习题04复变积分

65试按给定的路径计算下列积分： （1） 1 1 dz z ， （i）沿路径 1 C：1z =的上半圆周， （ii）沿路径 2 C：1z =的下半圆周； （2） 2 0 Re i zdz + ， （i） 1 C： 直线段0， 2和2， 2+i组成的折线， （ii） 2 C： 直线段()2zi t=+， 01t 。 （1） （i） 1 00 i i C dzde idi ze = ， （ii） 2 00 i i C dzde idi ze = ； （2） （i） 1 21 00 Re222 C zdzxdxidyi=+=+ ， （ii）()() 2 11 00 Re222 22 C zdztdi titdti=+=+=+ 。 66计算： （1） 1z dz z = ； （2） 1z dz z = ； （3） 1z dz z = ； （4） 1z dz z = 。 （1）令 i ze =， 22 100 2 i i z dzde idi ze = = ； （2） 22 010 0 ii z dz dee z = = ； （3） 222 0100 0 i ii i z ie d dz edie ze = = ； （4） 2 10 2 z dz d z = = 。 67考虑两简单闭合曲线 1 C， 2 C，彼此相交于 A，B 两点。设 1 C与 2 C所包围的内部区域 分别是 1 G与 2 G，其公共区域为g。若( )f z在曲线 1 C， 2 C上解析，且在区域 1 Gg及 2 Gg内解析，试证明：( )( ) 12 CC f z dzf z dz= ? 。 如图， 14 表示四条边界线， 1 C是 1 的负向加上 3 的正向， 2 C是 2 的负向加上 4 的 正向。 ( )( ) 121324 CC f z dzf z dzfdzfdzfdzfdz =+ ? 1 的负向加上 2 的正向就是 1 Gg的边界，所以 12 0fdzfdz += ， 同样的， 34 0fdzfdz = ，所以有 ( )( ) 12 CC f z dzf z dz= ? 。 68对于任一解析函数的实部或虚部，Cauchy 定理仍成立吗？如果成立，试证明之，如果 不成立，试说明理由，并举一例。 不成立。取( )f zz=，则实部(),u x yx=。取如下积分路径： 110 001 udzxdxidyxdxi=+= ? 。 69证明：4 C dz i z = ? ，其中积分路径C为闭合曲线 2 2sin 4 =。这个结果和围绕原 点一圈2 dz i z = ? 的结论有矛盾吗？为什么？ 2 2 44 00 22 1 2sinsin2sin 4424 2sin2sin 44 i ii C ii deeie dz d z ee + = ? 44 00 sin 1 2 2 3cos 2 idd = + 上式右边第二项被积函数以4为周期，所以积分限可换为22，被积函数又是奇函 数，故积分为 0，所以4 C dz i z = ? 。由上图可看出，C绕原点两圈，并不与围绕原点一圈 2 dz i z = ? 的结论矛盾。 70计算 2 32 3 21530 103232 z zz dz zzz = + + ? 。 原式 ()()() 22 22 3 2 2153021530 24 244 z z zzzz dzii zzz = = + = ? 71计算： （1） 2 sin 4 1 C z dz z ? ，C分别为： （i） 1 2 z=， （ii）11z =， （iii）3z =； （2） 2 1 iz C e dz z+ ? ，C分别为： （i）1zi=， （ii）2z =， （iii）2 2zizi+ +=。 （1） （i）积分路径不包围任何奇点，故积分值为 0， （ii）积分路径包围奇点1z=， 2 1 sinsin 44 2 112 C z zz dzii zz = = + ? ， （iii）积分路径包围奇点1z = ， 12 ,C C为单独包围1z = 的闭路径， 12 222 11 sinsinsinsinsin 44444 22 11111 CCC zz zzzzz dzdzdzii zzzzz = =+=+= + ? 。 （2） （i） 2 2 1 iziz C z i ee dzi zzie = = + ? ， （ii） 2 22 sh1 1 iziziz C z izi eee dzi zzizi = =+= + ? ， （iii）同（ii） 。 72计算： （1） 2 cos z z dz z = ? ； （2） 2 2 sin z z dz z = ? ； （3） 2 2 1 z z dz z = ? ； （4） 2 2 2 1 1 z z dz z = + ? ； （5） 2 2z dz z = ? ； （6） 2 2 1 z dz zz = + ? ； （7） 2 2 8 z dz z = ? ； （8） 2 2 23 z dz zz = + ? ； （9） 2 2 z z z e dz z = ? ； （10） () 22 2 16 z dz zz = + ? 。 （1） 0 2 cos 2cos2 z z z dzizi z = = = ? ； （2）() 2 2 0 sin 2sin2 z z z dzizi z = = = ? ； （3） 2 2 12 22 1 zz z dzi zi z = = ? ； （4） 222 2 2 111 20 1 z z izi zzz dzi zzizi = = =+= + ? ； （5） 2 2 0 z dz z = = ? ； （6） 2 2 1 23 21 23 2 11 20 11 23 21 23 2 z zizi dz i zzzizi = =+ =+= + + ? ； （7） 2 2 0 8 z dz z = = ? ； （不包围奇点） （8） 2 2 1212 11 20 231212 z zizi dz i zzzizi = = = + =+= + + ? ； （9） ( ) 22 22 0 24 z z z zz z z e dze dz i e zz = = = ? ； （10） () 2 22 2 0 1 20 1616 z z dz i zzz = = = + ? 。 73 （1）计算 3 1 z z e dz z = ? ； （2）对于什么样的a值，函数( ) 0 3 1 z t z a F zedt tt =+ 是单值的？ （1） ( ) 3 1 0 2 2! z z z z ei dzei z = = = ? ； （2） () 3 0, 1 2 t C C a edt aiCtt += + ? 不包围原点 ， 包围原点 。当2a= 时，对任意的闭曲线（不过 原点）该积分都是 0，则( )F z为单值函数。 74证明：在挖去0z=点的全平面上不存在一个解析函数( )f z，使其满足( ) 1 fz z =。 这个结论和 1 ln d z dzz =矛盾吗？ 因为0z=点是 1 z 的奇点， 1 z 在绕原点路径上的积分不为 0，所以无法定义变上限函数 0 1 z z dt t ，即找不到在除去0z=点的全平面上解析的原函数。ln z在划定割线，在单值分枝 内才有 1 ln d z dzz =，他是在分割的平面上成立，而不是全平面。 75设G是单连通区域，C是它的边界， 12 , n z zz?是G内的n个不同的点。 ( ) ()()() 12n P zz zz zz z=?，( )f z在G中解析， 证明：( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 C fPP z Q zd iPz = ? 是一个1n次多项式，且()() kk Q zf z=，1,2,kn=?。如果G是复连通区域，上述结 果还正确吗？ 证： k zz时， ( )() ( ) ( ) ( )( ) 1 i n i i z fPP z Q zz Pz = = = ( )() () () 1 1 1 i n j n jii n i i j j z zz f zz zz z = = = = = ( ) () () 1 n i j ij i ij j i f z zz zz = = 即它是1n次多项式。 k zz=时，() ( ) () 1 2 kk C k f Q zdf z iz = ? 。 若G是复连通区域，上面的计算不成立。 76设( )f z在zR的区域内解析，且 i e =（0R， 存在0， 使当tz时，( )( )f tf z， 所以只要z，对于,tz zz+，有tzz （与()arg za无关） ，使 1 za时，()( ) 21 za f zk 。 当 1 时， 对于C上的点有 1 za=（与arg z无关） ，当zM时，( ) 21 zf zK ，在 R C上有zRM=，所以 ( )()( )() 2121 21 RR CC dz f z dziKzf zK z ，当1zM时， 有 ( ) 1 f z z =，( ) ( )( )( ) ( ) 00 10 ff zf F zf zzM + +，即( )F z有界，根 据 Liouville 定理，( )F z为常数。由于( ) ( )( )0 limlimlim0 zzz f zf F z zz =，所以 ( )0F z =。由此得，0z 时，( ) ( )( )0 0 f zf F z z =，( )( )0f zf=，即( )f z为常 数。 90( )f z在全平面解析，且( )1f z，证明( )f z为常数。 证：令( ) ( ) 1 F z f z =，因为( )1f z ，所以( )f z没有零点，则( )F z没有奇点，即( )F z 在全平面解析。( ) ( ) 1 1F z f z =，即( )F z有界，根据 Liouville 定理，( )F z为常数， 则( )f z为常数。 91求sin z在闭区域0Re2z，0Im2z中的最大值。 由最大模原理，在边界上寻找最大值。 在0y=，02x上，sinsinzx=，最大值为 1； 在2x=，02y上，()( )sinsin 2sinshziyiyy=+=，最大值为sh2； 在2y=，02x上， ()()() 22 sinsin2ch2 sinsh2 cosch2 sinsh2 coszxixixxx=+=+=+， 可求出最大值为ch2； 在0 x =，02y上，( )sinsinshziyy=，最大值为sh2； 所以最大值为ch2。 92函数( )f z在G内解析，且 0 z为G内一点，有() 0 0fz，试证明： ()( )() 00 2 C idz fzf zf z = ? 。其中C是以 0 z为圆心的一个足够小的圆。 证：令( ) ( )() () 0 0 0 0 0 , 1 , zz zz f zf z F x zz fz = = ， 0 zz时( )F x显然是可导的，对于 0 zz=点， ( )()()()( )() ()()( )() 00 0000 0000 limlim zzzz F zF zzzfzf zf z zzfzzzf zf z + = ， ()( ) ()( )()()( )() 0 0 0000 lim zz fzfz fzf zf zfzfzzz = + ( )() () ( )() ()( ) () () 0 0 0 0 2 0 0 00 0 lim 2 zz fzfz fzzz f zf z fz fzfzfz zz = + 。 即( )F x在 0 zz=点也是可导的，所以( )F x在在G内解析，因此有： ( )() ( ) () () 0 000 111 22 CC F zdz dzF z if zf zizzfz = ? 。 93函数( )f z，( )g z及( )g z的反函数均在G内单值解析，且( )gz恒不为 0，试计算 ( ) ( )( ) 1 2 C f d igg z ? ，其中C是G内的简单闭曲线，z不