù)=?(x.y)+

ru(.r?,y)在其定義域D內(nèi)解析^u(xfy)和.y)在D內(nèi)

任一點Z=丁十3可缸且滿足CR方程勺==,==

djrdydy

dp

J”.

?：.I如果/（z>=“十'是？的解析函數(shù)，證明：

信|小）1）’+任|/3/=/?？?/p>

分析考套解析函數(shù)的性質(zhì),利用C-R方程代入即可得到結(jié)果.

證明由/（Z）=〃十沁得

|/（Z）|=>/w2+V2

又由于f（z）是解析函數(shù)

有

JjrJy'J、rdy

0U.€?V

“石十”石

JQ十。

“-----roT-

辦4V

&十甘

所以信I…》l）'十信I個）1）

“—十r—u---

dXc/X+</y

4'+dyu:+

（將粵=?空=-萼代入》

dxi）ydxdy

偌）'+偌。

（/+〒4償）'+（滸

“2+ML=

又由/（'）=老+，券可得

口"=闿+尚

福證.

小結(jié)解析函數(shù)的性質(zhì),涉及到函數(shù)求模,求偏導(dǎo),求導(dǎo)致等，代

人即吼

?9.證明：柯西蒙受方程的極坐標(biāo)形式是

1JR九

7"而，57

分析運用星合函數(shù)求導(dǎo)的方法,再運用(一/?方程作轉(zhuǎn)換).

證明由1一廠coM,y一廠sin。

得產(chǎn)=丁"+?夕=arctg

再由復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則可得

Ar_2、丁_才_xJr_y

五~2"十"+y~'^y~~

-UC-

僅將號及察看做線性方程組中的J.12.其余看做系數(shù)

aIIiai2等.聯(lián)立求解Q)②.得

r)u_1r)V

行=THo

Sv—一13u

%=~r而

小結(jié)此題使用C—R方程時作轉(zhuǎn)換要小心,最后要用到代數(shù)中

解線性方程組的知識.

?11.下列關(guān)系是否正確？

1)er=e*i2)co?z=coszi

3)sinz=sinz.

分析對等式左端和右端分別進行計算，再對兩端進行比較.

解=正確.因為

e,=c”(cosy+isiny)=if(cosy—/sin.y)

=c*[cos(—y)+isin(—y)'=0r-「=e>

2)cosz=cosz正確.因為

cosz=cos(xiy)=cosrchy—isinishy

cosz=cosrchy+jsinixhy

而coss-cos(x+iy)=cos(x-iy)=cosxchy-\-isin.rshy

所以cosz=cosz

3)sine=sinz正確.因為

sinz=sin(,r+?v)=-HI.11\+icos>-L

=sin.rchjr-icosxsh)

sinz=sin(x+iy)=sin(x—iy)

=sin.rch(—y)+icosxsh(—y)

=sinzchy-tcos.rshy

所以sinz=sinz

注意：計算和各公式的應(yīng)用，特別是和差化積.

O13.證明：

1)COS(Z|+Z2)=COS2|COSZ2-SIDZlS1OZ2;

sin(zi+22)=sinzicosza+cos2isin?2；

2)sin2z+oos2z=1；

3)sin2z=2sinzcx)sz；

4>?g2z=2中；

1—tg2

5)sin^-2—[)=COSN,cos(z+河)=

6)IcoszI2=co^2x+sh2J*Isirur12~sin2x+sh2^.

證明1Jcoszicosz2—sinzisinzj

vc/+c-c%+cf_c%一(T%c%—Jr

=2?22i?Zi

_eX?j+.》+?5,+,〉

2

8s(/21十2?、)--e--k--+--"--+-c--T---5--+--，-->

所以cos(zi+z2)=coszjcosz2-sinzisinz2

=

同理sin(z>+Z2)sinziCOSNz4-coszjsin^2

3)在1)sin(v)—、ih?cos?isinv中?令Zi=

z2=z可得3).

5)左邊一sin手cos(—z)+cos-y5in(-z)=cos?=右

邊

左邊=COSZCO^TT-sinzsinjr=—cosz-右邊

|。15.|求Ln(-i),Ln(-3+4，)和它們的主值.

分析運用求主值的公式.

解Ln(—i>=In\—i|+//\rg(-/)+

=0-?!■，+2碗

2k—(i=0.fI.<2…)

所吸主值為一￡，.

Ln(—3+4，)一In|—3+4i|+，Arg(—3+4，)

ln5+/arclg(-T)+2kjii

—1n5+i卜一arctg—；-2k^i

=In5+/arctg—+(2^4-1)7r/

V

(k=0,±1.±2,........)

4

所以主值為ln5+〃n—arctg

J

Q17.說明下列等式是否正確

1)Lnr2=2Lnz<2)LnVz="1-Lns.

分析將。轉(zhuǎn)化為“"形式再進行比較.

解D不正確.因為

由z=re*,?2=r2ev

1

Lns=In|d|+“2夕+2AJT)

Lm2=2\nr+K20+2M(k=0.±1,±2.-)①

Lnz-InIz|+iS+2&a)

2Lrw=2Lnr+/(2tf+4-=0.±l.±2.-)

比較式①與式②發(fā)現(xiàn)：式①的值比式②的值要多一些.

◎19.證明?(=")'=azL'.其中a為實數(shù).

分析將「轉(zhuǎn)化為<?的指數(shù)形式,再用復(fù)合函數(shù)求導(dǎo).

證明(，)'=(d3)'=<rjW(aln?)=:*?a?—=?^''

azz

底①解卜列方程：

I)shz=:Oi2)diz=0；3>shz=i.

分析將4和ch轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)形式.

解I)shz="!-sin/z-=-/sirnz*sliz=O

即

sin/z=0

由siiuz=sin|/(x+/.y>=sin(-y+Zx)

=sin(-y)chx+，co\ydw=0

?sin(~y)clkr=O①

(cosyskr=0②

在式①中.chjr/Dsiny0=>v-Kk0,JI,代入

式？)cos(A*>sh、T=。，(上1>sl>.r=0

=>slkr=0=>x=0

=>z=x~Hy=0+加7r=ihri柒=U.±1,±2?…)

*??*?一.a.，-，

3)由1)的推導(dǎo)過程知

sli7=-/sin/z-(-i)(—sin3rch.ricosysh.r)~i

(4”小丁=1⑤

|shxcos<y=0⑥

由式⑥,若SIXLO.得

.廣：=0=>.=0

將/=()代入式⑤得

1?siny~I今y=2&7t?-7-

若8sly=()?得、="十手?代入式⑤，得

又ckr>0恒成立?舍去chi=-l

=>chr=1fr=0,y=2Jbr+殳

(2ALy)?a=o,±i.土2.…)

叵囚if明she的反函數(shù)Arsliz=Ln(z+Ad+I).

分析用z然后將川刈用指數(shù)的組合寫出，再求出

證明設(shè)z=shm,則

uf—Arshz

又n-sine--y(cw-。一w)、干是

*一2z『一I=0

cw=z+/?+I

W=Ll)(z+5/?+1)

即Arshz=Ln(z4-/?十I)

小結(jié)這里用到解一元二次方程的知識.

第三章習(xí)題答案

O1.沿下列路線計算積分H+'Vdz.

D自原點至3+i的直線段；

2)自原點沿實軸至3.再由3沿宜向上至3+八

3)自原點沿虛軸至八再由i沿水平方向向右至3+i.

解1)所給路線的參數(shù)方程為:？=(3+i”,04，4l.起點參數(shù)，=

0,終點參數(shù)，=1.由復(fù)積分計算公式：

|*3-H'I

Iz2dz=I[(3+i)r產(chǎn)[(3+i

J0J0

pl1

=(3+i尸I/山=2-(34-/)3=6+第i

Jo33

3)自原點沿虛軸至，這一段路線j的蓼數(shù)方程為：z=",04

，41,由K)沿水平方向向右至3+i這一段路線j的參數(shù)方程

為:z=，+入04，&3.由公式：

|22dz=|x2ds+|zldz

fl1*3

=|《》)'(")'(1/+(/++i)'d/

JoJo

-l*3

t2dt+I(/*+2d-Ddz

J0J0

=一4?+①+9—3=6+等

<5Jo

?3.設(shè)八？)在單連通域B內(nèi)處處解析.C為8內(nèi)任何一條正向商單

閉曲線，問

z=0z=0

是否成立？如果成立,給出證明；如果不成立，舉例說明.

分析運用解析性質(zhì)，并利用積分路徑和找出個較好的特例.

解不一定成立.例如/(z)=z,C：|z|=1.此時Rc[/(z)

lr一［才=C0W

=>.0%=b(04，《2/或|.(0

?>=sinr

《，42”)，dz-/c*dr.由公式:

cos/?/(?*dr

|,2w

-i\cos/(cos/+is\iU)at

)*2?l*Ji

z'lcos2/11/—Icos/sin/d/=ni#0

J0J0

'Jdz=Isin/?ieidt

*c

2

sin/cos/d/—Isinrd/=-w/#0

小結(jié)找出實部虛部分別計算.

05.計算枳分Fid?的值.其中c為正向圓周:

七IZI

1)|z|=2.2)|z|=4.

解1)正向副周|z|=2的參數(shù)方程為：之=2c-(0</<2K).

由公式3

工后也=1「加

=2/1d/=4TT/

叵］沿指定曲線的正向計算卜列各枳分：

1>!■*>~^<k.CsIZ-2|=II

lz~2

6）：z3cos7之，「為包困2=0的ffl曲線;

.㈠+黑工十4〉（：1?1=會

8)ts*n'dz>C；|z|=11

iN

9)—d=CIz1=2;

c(s~TyI解i)由柯西積分公式得

1。)：，iz,C：Iz1=L;*_2dz=2iti?c*|,oI=

3)由柯西積分公式(注意i在「內(nèi).一i在。外)W

5）由柯西一古薩定理［注意到被積函蠢1J,--在

|z|=r（VD上及內(nèi)部解析或奇點在|z|=r（VD之外］,

得積分值為零.

7）由柯西枳分公式得

.1.-2+1）（^+4）一卷i士4M

ClJcZ—/'cz十，

=3（2小』l「2舒露Lr）=O

9）由高階導(dǎo)致的柯西積分公式

!—sln*dz-2持?(sinz)'|*=+=0

-尹

09.計算下列積分:

I)1!J——p+「一.其中C：|z|=4為正向：

2)1＞，＜匕,其中C：I2-1I=6為正向；

3)§箸也，其中G,|N|=2為正向,C,"N|=3為負向,

1)其中C為以土』■.士，，為頂點的正向菱形；

1z-II5

c

5",「其中a為laI#1的任意且數(shù),C,|z|=1為

2(Z—a，

%,

正向.

解D由柯西積分公式(注意—1.-2,均在C內(nèi))得

，(備+/產(chǎn)=］舟+,第7

=4?2TT/?I+3?2iti?1=14?：/

其中L：：Iz|=3為正向.由高階導(dǎo)數(shù)的柯西枳分公式得,

原積分=2K/?/(cosz)"Jo—2TT/?#(cov)"L=o—0.

其中Lh|z|=3為正向.由高階導(dǎo)致的柯西積分公式得,

原積分=2-ni-\(co、z>"|一0—2”，?^y(cosz/|>B0=0.

3):警也=I弩米+，￡=也

-zs.za-za

oc,+cxCjct

其中(＞：I=|h3為正向,由高階導(dǎo)致的柯西積分公式得.

原積分=2ni?=(",、：＞"I..?！?ni?^r(cosz)*|.-o=0.

5)當(dāng)|a|＞l時,被積函數(shù)的奇點a在C外.由柯西一古薩

定理得積分值為零.而當(dāng)|a|V1時奇點a在C內(nèi),由高階導(dǎo)

數(shù)的柯西積分公式得

?11.下列兩積分的值是否相等？積分2）的值能否利用閉路變形原

理從D的值得到？為什么？

I*~~

1）《三dz；2）I三dz.

|4?工乩.z

分析注意函數(shù)是否解析.

解參閱本章習(xí)題5的解答.易知

:二"dz=?"yiiz=I-j-dz=0

L*i?]-a*

r三d7=i與a=t。片=o

,；z..z..z

l?|l?j?4l?|*4

這里用到習(xí)題1（）的結(jié)論及沿例周IzI-R正向積分時被積

函數(shù)中|?|行可分別用R2.R.S代替的事實.由此可見

兩積分值是相等的.積分2）的值不能利用閉路變形原理從

1）的值得到,因為被積函數(shù)/?（1!■）=三中復(fù)平面上處處不解

Z

析.但將積分1）與2）分別變?yōu)?dAdz與16I工化以

I.T-J1i.T-?c

后.積分2）的值可由積分1）的值得到,這是由于函數(shù)」在|

z|>0內(nèi)是解析的緣故.

小結(jié)注意解析與否.

◎13.設(shè)G與a為相交于M，N兩點的簡球團曲線，它們所圍成的

區(qū)域分別為13,與與邑的公共部分為H.如果在.

H,-B與B*-B內(nèi)解析，G.G上也解析，證明d=

Jq

?1'/（zJdz.

q

分析要會做枳分替換.

證明如圖3—3,設(shè)M,N兩點分別將曲線G分為/“，/“兩部

分.將a分為Ls，L,兩部分.即

G=Li+I”C=L,+L,

圖3-3

由題設(shè),f（N）在區(qū)域氏一B及其邊界L,+L；上解析.在

區(qū)域區(qū)一B及其邊界Ls+L；上解析，所以由柯西一古時

定理得

bf(z)dz=|/(z)dz—If(z)dz=0

-1.L.

q+qr4

b/(z)dz=I/(z)ds—I/(z)dz=0

于是

(i/(z)dz=(/(z)dz+I/*(z)dz

t、」Li-Li

=I/(z)dz-FIf(z)dz=t/(z)d?

J匕f

?15.設(shè)a與a為兩條互不包含.也不相交的正向簡單閉曲線，證

明：

_L1上T=+f上戶當(dāng)4在G內(nèi)時?

27r也NToqZ-z。J卜仔，當(dāng)?shù)脑贑,內(nèi)時.

分析izo的不同位置分別求解.

證明D當(dāng)2。在G內(nèi)時,0在Q外,由柯西積分公式及柯西一

2)當(dāng)2。在C,內(nèi)時在Cl外，同樣由柯西積分公式及柯

西一古薩定理得

小結(jié)此類證明題關(guān)鍵在于看題F中的已知找到解題關(guān)鍵所在.

◎17.設(shè)八z)與g(z)在區(qū)域D內(nèi)處處解析.C為。內(nèi)的任意一條簡

單閉曲線,它的內(nèi)部全含于D.如果f(z)=g(z)在C上所有

的點處成立.試證在C內(nèi)所有的點處/(z)=g(z)也成立.

分析此類問題關(guān)鍵在于由小的任意性推出普遍性.

證明對C內(nèi)任一點z0,由柯西積分公式得|,.s

=因為J(z)—g(在D內(nèi)解析且

ZWZ-z0

在C上八z)一g(z)三0?所以

/(ZQ)-g(zo)=y-1--_dz=0=>/(z0)=g(z0)

cjti.z—zQ

再由z0的任意性即知在C內(nèi)所有點處f(z)=g(z).

O19.設(shè)f(z)在單連通域B內(nèi)處處解析.且不為零.C為B內(nèi)任何一

條簡單閉曲線.問積分4旦族是否等于零？為件么？

解積分=因為f(z)在B內(nèi)解析且八2)*0.所以

r(z)與71在B內(nèi)解析,進而供?在B內(nèi)解析，由柯西一

fkz)/(z)

古薩定理即知其積分值等于零.

021.設(shè)/(s)在區(qū)域n內(nèi)解析,C為D內(nèi)的任意一條正向簡單閉曲

線，它的內(nèi)部全含于D,證明：對在D內(nèi)但不在C上的任意一點

i{Z

zo.等式1「i,\tdz成立.

Z-2b士(2—之0)

分析屬于定理的恒等變形.

證明注意到f(z)及/(Z)在C上及。內(nèi)都解析，由柯西積分公

式及柯西一古薩定理得

:f'(z)d-ykif'Qo).當(dāng)z(，在C內(nèi)

-

-c?~io.當(dāng)Zo不在C內(nèi)

由高階導(dǎo)數(shù)的柯西積分公式及柯西一古薩定理得

；f(z'>1zo3當(dāng)z.在C內(nèi)

"'|0,當(dāng)不在C內(nèi)

故有等式￡i(八\2dM

%cz-Zo-c(z-Zo)

023.設(shè)"為區(qū)域D內(nèi)的調(diào)和函數(shù)及t=盥-i羿，問/是不是D

drdy

內(nèi)的解析函數(shù)？為什么？

解是.因為/(?)的實部理■與虛部一會■可微(有一階連續(xù)偏導(dǎo)

8Tdy