复变函数3new

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1、习题三答案21．计算积分∫(x−+yixdz)，其中为从原点到c1+i的直线段c解：积分曲线的方程为xtyt==,，即zxi=+=+ytti，t:0→1，代入原积分表达式中，得122∫∫()x−+yixdz=()ttitttidt−+(+)′0c123−11+−ii1+=+∫it(1idt)=t=0330z2．计算积分∫edz，其中为cc（1）从0到1再到1+i的折线（2）从0到1+i的直线解：（1）从0到1的线段c方程为：zxi=+=yxx,:0→1，1从1到1+i的线段c方程为：zxi=+=+y1,iyy:0→

2、1，2代入积分表达式中，得11zzzx1+yi∫∫∫∫∫edz=+=++edzedzedxe(1yidy)′00ccc12111x=+ee0iy∫0(cos+iysin)dyee=−1+iy(sin−iycos)01+i=−+ee1iiiei(sin1−cos1+=)(cos1+sin1)1−=−e1；（2）从0到1+i的直线段的方程为zxi=+=+ytti，t:0→1，代入积分表达式中，得11zt+tit∫∫edz=+=e()(ttidt′1)(+ie∫cossti+intdt)，00c对上述积分应用分步积分法，

3、得1ttzette(sin+−cos)itt(sincos)∫edz=+(1i)[+]22c011tt(1++ie)(1ie)itit=+(costitsin+sintit−cos)=(eie−)22001(1)++it1i01+i==ee−e=e−1023．积分∫()x+iydz，其中为cc2（1）沿yx=从0到1+i（2）沿yx=从0到1+i解：（1）积分曲线的方程为zxi=+=+ytti，t:0→1，代入原积分表达式中，得11222∫∫()()x+=++=iydztitttidt()(′1++i)∫()tit

4、dt00c1115=++=−+(1ii)()i32662（2）积分曲线的方程为zxi=+=+yxxi，t:0→1，代入积分表达式中，得11222223∫∫()()x+=++=iydzxix()(xxidx′1++i)∫(2xxidx)00c1215=++=−+(1ii)()i34664．计算积分∫zdz，其中为cc（1）从−1到+1的直线段（2）从−1到+1的圆心在原点的上半圆周解：（1）c的方程为zx=，代入，得11∫∫∫zdz==xdx21xdx=−10c（2）c的方程为zxi=+=ycosθ+isin,:θθ

5、π→0，代入，得00∫∫zdz=⋅1(cosθ+isin)θθ′d=−+∫(sinθicos)θθdππc0=+(cosθθisin)=2π15．估计积分dz的模,其中为c+1到-1的圆心在原点的上半圆周。∫2z+2c解：在上，cz=1，因而由积分估计式得111dz≤≤=dsdsds=c的弧长=π∫∫∫222∫zz++222−zcccc6．用积分估计式证明：若f()z在整个复平面上有界，则正整数n>1时fz()limdz=0∫nR→+∞zcR其中c为圆心在原点半径为R的正向圆周。R证明：记f()zM≤，则由积分估计

6、式得fz()fz()1M0≤dz≤≤=dsMdsds∫∫∫nnnn∫zzzRccRRcRcRM2πM==2πR，nn−1RR因n>1，因此上式两端令R→+∞取极限，由夹比定理，得fz()limdz=0，证毕。∫nR→+∞zcR7．通过分析被积函数的奇点分布情况说明下列积分为0的原因，其中积分曲线c皆为z=1。dzdzdz（1）（2）（3）î∫2î∫2î∫2(2z+)zz+24+z+2cccdzz（4）î∫（5）î∫zedzcoszcc2解：各积分的被积函数的奇点为：（1）z=−2，（2）(1z+)3+=0π即zi=

7、−±13，（3）zi=±2（4）zk=+π,k为任意整数，2（5）被积函数处处解析，无奇点不难看出，上述奇点的模皆大于1，即皆在积分曲线之外，从而在积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为0。8．计算下列积分：πiπi142z2（1）∫edz（2）∫sinzdz（3）∫zzsindz0−πi0解：以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法：ππiπ4i22zz1142i01（1）∫edz==−e()ee=(i−1)02220πiππii21cos2−zzzsin2（2）∫∫sinzdz==dz[

8、−]−−ππii224−πi11−22ππ1=−πiisin2ππ=−i(e−=−es)(πh2)πi24i21111（3）∫∫00zsinzdz=−zdcosz=−zcosz0+∫0coszdz1=−cos1sin+z=sin1cos1−0dz9．计算，其中为不经过c±a的任一简单正向闭曲线。î∫22za−c解：被积函数的奇点为±a，根据其与的位置分四种情