复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）
所以I?iI1?2πi?又因为I1?∴?π11π ??mm2i3?23?21πsinm?d??0
2??π5?4cos?0cosm?π d??5?4cos?3?2m2π0(2) ?cos3?d?，|a|>1． 21?2acos??a2π解：令
I1??2π0cos3?d? I2?1?2acos??a22π?0sin3?d?
1?2acos??a2e3?i I1?iI2??d?
01?2acos??a2z31iθ
令z=e．cos??d??dz，则
2zizz31 I1?iI2???dz?z?1z2?12iz1?2a??a2z1z3??dzi?z?1?az2??a2?1?z?a?11?2π???2πi?Res?f?z?,??32ia?a?a?1??2π 32??aa?1??dx(3)?，a>0，b>0．
???2x?a2??x2?b2?1解：令R?z??2，被积函数R(z)在上半平面有一级极点z=ia和ib．故
?z?a2??z2?b2?得I1?I?2πi?Res?R?z?,ai??Res?R?z?,bi??11???2πi?lim?z?ai?2222?lim?z?bi?2222??z?a??z?b?z?bi?z?a??z?b???z?ai11???2πi??2222??2ia?b?a?2ib?a?b??π?ab?a?b?（4）. ???x20?x2?a2?2dx，a>0．
解：???01??x2dx??dx
2???x2?a2?2?x2?a2?2z2x2令R?z???z?a?222，则z=±ai分别为R(z)的二级极点
41 / 66
复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）
故
(5) 1????????dx??2πi?ResRz,ai?ResRz,?ai??????x2?a2?220x2???x?sin?x0?x?b?222dx，β>0，b>0．
???z2???z2?????πi?lim??lim?2?2??z?ai??z?ai??z??ai??z?ai????π?2a解：
???2x???x?b?22?ei?xdx????x?cos?x???x?b?222dx?i???x?sin?x???x?b?222dx
而考知R?z??z?z?b?222，则R(z)在上半平面有z=bi一个二级极点．
???x???x2?b?22?ei?xdx?2πi?Res?R?z??ei?z,bi?
i?z?ze??π???b?2πi?lim???2b?e?iz?bi??z?bi?????x?sin?x???x2?b???022dx?π???b?e 2bdx?π???bπ??e? 4b4be?b从而?x?sin?x?x2?b?22eix(6) ?dx，a>0
??x2?a21解：令R?z??2，在上半平面有z=ai一个一级极点
z?a2???????eixeize?aπ7. 计算下列积分 iz??dx?2πi?Res?Rz?e,ai??2πi?lim?2πi??z?aiz?aix2?a22aiaea??sin2xdx 20??x1?x1解：令R?z??，则R(z)在实轴上有孤立奇点z=0，作以原点为圆心、r为半径的上半圆周cr，使CR,[-R,
z?1?z2?-r], Cr,[r, R]构成封闭曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i,
2izedz2ix2iz????e1elim???πi． 于是：I?Im?1而??dx??Im?2πi?Res?Rz,i???lim?dz?2?cr?r?0?22??cr?0z1?zz?1?z?x?1?x??2?2(1)?r故：
z?1??e?2??π1?e2iz1a?2I?Im?2πi?lim?πi??Im?2πi?????πi???1?e?．(2)dz，其中T为直线Rez=c, c>0, 0 其中AB为复平面从c-iR到c+iR的线段． 考虑函数f(z)沿长方形-R≤x≤c，-R≤y≤R周界的积分．＜如下图＞ 42 / 66 复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社） 因为f(z)在其内仅有一个二级极点z=0，而且Res?f?z?,0??lim?z2?f?z????lna z?0所以由留数定理． ?ABf?z?dz??BEf?z?dz????EFf?z?dz??f?z?dz?2πi?lna FA而 ?BEf?z?dz???RCx?lnalnaCCeCeex?RilnaeC?lna??R???dx≤dx≤dx?2?C?R????0． R?x?Ri?2??Rx2?R2??RR2习题六 1. 求映射w? 1 下，下列曲线的像. z (1) x2?y2?ax (a?0，为实数) 解：w? u?11xy??2?i=u+iv zx?iyx?y2x2?y2xx1??, x2?y2axa11将x2?y2?ax映成直线u?. za(2) y?kx.(k为实数) 1xy?i 解： w??2zx?y2x2?y2所以w?u?xx2?y2v??ykx?? x2?y2x2?y2v??ku 故w?1将y?kx映成直线v??ku. z2. 下列区域在指定的映射下映成什么？ （1）Im(z)?0,w?(1?i)z； 解： w?(1?i)?(x?iy)?(x?y)?i(x+y) u?x?y,v?x?y.u?v??2y?0. 所以Im(w)?Re(w). 故w?(1?i)?z将Im(z)?0,映成Im(w)?Re(w). (2) Re(z)>0. 0 i. z 解：设z=x+iy, x>0, 0 iii(x?iy)yxw???2?2?2i 22zx?iyx?yx?yx?y2 43 / 66 复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社） Re(w)>0. Im(w)>0. 若w=u+iv, 则 y?uv ,x?u2?v2u2?v2u11?1,(u?)2?v2? 2u?v222因为0 111 (以（,0）为圆心、为半径的圆) 2222 3. 求w=z在z=i处的伸缩率和旋转角，问w=z将经过点z=i且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成w平 面上哪一个方向？并作图. 解：因为w?=2z,所以w?(i)=2i, |w?|=2, 旋转角argw?= π. 2于是, 经过点i且平行实轴正向的向量映成w平面上过点-1，且方向垂直向上的向量.如图所示. → 2 4. 一个解析函数，所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和旋转角的不变性？映射w=z在z平面上每一点都具有这个性质吗？ 2 答：一个解析函数所构成的映射在导数不为零的条件下具有伸缩率和旋转不变性映射w=z在z=0处导数为零，所以在z=0处不具备这个性质. 5. 求将区域0 cz?da(z?1)?c(z?1), cz?da?c?a?d. c?daz?b(ad-bc?0)由?1??1.得 cz?d因为w?即w?1?由1?1代入上式，得2?21?dd?cc?(z?1)?因此w?1?(z?1) cz?dz?dc令 d?q，得 cw?1(z?1)(1?q)/(z?q)(z?1)(1?q)z?1 ???a?w?1(z?1)(1?q)/(z?q)?2(z?1)(q?1)z?1其中a为复数. 44 / 66 复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社） 反之也成立，故所求分式线性映射为 7. 若分式线性映射，w?解：若w?w?1z?1， a为复数. ?a?w?1z?1az?b将圆周|z|=1映射成直线则其余数应满足什么条件？ cz?daz?bd将圆周|z|=1映成直线，则z??映成w??. cz?dcdd而z??落在单位圆周|z|=1,所以??1,|c|=|d|. cc故系数应满足ad-bc?0,且|c|=|d|. z?1作用下，下列集合的像. z?1(1) Re(z)?0; (2) |z|=2; (3) Im(z)>0. 8. 试确定映射，w?解：(1) Re(z)=0是虚轴，即z=iy代入得. iy?1?(1?iy)2?1?y22yw????i? iy?11?y21?y21?y22y?1?y2v?写成参数方程为u?， , ???y???. 1?y21?y2消去y得，像曲线方程为单位圆,即 u2+v2=1. 2ei??1(2) |z|=2.是一圆围，令z?2e,0???2π.代入得w?i?化为参数方程. 2e?134sin? u? 0???2π u?5?4cos?5?4cos?消去?得，像曲线方程为一阿波罗斯圆.即 54(u?)2?v2?()2 33i? (3) 当Im(z)>0时，即 w?1w?1??z?Im()?0, w?1w?1令w=u+iv得 w?1(u?1)?iv?2vIm()?Im()??0. w?1(u?1)?iv(u?1)2?v2即v>0,故Im(z)>0的像为Im(w)>0. 9. 求出一个将右半平面Re(z)>0映射成单位圆|w|<1的分式线性变换. 解：设映射将右半平面z0映射成w=0，则z0关于轴对称点z0的像为w??， 所以所求分式线性变换形式为w?k?z?z0z?z0其中k为常数. 又因为w?k?z?z0z?z0,而虚轴上的点z对应|w|=1,不妨设z=0，则 w?k?z?z0z?z0?|k|?1?k?ei?(Re(z0)?0). (??R) 故w?ei??z?z0z?z010. 映射w?ei??解：因为 z??将|z|?1映射成|w|?1,实数?的几何意义显什么？ 1???z 45 / 66