复变函数B 习题解答 第三章

第三章：解析函数的积分表示

1. 计算

(1) 令 z=2eiθ,dz=2ieiθdθz=2e^{i\theta},dz=2ie^{i\theta}d\theta

原式=∫−222dz+∫π0−32eiθ⋅2ieiθdθ=8+3πi\int_{-2}^{2} 2dz+\int_{\pi}^{0} \frac {-3}{2e^{i\theta}}\cdot2ie^{i\theta}d\theta=8+3\pi i

(2) 令 z=2eiθ,dz=2ieiθdθz=2e^{i\theta},dz=2ie^{i\theta}d\theta

原式=∫−222dz−∫π2π−32eiθ⋅2ieiθdθ=8−3πi\int_{-2}^{2} 2dz-\int_{\pi}^{2\pi} \frac {-3}{2e^{i\theta}}\cdot2ie^{i\theta}d\theta=8-3\pi i

(3) 原式=(2)-(1)= −6πi-6\pi i

也可以由柯西积分公式直接得到结果！

2. 计算

(1) 原式 = ∫−11∣y∣dy=1\int_{-1}^{1} |y| dy=1

(2) 原式 = ∫π23π21dθ=π\int_{\frac \pi 2}^{\frac {3\pi}2} 1 d\theta= \pi

(3) 原式 = −∫π23π21dθ=−π-\int_{\frac \pi 2}^{\frac {3\pi}2} 1 d\theta= -\pi

3. 证明

（1） 由长大不等式，由于x<1,y<1x<1,y<1，原式 $ \leq \int_{-1}^{1} |1| |ds|= 2$

（2） 由长大不等式，由于x<1,y<1x<1,y<1，原式 $ \leq \int_{C} |1| |ds|= \pi$

4. 证明

由长大不等式，由于∣z∣≤1|z|\leq 1，原式 $ \leq \int_{i}^{i+2} |1| |ds|= 2$

5. 证明

由于被积函数为解析函数，因此原积分为0

做代换 z=eiθz=e^{i\theta} 代入后对原式取实部即得： Re⁡∫C1eiθ+2ieiθdθ=∫C1+2cos⁡θ5+4cos⁡θdθ=0\operatorname{Re}\int_{C} \frac {1}{e^{i\theta}+2}ie^{i\theta}d\theta=\int_{C} \frac {1+2 \cos \theta}{5+4 \cos \theta}d\theta =0

6. 计算

直接利用原函数

(1) 原式=12sin(z2)∣0π+2i=e+e−14\frac 1 2 sin(\frac z 2)|^{\pi+2i}_0 =\frac{e+e^{-1}}4

(2) 原式=z+iz4∣−1i=1+iz+iz^4|^{i}_{-1} =1+i

(3) 原式=−e−z∣−πi0=−2-e^{-z}|^{0}_{-\pi i} =-2

7. 证明

由题目条件，对 ∀ϵ>0,∃N>0\forall \epsilon>0,\exist N>0，使得当∣z∣>N|z|>N时，恒有∣zf(z)−A∣<ϵ|zf(z)-A|<\epsilon

并注意到有：iα=∫0αieiθeiθ=∫Cρdzzi\alpha=\int_{0}^{\alpha} \frac{ie^{i\theta}}{e^{i\theta}}=\int_{C_\rho} \frac{dz}{z}

因此对 ∀ϵ>0,∃N>0\forall \epsilon>0,\exist N>0，使得当∣z∣>N|z|>N时，恒有：∣∫Cρf(z)dz−iAα∣=∣∫Cρf(z)dz−∫CρAdzz∣=∣∫Cρf(z)z−Azdz∣<ϵ∣∫Cρdzz∣≤ϵα|\int_{C_\rho} f(z)dz-iA\alpha|=|\int_{C_\rho} f(z)dz-\int_{C_\rho} \frac{Adz}{z}|=|\int_{C_\rho} \frac{f(z)z-A} z dz|<\epsilon|\int_{C_\rho} \frac{dz}{z}|\leq\epsilon\alpha(长大不等式)

即 lim⁡z→∞∫Cρf(z)dz=iAα\lim\limits_{z\to\infin}\int_{C_\rho} f(z)dz=iA\alpha，得证！

8. 证明

因为Q(z)Q(z)比P(z)P(z)高两次，因此 P(z)Q(z)=1A(z−z1)(z−z2)\frac{P(z)}{Q(z)}=\frac 1 {A(z-z_1)(z-z_2)}

故由柯西积分公式：

∫CP(z)Q(z)dz=∫C1A(z−z1)(z−z2)dz=2πi[1A(z1−z2)+1A(z2−z1)]=0\int_{C}\frac{P(z)}{Q(z)}dz=\int_{C} \frac 1 {A(z-z_1)(z-z_2)}dz=2\pi i[\frac 1 {A(z_1-z_2)}+\frac 1 {A(z_2-z_1)}]=0，即得证！

9.

由柯西积分公式：∫Cezzdz=2πi\int_{C}\frac{e^z}{z}dz=2\pi i

计算可得 ∫0πezzdz=πi\int_{0}^{\pi}\frac{e^z}{z}dz=\pi i

做代换 z=eiθz=e^{i\theta} 代入后对原式取虚部即得： Im⁡∫0πeeiθeiθieiθdθ=Im⁡∫0πieeiθdθ=Im⁡∫0πiecos⁡θeisin⁡θdθ=∫0πecos⁡θcos⁡(sin⁡θ)dθ=π\operatorname{Im}\int_{0}^{\pi} \frac {e^{e^{i\theta}}}{e^{i\theta}}ie^{i\theta}d\theta=\operatorname{Im}\int_{0}^{\pi} ie^{e^{i\theta}}d\theta =\operatorname{Im}\int_{0}^{\pi} ie^{\cos\theta}e^{i\sin\theta}d\theta =\int_{0}^{\pi} e^{\cos\theta}\cos(\sin\theta) d\theta=\pi

10. 计算

(1) 由柯西积分公式：原式=2πieii+i=πcos⁡12\pi i \frac {e^{i}}{i+i}=\pi \cos 1

(2) 由柯西积分公式：原式=2πie−i−i−i=−πcos⁡12\pi i \frac {e^{-i}}{-i-i}=-\pi \cos 1

(3) 由柯西积分公式：原式=2πieii+i+2πie−i−i−i=02\pi i \frac {e^{i}}{i+i}+2\pi i \frac {e^{-i}}{-i-i}=0

11. 计算

  1. r<1r<1，由柯西积分公式：原式=2πi(1z2−1)′∣z=0=02\pi i (\frac 1{z^2-1})'|_{z=0}=0

  2. r>1r>1，由柯西积分公式：原式=2πi(1z2−1)′∣z=0+2πi1(z−1)z2∣z=−1+2πi1(z+1)z2∣z=1=02\pi i (\frac 1{z^2-1})'|_{z=0}+2\pi i \frac 1{(z-1)z^2}|_{z=-1}+2\pi i \frac 1{(z+1)z^2}|_{z=1}=0

    综上原积分值为 00

12. 计算

(1) ∣z∣=2|z|=2，由柯西积分公式：

原式=2πi(z9−z2)∣z=−i=π52\pi i (\frac z{9-z^2})|_{z=-i}=\frac{\pi} 5

(2) ∣z∣=103|z|=\frac {10} 3，由柯西积分公式：

原式=2πi(z9−z2)∣z=−i+2πi(z(3−z)(z+i))∣z=−3+2πi(z(3+z)(z+i))∣z=3=π5+3πi52\pi i (\frac z{9-z^2})|_{z=-i}+2\pi i (\frac z{(3-z)(z+i)})|_{z=-3}+2\pi i (\frac z{(3+z)(z+i)})|_{z=3}=\frac{\pi} 5+\frac{3\pi i} 5

13.计算

(1) g(1)=2πi(2z2−z+1)∣z0=1=4πig(1)=2\pi i(2z^2-z+1)|_{z_0=1}=4\pi i

(2) ∣z0∣>2|z_0|>2时，被积函数为解析函数，因此原积分为0

14. 计算

直接由柯西积分公式：原式=2πi(z2(z+i)2)′∣z=i=π22\pi i (\frac {z^2}{(z+i)^2})'|_{z=i}=\frac \pi 2

15. 证明

由题设：P(z)P(z)有nn个零点a1⋯ana_1\cdots a_n，因此有：

P′(z)P(z)=∑i=1n1z−ai\frac{P'(z)}{P(z)}=\sum_{i=1}^n \frac 1 {z-a_i}

由柯西积分公式：原式=12πi∑i=1n∫C1z−aidz=12πi∑i=1n2πi=n\frac 1 {2\pi i}\sum_{i=1}^n \int_C \frac 1 {z-a_i}dz=\frac 1 {2\pi i}\sum_{i=1}^n 2\pi i=n，即得证！

16. 反证

若存在，则取回路C:z=r(r<1)C:z=r(r<1)，

由柯西积分公式有：∫Cf(z)dz=∫C1zdz=2πi\int_C f(z) dz=\int_C \frac 1 {z}dz=2\pi i

但由函数解析，∫Cf(z)dz=0\int_C f(z) dz=0，矛盾！因此题给函数不存在。

17.

解：由调和函数性质得：

∂2u∂x2+∂2u∂y2=(6a+2c)x+(2b+6d)y=0\frac {\partial^2 u} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 u} {\partial y^2}=(6a+2c)x+(2b+6d)y=0

因此有：3a+c=0,b+3d=03a+c=0,b+3d=0

18. 证明

（1）由于 f(z)f(z)解析，因此lnf(z)lnf(z)也解析，因此其实部为调和函数。又注意到 Re⁡lnf(z)=ln∣f(z)∣\operatorname{Re} lnf(z)=ln|f(z)|，因此有ln∣f(z)∣ln|f(z)|为调和函数。

（2）设f(z)=u+iv,∣f(z)∣=u2+v2f(z)=u+iv,|f(z)|=u^2+v^2，则有：

∂2∣f(z)∣∂x2+∂2∣f(z)∣∂y2=2(∂u∂x)2+2(∂v∂x)2+2(∂u∂y)2+2(∂v∂y)2\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial y^2}=2(\frac {\partial u} {\partial x})^2+2(\frac {\partial v} {\partial x})^2+2(\frac {\partial u} {\partial y})^2+2(\frac {\partial v} {\partial y})^2

∣f′(z)∣2=(∂u∂x)2+(∂v∂x)2|f'(z)|^2=(\frac {\partial u} {\partial x})^2+(\frac {\partial v} {\partial x})^2

再由 C−RC-R 方程，即得：∂2∣f(z)∣∂x2+∂2∣f(z)∣∂y2=4∣f′(z)∣2\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial y^2}=4|f'(z)|^2

19.

（1）∂2u2∂x2+∂2u2∂y2=2(∂u∂x)2+2(∂u∂y)2≠0\frac {\partial^2 u^2} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 u^2} {\partial y^2}=2(\frac {\partial u} {\partial x})^2+2(\frac {\partial u} {\partial y})^2\neq 0 因此不为调和函数。

（2）∂2f∂x2+∂2f∂y2=∂2f∂u2(∂u∂x)2+∂2f∂u2(∂u∂y)2=0\frac {\partial^2 f} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 f} {\partial y^2}=\frac {\partial^2 f} {\partial u^2}(\frac {\partial u} {\partial x})^2+\frac {\partial^2 f} {\partial u^2}(\frac {\partial u} {\partial y})^2=0

因此有：∂2f∂u2=0,f=C1u+C2\frac {\partial^2 f} {\partial u^2}=0,f=C_1u+C_2，其中C1,C2C_1,C_2为常数。

20. 计算

带入 v(x,y)=∫(x0,y0)(x,y)−∂u∂ydx+∂u∂xdy+Cv(x,y)=\int_{(x_0,y_0)}^{(x,y)}-\frac {\partial u} {\partial y}dx+\frac {\partial u} {\partial x}dy+C即可

（1）v=2x3+3x2y−6xy2−y3v=2x^3+3x^2y-6xy^2-y^3

（2）v=ex(xsin⁡y+ycos⁡y)v=e^x(x\sin y+y\cos y)

（3）v=1x+1+2(x+1)(x+1)2+y2−1v=\frac 1 {x+1}+\frac {2(x+1)}{(x+1)^2+y^2}-1

21.

if′(z)‾=E\overline{if'(z)}=\bf{E}

(1)

(2)

(3)

图像：略

22.

w=2qiLn(z2+1z2)=2qiLn(z4+1)−2qiLn(z2)=2qiLn(z−w1)+2qiLn(z−w2)+2qiLn(z−w3)+2qiLn(z−w4)−4qiLn(z)w=2qi Ln(z^2+\frac 1 {z^2})=2qi Ln(z^4+1)-2qi Ln(z^2)=2qi Ln(z-w_1)+2qi Ln(z-w_2)+2qi Ln(z-w_3)+2qi Ln(z-w_4)-4qi Ln(z)

因此为5个点电荷的叠加电场。

图像：略