《复变函数》课程教学资源（讲义）第三章 复积分习题

第三章习题 例(1) (3) d (4) =1,==e"(0≤0≤2x.d= ie de), 则(1) dz=2m (2) dz=[1·c (3) I d=I r2x ieda r2 de 例是否有 Re「/(=)]=[Re/()t? 解:不成立。如∫(=)=z,I:z=i,0≤t≤1 则[Ref()d=[0d=0 但 Rell f(=)]=Rell it. idt 例计算L|=-1| 解:|2=1的参数方程为二=e(0≤q≤2丌)

第三章习题 例. (1) | |=1 1 z dz z (2) | |=1 | | 1 z dz z (3) | |=1 | | z z dz (4) |z|=1 z dz 解： z = 1, i z = e (     dz ie d i 0   2 . = ), 则（1） dz i z z 2 1 | | 1 =  = （2） 1 0 | | 1 2 | | 1 | | 1 0 =  = =  =  =     dz dz ie d z i z z （3） 0 | | | | 2 0 2 | | 1 0 = = =  =          i i i z e d e ie d z dz （4）        2 2 0 2 | | 1 0 = = =  =   d e ie d z dz i i z 例 是否有   Re[ f (z)dz] = [Re f (z)]dz ？ 解：不成立。如 f (z) = z ,  : z = it , 0  t 1, 则 [Re ( )] 0 0 1 0 =  =   f z dz idt . 但 2 1 2 1 0 0 1 ] 2 Re[ Re[ ( )] Re[ ] = − = − =    t f z it idt 例 计算  = −  | | 1 | 1| | | z z dz 解：|z|=1 的参数方程为 (0  2)  =   i z e

I d=Fds= v(dx)2+(dy) cos o+sin do (dHie°dg|=d) 1=-1 d=|= Icos p-1+isin plde "√cos-13+ I v2-2cos pdp q=26 Sn6=8 例.1)设r是上半单位圆周(逆时针方向),则 2)又C为单位圆周,则 ck≤2 解1)I:z=e",0≤t≤丌 < 2).C:z=e",0≤t≤2x sIn 在C上,2 +x2+ e|+|e (∵e sin |dz|≤eL|d=|=2z

 d dz ds dx dy 2 2 2 2 cos sin | | ( ) ( ) = + = = +  (| | |  | )  d dz ie d d i = = = 2 4 sin 8 2 |sin | 2 2cos (cos 1) sin | 1|| | | cos 1 sin | 0 2 0 2 2 0 2 0 2 2 2 | | 1 0 = = = = − = − + − = − +      =                     d d d d z dz i d z 例. 1) 设  是上半单位圆周（逆时针方向），则 dz e z e z    | | 2) 又 C 为单位圆周，则 dz e z z C | 2 sin | 2   解 1）  : z = e , 0  t  . it | || | | | . (cos 1) 1 | | 1 | | | | cos sin cos dz e dz e z e dz z e e t e e e z e z z z t i t t    = =    =    2). C : z = e , 0  t  2. it 在 C 上， [| | | |] 2 sin 2 1 2 2 iz iz iz iz e e iz e e z z − − = + − = e e e e iz iz z  + = = | | |− | | | 2 1 [ ] ( | | ) z Re z |z|  e = e  e | | | | | 2 . sin | sin 2 2 dz e dz e z z dz z z C C C     =     例. (1)  = 6 + 1 | | (3 1) z z z dz

H1z(3=+1) 解(1) dz 3=-( =2m-0=2mi 4(b一 C2 CI dz 2-3,+[红- dz d d (-) 2mi-0+0-2mi 例计算r女 积分路径为从(0,-1)到(1,1)到(1,1)再到(0,1) 解:一在区域D中解析,做单位半圆周

(2) | |=1 (3 +1) z z z dz 解 (1) 3 1 1 3 (3 1) 1 + = − z z + z z i i dz z z dz z z dz z z z 2 0 2 3[ ( )] 3 (3 1) 6 1 6 1 | | 3 | | 1 | | 1 = − = − − = − +  =  =  = 3 1 − 6 1 − 0 (2) C2 C1 3 1 − 0 | |=1 (3 +1) z z z dz 0. 2 0 0 2 ( ) ( ) 3 1 3 3 1 3 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 3 1 3 1 = = − + − − − + − − − = − + + − + = − = +            i i z dz z dz z dz z dz z dz z dz dz z z dz C C C C C C C C C   例 计算 − i i z dz 积分路径为从(0,-1)到（1,1）到(1,1)再到(0,1) 解： z 1 在区域 D 中解析，做单位半圆周

(一≤6≤) d- 则 de 2dO=m.(积分与路径无关) 例证明(x,y)=x2-y2,v(x,y)=-y 都是调和函数,但∫(=)=l+m不是解析函数。 6x2y-2 0( 0) l2v为调和函数,但u2≠V,。从而v不是的共轭调和函数,f(=)不是解析函数 P75,7

, ( ) 2 2    = −    i z e D 1 -1 则  − − − =  2 2     e ie d z dz i i i i . 2 2 id i  =  = − （积分与路径无关）。 例. 证明 ( , ) , ( , ) , 2 2 2 2 x y y u x y x y v x y + = − = 都是调和函数，但 f (z) = u + iv 不是解析函数。 证： u x u y x = 2 , y = −2 uxx = 2,uyy = −2 uxx + uyy = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) , ( ) 2 x y x y v x y x y vx y + − = + = − 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 3 ( ) 6 2 , ( ) 6 2 x y x y y v x y x y y vxx yy + − + = + − = 0 ( 0). 2 2 vxx + vyy = x + y  u , v 为调和函数，但 x y u  v 。从而 v 不是 u 的共轭调和函数， f (z) 不是解析函数. P75, 7 (1)

ide id8= ni d=(v==v=le ide arg=+iIng eele.ide e-+)d =(+)ch P75.5 dC是以3±i-1±i为顶点的矩形的边界曲线 解: d+L.(

. 1 1 2 2 2 2 id i e id e dz z e z i i i i i           = = =     − − − (2)   − − =  = 2 2 2 arg 2 ( )      z e e e id zdz z z e i i i z i i i e 2i 2 3 2 2 2 3 3 2 = − − =    (3) 2 2 ( 1 ) 2 2 2 ( 1 ) 2 2 arg ln (1 )ch 1 ( )               i e i i i e d z e e e id z dz z e i i i i i z i z i i i = + − + − = = =  = − + − − + − − − + −    P75, 5 (1) dz C是以 i i为顶点的矩形的边界曲线 z z z z C  −  − − +  3 , 1 2 2 3 2 2 解： 3 2 2 2 1 2 1 2 2 z z z z z z − − = − − + C0 C1    − − − + − = C C C dz z z dz 0 z z 1 ) 1 2 1 ) ( 1 2 1 ( 2 2

(复闭路定理) L(2)+=2 解:3+1=(二+1)(=2-+1) +1 (3) C=C+C z2+4 其中C1:|z=盏,C2:|=F=1 在C内及C上解析

(复闭路定理) i i dz z dz z C C 0 2 2 2 1 ) 1 ( 0 1 2 = + = − = − +   (2) | +1|=1 + 3 1 z z dz 解： 1 ( 1)( 1) 3 2 z + = z + z − z + 1 1 1 1 2 3 2 3 1 3 1 3 − + − + + + = + z z z z z z +1 =1 1 z 0 z -1 2 z i dz z dz z z z z z z z 3 2 | 1| 1 3 1 | 1| 1 2 3 2 3 1 3 1 | 1| 1 1 1 ) 1 1 ( = + = − + − + + + =    + = + = + = （3） , , ( 4) 2 2 1 2 − = + +  C C C z z dz C 其中 :| | , 2 :| | 1 2 3 C1 z = C z = 解： ( 4) 1 2 2 z z + 在 C 内及 C 上解析， C1 C2

由复闭路定理 dz=0 (4) 其中C1:|=3,C2:|=上=1 解:作圆|+2i=p及|-2i|p位于C内 16iz+2iz-2 16i4=+2=pz+2i16i4-2=pz-2 2i 2m=0 16i

由复闭路定理  = C + dz z z 0 ( 4) 1 2 2 （4） , , ( 4) 1 2 2 1 2 − = + +  dz C C C z z C 其中 C1 :| z |= 3, C2 :| z |=1 解：作圆 | z + 2i |=  及 | z − 2i |=  位于 C 内 2i C1 C2 -2 2 -2i ) 2 1 2 1 ( 16 1 4 1 ) 2 1 2 1 ( 4 1 4 1 4 1 ( 4) 4 1 2 2 2 4 1 2 4 1 2 2 z i z i z i z i z i z i z z z z − − + = + − − − + = −  + = − + 2 0 16 1 2 16 1 2 1 16 1 16 2 1 | 2 | | 2 | =  −  = − − + =   + =  − = i i i i dz z i i z i dz i C z i z i    