复变函数与积分变换(马柏林)课后的习题答案(4)

z dz C

2 3 2

1de i de 2ii 2 3 2 i

C

1 1 1 1 1 dz ( C3 z 2 z i 2 z i )dz 0 0 i i z ( z 1)2

1

(4)在 C 4 所围的区域内包含两个奇点 z 0, z i ,11 / 24

复变函数与积分变换 复旦大学出版社

复变函数与积分变换(修订版)课后答案(复旦大学出版社)

故

C

1 1 1 1 1 dz ( C4 z 2 z i 2 z i )dz 2 i i i z ( z 1)2

1

10.利用牛顿-莱布尼兹公式计算下列积分. (1) 0 (4) 解 (1) 2i

z cos dz 2

(2) (5) 1 0

e i

0

z

dz

(3) (6)

(2 iz) dz2 1i

i

ln( z 1) dz 1 z 1i

z sin zdz

1

1 tan z dz cos 2 z

16. 求下列积分的值,其中积分路径 C 均为|z|=1. 2i0

2i

0

z 1 z cos dz sin 2 2 2

2ch1(1)

ez C z 5 dz

cos z C z 3 dz (3) (2)

z 2 dz, z 1 C ( z z0 )2 0 2 tan

(2)

解 (1) z

e i

0

dz e z

0 i

2

(3) (4)

i

1

(2 iz )2 dz

1 i 1 1 11 i i (2 iz ) 2 d (2 iz ) (2 iz)3 1 i 1 i 3 3 3

ez 2 i z (4) C z 5 dz 4! (e ) (2)

z 0

i12

i ln( z 1) 1 2 1 2 i 2 1 z 1 dz 1 ln( z 1)d ln( z 1) 2 ln ( z 1) 1 8 ( 4 3ln 2) i

C

cos z 2 i dz (cos z )(2) 3 z 2!

z 0

i

(5)

(3)1 1 0 0

1

0

z sin zdz zd cos z z cos z 1 cos zdz sin1 cos1 0

(6)i i 1 tan z 1 i dz sec 2 zdz sec 2 z tan zdz tanz 1 tan 2 z 1 1 cos 2 z 2 1 1 2 tan1 tan 2 1 t h 1 ith1 2 2

z ' C ( z z2)2 dz 2 i(tan z) 0 tan1C 3

z z0

i sec 2

z0 2

i

1

i 1

17. 计算积分

( z 1) ( z 1) dz 3

,其中积分路径 C 为

11. 计算积分 (1) 解z i 1

C

ez dz z 2 1 ,其中 C 为z i 1

(1)中心位于点 z 1 ,半径为 R 2 的正向圆周 (2) 中心位于点 z 1 ,半径为 R 2 的正向圆周

(2)

(3)

z 2

(1)

C

ez ez ez dz dz 2 i C ( z i)( z i) z2 1 z i

z i

ei解：(1)C

(2)C

内包含了奇点 z 1

ez ez ez dz C ( z i)( z i)dz 2 i z i z 12

z i

e i

(3)C

∴ (2)

( z 1) ( z 1) dz C 3 3

1

2 i 1 ( )(2) 3 2! ( z 1)

z 1

3 i 8

ez ez ez dz 2 dz 2 dz ei e i 2 i sin1 C1 z 1 C2 z 1 z 12

C

内包含了奇点 z 1 ,

∴12 / 24

( z 1) ( z 1) dz C 3 3

1

2 i 1 ( )(2) 3 2! ( z 1)

z 1

3 i 8

复变函数与积分变换 复旦大学出版社

复变函数与积分变换(修订版)课后答案(复旦大学出版社)

19. 验证下列函数为调和函数.

(1) x 6 x y 3 xy 2 y ;3 2 2 3

数,但 f ( z ) u i 不是解析函数 证明:

(2) e x cos y 1 i (e x sin y 1).解(1) 设 w u i , u ∴ x 6 x y 3 xy 2 y3 2 2 3

0

u 2x x

2 2u u 2 2 y u 2 y 2 y x 2

u 3x 2 12 xy 3 y 2 x 2u 6 x 12 y x 2从而有2

u 6 x 2 6 xy 6 y 2 y

2u 2u 0 x 2 y 2 ∴ ,从而 u 是调和函数. y 2 x2 x ( x 2 y 2 )2 2 6 xy 2 2 x3 x 2 ( x 2 y 2 )3

u 6 x 1 2 y y 2

2 xy 2 y 2) 2 y ( x 2 6 xy 2 2 x 2 y 2 ( x 2 y )3 3

2u 2u 0 x 2 y 2 , w 满足拉普拉斯方程,从而是调和函数.

(2)x

设

w u i

,

u e x cos y 1

2 2 0 x 2 y 2 ∴ ,从而 是调和函数. u 但∵ x y u y x

e sin y 1 u e x cos y x ∴ 2u e x cos y 2 x从而有

u e x s i ny y

∴不满足 C-R 方程,从而 f ( z ) u i 不是解析函 数. 22. 由 下 列 各 已 知 调 和 函 数 , 求 解 析 函 数

2u e x c o s y 2 y

f ( z) u i u (2)

u u 0 x 2 y 2 , u 满足拉普拉斯方程,从而是调和函2 2

(1) u x y xy2 2

y , f (1) 0 x y22

数.

u 2x y x y 解 (1)因为

u 2 y x y x

e x sin y x 2 e x sin y 2 x

ex c o s y y

所以(x y (0,,0)) u u ( x, y ) y x dx dy C (2 y x)dx (2 x y )dy C 0 xdx 0 (2 x y )dy C (0, 0) y x

2 s i ny e x 2 y

x2 y 2 2 xy C 2 2

f ( z ) x 2 y 2 xy i( 令 y=0,上式变为

2 2 0 x 2 y 2 , 满足拉普拉斯方程,从而是调和函数. 20.证明:函数 u x y ,2 2

x2

y 2 2 xy C ) 2 2

f ( x) x 2 i(

x x y 2 都是调和函2

x2 C) 2

从而

13 / 24

复变函数与积分变换 复旦大学出版社

复变函数与积分变换(修订版)课后答案(复旦大学出版社)

f ( z ) z 2 i

z2 iC 2 u x2 y 2 y ( x 2 y 2 )2

f ( z ) A, 1 f ( ) z d A, 2πi C 其中 G 为 C 所围内部区域.

z D, z G.

u 2 xy 2 ( x y 2 )2 (2) x

证明：在 D 内任取一点 Z,并取充分大的 R,作圆 CR:

用线积分法，取(x0,y0)为(1,0),有2 x x u u 2y y ( dx dy ) C 4 dx x 0 2 dy C (1,0) 1 x y x ( x y 2 )2 1 x x y 1 2 1 C x x y 2 0 x2 y2 ( x, y )

z R ,将 C 与 Z 包含在内CR为边界的区域内解析，依柯西积

则 f(z)在以 C 及 分公式，有

f ( z)

y x i( 2 1 C) 2 x y x y22

f ( z)

1 f ( ) f ( ) [ CR z d - C z d ] 2π i

由 f (1) 0. ,得 C=0

1 f z i 1 z 23. 设

f ( z ) R 因为 z 在 上解析，且

lim

f ( ) 1 lim f ( ) lim f ( ) 1 z z 1

p( z ) ( z a1 )( z a2 ) ( z an ) )

, 其 中

所以，当 Z 在 C 外部时，有

a …… 此处隐藏：2801字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……