2022年复变函数积分计算方法 .pdf

《2022年复变函数积分计算方法 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年复变函数积分计算方法 .pdf（39页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精品资料欢迎下载011.limnkkTkCfz dzfz（定义法）2.( )dddddCCCf zzu xv yv xu y精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 39 页精品资料欢迎下载精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 39 页精品资料欢迎下载1. 计算函数( )Ref zz沿下列曲线的积分. （2）2C为从点0z到点11z再到点21zi的折线 . 解：从点0z到点11z的直线段参数方 程 为zx(01)x， 在 它 上 有( )1,Rez xzx，则11

2、210,1001Re1 22xIz dzxdx，从点11z再到点21zi的直线段参数 方 程 为1(01),zyiy在 它 上 有( ),z yi Re1z，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 39 页精品资料欢迎下载11201,10Re1iIz dzi dyiyi，于是由复积分对积分路径的可加性可得2121Re.2Cz dzIIi4. 计算( )|f zz沿下列曲线的积分. （1）1C为从11z到21z的直线段；（2）2C为从11z到21z的上半圆周；（3）3C为从11z到21z的下半圆周. 解 ： （ 1） 直 线 段

3、1C的 参 数 方 程 为( 11),zxx在它上 有( )1,z x| | |zx，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 39 页精品资料欢迎下载110111011|1;22Czdzxdxx dxx dx（ 2 ） 上 半 圆 周2C的 参 数 方 程 为()(0),ize在它上有()( ),izie| 1z，则2()()00| |1 () 1( 1)2;iiCzdziede（ 3 ） 下 半 圆 周3C的 参 数 方 程 为(0),ize在 它 上 有( ),izie| | 1z，则200| |11( 1)2.iiCzd

4、ziede6. 设C为从0z到11zi的直线段，计算函数2( )f zxyix沿C的积分 . 解:直线段C参 数方程为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 39 页精品资料欢迎下载0(1)0 (01)zittitt， 在 它上有( )1,z ti xt yt则1220130( ) ()(1)1(1).33CCf z dzxyix dzttiti dttiii用 Cauchy 积分定理计算积分| | 12zdzIz的值，且证明等式2012cos0.54cosd（1） 解： 被积函数12z的奇点2z在积分路径| 1z的外部，所以被

5、积函数在闭区域| 1z上解析，于是由 Cauchy积分定理精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 39 页精品资料欢迎下载得| | 10.2zdzIz（2）证明：圆周| 1z的参数方程为(02 )ize， 在它上有( ),izie于是2| | 102022202022(cossin )cossin2(sincos )(cos2sin )(cos2)sin2sin(12cos )54cosiizdzieIdzeiidiiidid22002sin12cos54cos54cosdid由（ 1）0I得22002sin12cos054co

6、s54cosdid精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 39 页精品资料欢迎下载所以比较等式两边的虚部得2012cos0.54cosd注：此题常见错误：因为12cos54cos在02处处解析，所以2012cos0.54cosd非常数实函数在整个复平面上处处不解析！3. 试 讨 论 函 数( )1/f zz沿 正 向 圆 周0|zzr的 积 分 值 ， 其 中0,r且00|,| 0zrz. 解：函数( )1/f zz的奇点为0z. （1）当0|rz时，( )f z的奇点在圆精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归

7、纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 39 页精品资料欢迎下载周0|zzr的外部，所以( )f z在闭区域0|zzr上解析， 于是由 Cauchy积分定理得0|( ) 0;z zrf z dz（ 2 ） 当0|rz时 ，0z在 圆 周0|zzr的内部，则由解析函数积分的闭路变形原理可得00|0|11( ) 2,00z zrz zrzf z dzdzdzizz（其中0为任意实数） . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 39 页精品资料欢迎下载5计算下列积分值，其中积分路径都取正向. 精选学习资料 - - - -

8、- - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 39 页精品资料欢迎下载（2）| | 3212(1)(2 )zzidzzzi解：令212(1)(2 )12ziABzzizzi，则有212(1)212(2 ),2211ziB zziA ziABzizizz上面第一式令1z得2( 1)12112iAi；上面第二式令2zi得2( 2 )12121iiBi. 所以21211(1)(2 )12zizzizzi，于是精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 39 页精品资料欢迎下载| | 3| | 3| | 3

9、| | 321211()(1)(2 )121112224.zzzzzidzdzzzizzidzdzzziiii1计算下列积分，其中积分闭路取正向. （1）3|1| 11zdzz解：23|1| 1|1| 1211/(1)1112123zzzdzzzdzzzizzi（4）44| | 1(2)zdzz z精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 39 页精品资料欢迎下载解：4444| | 1| | 14071/(2)(2)213!(2)1203(02)516zzzdzzdzzzzizii（6）41| | 2sin()nzzdzzi解：

10、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 39 页精品资料欢迎下载(4)41| | 2sin2sin()(4 )!2sin(4 )!2sin(4 )!2sh1(4 )!nnz izz izdzizzinizniinn（8）43| |2(1)(2)(16)zdzzzz解：被积函数41(1)(2)(16)zzz有 6个奇点，只有1z在圆| 3/ 2z的内部，于是函数41(2)(16)zz在闭圆域| 3/ 2z上解析，则由Cauchy积分公式得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

11、 14 页，共 39 页精品资料欢迎下载4433| | |22411/(2)(16)(1)(2)(16)112(2)(16)251zzzdzzzdzzzzzizzi4. 用 Cauchy积分公式计算函数( )/zf zez沿正向圆周| | 1z的积分值，然后利用圆周| | 1z的参数方程()ize证明下面积分cos0cos(sin ).ed（1）解：函数( )/zf zez的奇点0z在积分路径| 1z的内部，而函数ze在闭区域| | 1z上解析，于是由 Cauchy积分公式得0| | 122.zzzzedzieiz精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

12、- - -第 15 页，共 39 页精品资料欢迎下载（2）证明：圆周| 1z的参数方程为()ize，在它上有( ),izie于是| | 1cossincoscoscoscoscos2cos(sin )sin(sin )sin(sin )cos(sin )sin(sin )cos(sin )izeiiziee ieidzdzeeideiideiededied比较等式两边的虚部得coscos(sin )2ed又精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 39 页精品资料欢迎下载cos0coscos00cos()cos00coscos0

13、coscos0cos(sin )cos(sin )cos(sin )cos(sin() ()cos(sin )cos(sin )cos(sin )cos(sin )cos(sin )ededededededededed0cos02cos(sin )ed所以cos0cos(sin ).ed10. 设( )f z和( )g z在简单闭路 C上及其内部解析，试证：（1） 若( )f z在 C上及其内部处处不为零，则有( )0;( )Cfzdzf z（2）若在 C上有( )( ),f zg z则在 C的内精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17

14、 页，共 39 页精品资料欢迎下载部有( )( ).f zg z证明： （1）因为( )f z在简单闭路C上及其内部解析并且处处不为零，则( )( )fzf z在简单闭路C 上及其内部处处解析，于是由Cauchy积分定理得( )0;( )Cfzdzf z（2）若 对 于C 上 的 任意一 点有()(),fg由于( )f z和( )g z在简单闭路C上及其内部解析，则对于C的内部的任意一 点z， 由Cauchy积 分 公 式 得1()1()( )( ),22CCfgf zddg ziziz所以在 C的内部有( )( ).f zg z精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

15、- - - - - - -第 18 页，共 39 页精品资料欢迎下载一、 将下列函数在指定环域内展开成Laurent级数，且计算其沿正向圆周| | 6z的积分值 I. （1）11( )sin, 0|1|;1fzzz解：环域0 |1|z的中心01z，对应的Laurent 级数展开式中0z取 1，于是1( )fz在环域0 |1|z内的 Laurent级数展开式为1210121011( )sinsin11( 1)1(21)!1( 1)(1),(21)!nnnnnnfzzznzzn取0n得1( )fz在环域0 |1|z内的 Laurent 级 数 展 开 式 的 负 一 次 幂 系 数11c， 又 正

16、 向 圆 周| 6z为 环 域精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 39 页精品资料欢迎下载0 |1|z内围绕环心01z的正向简单闭路，所以11| | 6( )22.zIfz dzici（3）361( ), 1 |1|;(1)fzzz z解：环域1 |1|z的中心01z，对应的 Laurent 级数展开式中0z取-1，于是3( )fz在环域1 |1|z内的 Laurent级数展开式为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 39 页精品资料欢迎下载366670

17、70111( )(1)(1)(1)111|1| 11|1/(1)| 11(1)1111(1)1(1),nnnnfzz zzzzzzzzzzz3( )fz在环域1 |1|z内的Laurent级数展开式不含有负一次幂，则负一次幂系数10c， 又 正 向 圆 周| | 6z在 环 域1 |1|z内部且正向围绕环心01z，所以31| | 6( )20.zIfz dzic（5）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 39 页精品资料欢迎下载19251( )2()cos, 0 |.fzzizizi解：环域0 |zi的中心0zi，对应的La

18、urent 级数展开式中0z取- i，于是5( )fz在环域0 |zi内的 Laurent级数展开式为19251921901921911( )2()cos2() (1cos)( 1)2() (1)(2 )!( 1) 42()(),(2 )!nnnnnnnfzzizizizizinzizizin取10n得5( )fz在 环 域0 |zi内的Laurent 级数展开式的负一次幂系数101420!c， 又 正 向 圆 周| 6z在 环 域精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 39 页精品资料欢迎下载0 |zi内部且正向围绕环心0z

19、i，所以1051| | 62( )24 .20!ziIfz dzic精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 39 页精品资料欢迎下载精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 39 页精品资料欢迎下载2. 利用留数计算下列沿正向圆周的积分. （2）2| | 31zzdzz解：被积函数的奇点1z和1z都在圆| 3z的内部，它们都是一级极点，且满足留数的计算规则3 的条件，则由规则3得2212211Re,1,1(1)21Re, 1,1(1)2zzzzszzzzszz精

20、选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 39 页精品资料欢迎下载于是由留数定理得222| | 32Re,1Re, 1 111112222.zzzzdzisszzzii（4）22| | 2(1)zzedzz解：被积函数的奇点1z在圆| |2z的内部，它是二级极点，则利用留数的计算规则 2 得22222211Re,1lim (1)2,(1)(21)!(1)zzzeeszezz于是由留数定理得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 39 页精品资料欢迎下载2222|

21、| 2222Re,1(1)(1)224.zzzeedziszziee i（6）3| |21cosmzzdzz（其中 m 为整数）解 ： 当0m时 ， 被 积 函 数 在 圆| | 3/ 2z内部没有奇点，此时3| |21cos0;mzzdzz当0m时，被积函数的奇点0z在圆| | 3/ 2z的内部，其中：当1,2m时，0z是可去奇点，此时2Re(1cos )/,00, Re(1cos )/,00,szzszz精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 39 页精品资料欢迎下载于是由留数定理得3| |21cos1cos2Re,00;

22、mmzzzdziszz当3m时，0z是1m级极点，则利用留数的计算规则2 得(1)01cos11cosRe,0lim (0)(1)!1,43,N(1)! 0,44,N1,45,N(1)! 0,46mmmmzzzszzmzmkkmmkkmkkmmk32,N( 1),23, N(1)! 0,24,Nmkmkkmmkk于是由留数定理得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 39 页精品资料欢迎下载3| |2321cos1cos2Re,02( 1),23, N(1)! 0,24,N.mmzmzzdziszzimkkmmkk综合可得：当

23、3m且为奇数时，323| |21cos2( 1);(1)!mmzzidzzm当m为其他整数时，3| |21cos0.mzzdzz精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 39 页精品资料欢迎下载4. 计算下列各积分，C为正向圆周 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 39 页精品资料欢迎下载（1）10423 ,: | |3.(2) (2)CzdzCzzz解：被积函数10423( )/(2) (2) f zzzz在环域2 | |z内解析，它的五个奇点都在圆周

24、| | 3z的内部，用留数定理计算比较困难.该积分满足5.2 节定理 2 的条件， 则由定理2 得1042324234230( )(2) (2)112Re,012Re,0(12) (12 )12lim(12) (12 )2.CCzdzf z dzzzis fisii精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 31 页，共 39 页精品资料欢迎下载（2）13 ,: | 2.1zCze dzCzz解：被积函数13( )/(1)zf zz ez在环域1 |z内解 析， 它 的 奇点121,0zz都在圆周| 2z的内部，其中11z为一级极点，20z为本

25、性奇点，由于( )f z在本性奇点20z的留数不容易计算，故用留数定理计算比较困难. 该积分满足 5.2 节定理 2 的条件，则由定理2 得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 32 页，共 39 页精品资料欢迎下载1324403240( )1112Re,02Re,0(1)2lim3!(1)2(42)lim3!(1)zCCze dzf z dzzis feisieie2.3i精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 33 页，共 39 页精品资料欢迎下载利用留数计算下列定积分. （1）2

26、0153sind解：令ize，则dzdiz，22112153sin3103532izzziziz，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 34 页，共 39 页精品资料欢迎下载从而有220| | 11253sin3103zddzziz. 函数22( )3103f zziz在| | 1z内只有一个简单极点/ 3zi，在| | 1z上无奇点，且2/321Re ( ),/3(3103)4zis f zizizi, 由留数定理得220| | 11253sin31032Re ( ),/ 312.42zddzzizis f ziii精选学习资料 - -

27、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 35 页，共 39 页精品资料欢迎下载（3）221(1)dxx解：221( )(1)f zz满足 5.3 节定理 2 推论的条件， 在上半平面内只有一个二级极点zi，且22211Re ( ), lim ()(1)4zis f z izizi，因此得22112Re ( ), 2.(1)42dxis f z iixi注：此类型题常见的错误：计算中取函数的所有奇点而不是只取上半平面的奇点：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 36 页，共 39 页精品资料欢迎下载错解：2

28、 212 Re ( ), Re ( ),.(1)dxis f z is f zix（5）2cos45xdxxx解： 函数2( )45izizef z ezz在上半平面内只有一个简单极点2zi，且1 222Re ( ), 2(45)2iziizziees f z eizzi，由 5.3 节定理 3 推论得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 37 页，共 39 页精品资料欢迎下载21 22Re ( ), 2452(cos2sin2)2ixiziedxis f z eixxeiiie，因此取其实部得22cosRecos2.4545ixxedxdxxxxxe注：此类型题常见的错误：计算中取函数的所有奇点而不是只取上半平面的奇点；计算出留数后取实部或虚部再乘以2 i得出结果，而不是计算出留数乘以2 i后再取实部或虚部才得出结果。错解：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 38 页，共 39 页精品资料欢迎下载21 21cos2ReRe ( ), 2452Resin2.2izixdxis f z eixxeieii注意：此类定积分题最后的结果一定是实数！精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 39 页，共 39 页