-1-
∫ ∫
C
Re[ f (z )]dz = Im[ f (z )]dz =
∫ ∫
2π
0 2π
Re e iθ de iθ = cos θ (− sin θ + i cos θ )dθ = π i ≠ 0
[ ]
∫
2π
0
C
0
Im e iθ deiθ = sin θ (− sin θ + i cos θ )dθ = −π ≠ 0
3．设 f ( z ) 在单连域 D 内解析，C 为 D 内任何一条正向简单闭曲线，问
∫
解
C
Re[ f (z )]dz =
∫
C
Im[ f (z )]dz = 0
是否成立，如果成立，给出证明；如果不成立，举例说明。 未必成立。令 f ( z ) = z ， C : z = 1 ，则 f ( z ) 在全平面上解析，但是
e z dz v ∫C z 5 ， C :| z |= 1
= 2πe 2 i
解
（1）由 Cauchy 积分公式， ∫ 解 1： ∫ 解 2： ∫
C
ez dz = 2π i e z z−2
z =2
（2）
C
1 dz 1 = ∫ z + a dz = 2π i 2 2 C z−a z+a z −a
2
=
z =a
=0
（8）由 Cauchy 积分公式， （9）由高阶求导公式， ∫
v ∫
C
sin zdz = 2π i sin z |z =0 = 0 z
2
sin z
C
π⎞ ⎛ ⎜z − ⎟ 2⎠ ⎝
dz = 2π i(sin z )'
z=
π
2
=0
（10）由高阶求导公式， 8．计算下列各题： 1）
e z dz 2π i z (4) πi v ∫C z 5 = 4! (e ) |z =0 = 12
z dz ； z | z|= 2
v ∫
2）
z dz z | z|= 4
v ∫
解
z dz = v ∫ z | z|= 2
2π
− iθ ∫ 2ie dθ = 0 ； 0
z dz = v ∫ z | z|= 4
2π
∫ 4ie
0
− iθ
dθ = 0 ，故两个积分的值相等。但不能利用闭路
变形原理从 1）的值得到，因
i
9．计算下列积分： 1）
v ∫ ( z + 1 + z + 2i )dz, 其中C :| z |= 4为正向
C
4
3
2）
v ∫z
C
2
2i dz , 其中C :| z－1|= 6为正向 +1
3）
cos z dz, 其中C1 :| z |= 2为正向，C2 :| z |= 3为负向 z3 C = C1 + C2
z 不是一个解析函数。 z 12．设区域 D 为右半平面， z 为 D 内圆周 | z |= 1 上的任意一点，用在 D 内的任意一条曲线 C 连结原 ⎡
点与 z ，证明 Re ⎢ 证明
z
∫ ⎣
z
0
⎤ π 1 dζ ⎥ = . 2 1+ ζ ⎦ 4
函数
1 在右半平面解析，故在计算从 0 到 z 沿任意一条曲线 C 的积分时与积分路径无 1+ ζ 2
（1）因在 | z |= 2 上有 | z |= 2 ， z ⋅ z =| z | 2 = 4 ，从而有 z =
∫
4 z 2 dz = ∫ Z dz = ∫ dz = 4π i C| z| | z| = 2 2 | z| = 2 z
（2）因在 C 上有 | z |= 4 ， z ⋅ z =| z | 2 = 16 ，从而有 z =
0
∫π e
− i
3π i
2z
dz ； 2） ∫π ch 3 zdz ； 3） ∫ sin 2 zdz ； 4） ∫ z sin zdz ；
6 i -π i 0
−z
πi
1
5）
∫ ( z − i)e
0
i
dz ； 6） ∫
3π i
1 + tan z dz (沿1到i的直线段)。 1 cos 2 z
i
e2 z 解 1） ∫ e dz＝ −π i 2
10．证明：当 C 为任何不通过原点的简单闭曲线时，
v ∫z
C
1
2
dz = 0 。
证明
当原点在曲线 C 内部时，
v ∫z
C
1
2
dz = 2π i(1) ' |z =0 = 0 ；当原点在曲线 C 外部时， 1/ z 2 在 C 内
解析，故
v ∫z
C
1
2
dz = 0 。
11．下列两个积分的值是否相等？积分 2）的值能否利用闭路变形原理从 1）的值得到？为什么？ 1）
2
（6）
z 3 cos zdz ， C为包围z＝0的闭曲线
（7）
v ∫ (z
C
dz ， C :| z |= 3 / 2 + 1)( z 2 + 4)
2
（8）
v ∫
C
sin zdz ， C :| z |= 1 z
（9） ∫
sin z ⎛ π⎞ ⎜z − ⎟ 2⎠ ⎝
dz ， C :| z |= 2
（10）
z 2 dz = ∫ 9t 2 ⋅ 3dt + ∫ (3 + i t ) ⋅ i dt = 6 +
1 1 2 0 0 2 3+ i i
26 i。 3
z 2 dz =
∫ z dt + ∫
0 1
z 2 dz =
∫
C3
z 2 dz +
∫
C4
z 2 dz 。
C3 : z = i t (0 ≤ t ≤ 1) ； C 4 : z = 3t + i
iη θ ie θ 1 1 1 π 2i cosη d dx d dη . （分子分母同乘以 1 + e −2iη ） ζ = + η = + ， 关。则 ∫ ∫0 1 + x 2 ∫0 1 + e2iη ∫ 0 1+ ζ 2 0 4 2 + 2 cos 2η
习题三解答
1.沿下列路线计算积分 ∫
3+ i 0
z 2 dz 。
（1）自原点到 3 + i 的直线段 （2）自原点沿实轴至 3，再由 3 沿垂直向上至 3 + i ； （3）自原点沿虚轴至 i，再由 i 沿水平方向右至 3 + i 。
⎧ x = 3t , 解（1） ⎨ ⎩ y = t,
0 ≤ t ≤ 1 ，故 z = 3t + i t ， 0 ≤ t ≤ 1 。 dz = (3 + i )dt
2
∫ (x
1+i 0
2
+ i y dz =
)
∫ (t
1 0
+ i t 2 (1 + i 2t )dt = (1 + i ) t 2 (1 + i 2t )dt = (1 + i ) t 2 + i 2t 3 dt
1 1 0 0
)
∫(
)
1 5 ⎛1 i ⎞ = (1 + i )⎜ + ⎟ = − + i 。 6 6 ⎝3 2⎠
[ ]
∫
2π
0
4．利用单位圆上 z =
1 的性质，及柯西积分公式说明 v ∫ zdz = 2π i ，其中 C 为正向单位圆周 | z |= 1 。 z C
解
（利用柯西积分公式） v ∫ zdz = v ∫ z dz =2π i ，
C C
1
5．计算积分 ∫ C 解
z dz 的值，其中 C 为正向圆周： （1） z = 2 ； （2） z = 4 z 4 ，故有 z
∫ (x
1+i 0
2
+ i y dz =
)
∫ (t
1 0 2
2
பைடு நூலகம்
1 1 5 ⎛1 i ⎞ + i t (1 + i )dt = (1 + i ) t 2 + i t dt = (1 + i )⎜ + ⎟ = − + i 。 0 6 6 ⎝3 2⎠
)
∫( ∫
)
（2）沿 y = x ，此时 z = t + i t 2 (0 ≤ t ≤ 1) 。 dz = (1 + i 2t )dt ，故
0
z 2 dz =
∫
3+ i
0
z 2 dz +
∫
C1
z 2 dz +
∫
C2
z 2 dz 。 C1 之参数方程为 ⎨
⎧ x = 3t , (0 ≤ t ≤ 1) ； C2 之参数方程为 y = t , ⎩
⎧ x = 3, (0 ≤ t ≤ 1) ⎨ ⎩ y = t,
故 （3） ∫
3+ i
∫
0
3+ i
0 i
(0 ≤ t ≤ 1) ，
2
故
∫
3+ i
0
z 2 dz = ∫ − t 2 ⋅ i dt + ∫ (3t + i ) ⋅ 3dt = 6 +
1 0 0
26 i 3
2．分别沿 y = x 与 y = x 算出、积分 ∫
2
1+i