复变函数习题解答第3章.docx
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复变函数习题解答第3章
p141第三章习题
(一)[5,7,13,14,15,17,18]
5.由积分ò
C1/(z+2)dz之值证明ò
[0,p](1+2cosq)/(5+4cosq)dq=0,其中C取单位圆周|z|=
1.
【解】因为1/(z+2)在圆|z内解析,故ò
C1/(z+2)dz=
0.
设C:
z(q)=eiq
,qÎ[0,2p].
则ò
C1/(z+2)dz=ò
C1/(z+2)dz=ò
[0,2p]ieiq
/(eiq
+2)dq
=ò
[0,2p]i(cosq+isinq)/(cosq+isinq+2)dq
=ò
[0,2p](-2sinq+i(1+2cosq))/(5+4cosq)dq
=ò
[0,2p](-2sinq)/(5+4cosq)dq+iò
[0,2p](1+2cosq)/(5+4cosq)dq.
所以ò
[0,2p](1+2cosq)/(5+4cosq)dq=
0.
因(1+2cosq))/(5+4cosq)以2p为周期,故ò
[-p,p](1+2cosq)/(5+4cosq)dq=0;因(1+2cosq))/(5+4cosq)为偶函数,故ò[0,p](1+2cosq)/(5+4cosq)dqò
[-p,p](1+2cosq)/(5+4cosq)dq=
0.
7.(分部积分法)设函数f(z),g(z)在单连通区域D内解析,a,b是D内两点,试证ò
[a,b]f(z)g’(z)dz=(f(z)g(z))|
[a,b]-ò
[a,b]g(z)f’(z)dz.
【解】因f(z),g(z)区域D内解析,故f(z)g’(z),g(z)f’(z),以及(f(z)g(z))’都在D内解析.因区域D是单连通的,所以f(z)g’(z),g(z)f’(z),以及(f(z)g(z))’的积分都与路径无关.ò[a,b]f(z)g’(z)dz+ò
[a,b]g(z)f’(z)dz=ò
[a,b](f(z)g’(z)dz+g(z)f’(z))dz
=ò
[a,b](f(z)g(z))’dz.
而f(z)g(z)是(f(z)g(z))’在单连通区域D内的一个原函数,所以ò[a,b](f(z)g(z))’dz=f(b)g(b)-f(a)g(a)=(f(z)g(z))|
[a,b].
因此有ò
[a,b]f(z)g’(z)dz+ò
[a,b]g(z)f’(z)dz=(f(z)g(z))|
[a,b],
即ò
[a,b]f(z)g’(z)dz=(f(z)g(z))|
[a,b]-ò
[a,b]g(z)f’(z)dz.
13.设C:
z=z(t)(a£t£b)为区域D内的光滑曲线,f(z)于区域D内单叶解析且f’(z)¹0,w=f(z)将曲线C映成曲线G,求证G亦为光滑曲线.
【解】分两种情况讨论.
(1)当z(a)¹z(b)时,C不是闭曲线.此时z(t)是[a,b]到D内的单射,z(t)ÎC1
[a,b],且在[a,b]上,|z’(t)|¹
0.
因G是曲线C在映射f下的象,所以G可表示为w=f(z(t))(a£t£b)."tÎ[a,b],z(t)Î
D.因f于区域D内解析,故f在z(t)处解析,
因此f(z(t))在t处可导,且导数为f’(z(t))z’(t).
显然,f’(z(t))z’(t)在[a,b]上是连续的,所以f(z(t))ÎC1
[a,b].
因为f(z)于区域D内是单叶的,即f(z)是区域D到C的单射,而z(t)是[a,b]到D内的单射,故f(z(t))是[a,b]到C内的单射.
因在D内有f’(z)¹0,故在[a,b]上,|f’(z(t))z’(t)|=|f’(z(t))|·|z’(t)|¹
0.所以,G是光滑曲线.
(2)当z(a)=z(b)时,C是闭曲线.此时z(t)ÎC1
[a,b];在[a,b]上,有|z’(t)|¹0;z’(a)=z’(b);"t
1Î[a,b],"t
2Î(a,b),若t
1¹t
2,则z(t
1)¹z(t
2).与
(1)完全相同的做法,可以证明f(z(t))ÎC1
[a,b],且|f’(z(t))z’(t)|¹
0.由z(a)=z(b)和z’(a)=z’(b),可知f’(z(a))z’(a)=f’(z(b))z’(b).
因为"t
1Î[a,b],"t
2Î(a,b),若t
1¹t
2,则z(t
1)¹z(t
2),
由f(z)于区域D内单叶,因此我们有f(z(t
1))¹f(z(t
2)).
所以G是光滑的闭曲线.
14.设C:
z=z(t)(a£t£b)为区域D内的光滑曲线,f(z)于区域D内单叶解析且f’(z)¹0,w=f(z)将曲线C映成曲线G,证明积分换元公式òGF(w)dw=ò
CF(f(z))f’(z)dz.
其中F(w)沿曲线G连续.
【解】由13题知曲线G也是光滑曲线,其方程为w(t)=f(z(t))(a£t£b).故ò
GF(w)dw=ò
[a,b]F(w(t))·w’(t)dt=ò
[a,b]F(f(z(t)))·(f’(z(t))z’(t))dt.而ò
CF(f(z))f’(z)dz=ò
[a,b](F(f(z(t)))f’(z(t)))·z’(t)dt.
所以ò
GF(w)dw=ò
CF(f(z))f’(z)dz.
15.设函数f(z)在z平面上解析,且|f(z)|恒大于一个正的常数,试证f(z)必为常数.
【解】因|f(z)|恒大于一个正的常数,设此常数为M.
则"zÎC,|f(z)|³M,因此|f(z)|¹0,即f(z)¹
0.
所以函数1/f(z)在C上解析,且|1/f(z)|£1/M.
由Liuville定理,1/f(z)为常数,因此f(z)也为常数.
17.设函数f(z)在区域D内解析,试证(¶2
/¶x2
+¶2
/¶y2
)|f(z)|2
=4|f’(z)|2.【解】设f(z)=u+iv,w=|f(z)|2
,则w=ln(u2
+v2
).wx=2(u
xu+v
xv),w
y=2(u
yu+v
yv);wxx=2(u
xxu+u
x2
+v
xxv+v
x2
),w
yy=2(u
yyu+u
y2
+v
yyv+v
y2
);
因为u,v都是调和函数,所以uxxu+u
yyu=(u
xx+u
yy)u=0,v
xxv+v
yyv=(v
xx+v
yy)v=0;
由于u,v满足Cauchy-Riemann方程,故u
x2
=v
y2
,v
x2
=u
y2,故w
xx+w
yy=2(u
x2
+v
x2
+u
y2
+v
y2
)=4(u
x2
+v
x2
)=4|f(z)|2;即(¶2
/¶x2
+¶2
/¶y2
)|f(z)|2
=4|f’(z)|2.
18.设函数f(z)在区域D内解析,且f’(z)¹
0.试证ln|f’(z)|为区域D内的调和函数.
【解】"aÎD,因区域D是开集,故存在r
1>0,使得
K(a,r
1)={zÎC||z-a| 1}Í D. 因f’(a)¹0,而解析函数f’(z)是连续的,故存在r 2>0,使得 K(a,r 2)ÍK(a,r 1),且|f’(z)-f’(a)|<|f’(a)|. 用三角不等式,此时有|f’(z)|>|f’(a)|-|f’(z)-f’(a)|> 0. 记U={zÎC||z-f’(a)|<|f’(a)|},则U是一个不包含原点的单连通区域.在沿射线L={zÎC|z=-f’(a)t,t³0}割开的复平面上,多值函数g(z)=lnz可分出多个连续单值分支,每个单值连续分支g(z) k在C\L上都是解析的."t³0,|-f’(a)t-f’(a)|=(t+1)|f’(a)|³|f’(a)|,故-f’(a)tÏU. 所以UÍC\L,即每个单值连续分支g(z) k在U上都是解析的. 因为当zÎK(a,r 2)时,f’(z)ÎU,故复合函数g(f’(z)) k在上解析. 而Re(g(f’(z)) k)=ln|f’(z)|,所以ln|f’(z)|在K(a,r 2)上是调和的. 由aÎD的任意性,知ln|f’(z)|在D上是调和的. 【解2】用Caucht-Riemann方程直接验证.因为f’(z)也在区域D内解析,设f’(z)=u+iv,则u,v也满足Cauchy-Riemann方程.记w=ln|f’(z)|,则wu2 +v2 ),wx=(u xu+v xv)/(u2 +v2 ),w y=(u yu+v yv)/(u2 +v2 );wxx=((u xxu+u x2 +v xxv+v x2 )(u2 +v2 )-2(u xu+v xv)2 )/(u2 +v2 )2;w yy=((u yyu+u y2 +v yyv+v y2 )(u2 +v2 )-2(u yu+v yv)2 )/(u2 +v2 )2;因为u,v都是调和函数,所以uxxu+u yyu=(u xx+u yy)u=0,v xxv+v yyv=(v xx+v yy)v=0; 由于u,v满足Cauchy-Riemann方程,故u x2 =v y2 ,v x2 =u y2 ,u xv x+u yv y=0,因此(u xu+v xv)2 +(u yu+v yv)2 =u x2 u2 +v x2 v2 +2u xuv xv+u y2 u2 +v y2 v2 +2u yuv yv=(u x2 +v x2 )(u2 +v2 );故w xx+w yy=(2(u x2 +v x2 )(u2 +v2 )-2(u x2 +v x2 )(u2 +v2 ))/(u2 +v2 )2 = 0.所以w为区域D内的调和函数. [初看此题,就是要验证这个函数满足Laplace方程.因为解析函数的导数还是解析的,所以问题相当于证明ln|f(z)|是调和的,正如【解2】所做.于是开始打字,打了两行之后,注意到ln|f’(z)|是Lnf’(z)的实部.但Lnz不是单值函数,它也没有在整个C上的单值连续分支,【解1】前面的处理就是要解决这个问题.]p141第三章习题 (二)[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16] 1.设函数f(z)在0<|z|<1内解析,且沿任何圆周C: |z|=r,0 试举例说明之. 【解】不必.例如f(z)=1/z2 就满足题目条件,但在z=0处未定义. [事实上可以任意选择一个在|z|<1内解析的函数g(z),然后修改它在原点处的函数值得到新的函数f(z),那么新的函数f(z)在原点不连续,因此肯定是解析.但在0<|z|<1内f(z)=g(z),而g(z)作为在|z|<1内解析的函数,必然沿任何圆周C: |z|=r的积分值都是零.因此f(z)沿任何圆周C: |z|=r的积分值也都是零.若进一步加强题目条件,我们可以考虑,在极限lim z®0f(z)存在的条件下,补充定义f (0)=lim z®0f(z),是否f(z)就一定在z=0处解析? 假若加强条件后的结论是成立,我们还可以考虑,是否存在满足题目条件的函数,使得极限lim z®0f(z)不存在,也不是¥? ] 2.沿从1到-1的如下路径求ò C1/√zdz. (1)上半单位圆周; (2)下半单位圆周,其中√z取主值支. 【解】 (1)√z=eiargz/2 ,设C: z(q)=eiq ,qÎ[0,p].ò C1/√zdz=ò [0,p]ieiq /eiq/2 dq=ò [0,p]ieiq/2 dq=2eiq/2|[0,p]=2(-1+i). (2)√z=eiargz/2 ,设C: z(q)=eiq ,qÎ[-p,0].òC1/√zdz=-ò [-p,0]ieiq /eiq/2 dq=-ò [-p,0]ieiq/2 dq=-2eiq/2|[-p,0]=2(-1-i).[这个题目中看起来有些问题: 我们取主值支,通常在是考虑割去原点及负实轴的z平面上定义的单值连续分支.因此,无论 (1)还是 (2),曲线C上的点-1总不在区域中(在区域的边界点上).因此曲线C也不在区域中. 所以,题目应该按下面的方式来理解: 考虑单位圆周上的点z,以及沿C从1到z的积分的极限,当z分别在区域y>0和区域y<0中趋向于-1时,分别对应 (1)和 (2)的情形,简单说就是上岸和下岸的极限情形. 那么按照上述方式理解时,仍然可以象我们所做的那样,用把积分曲线参数化的办法来计算,这是由积分对积分区域的连续性,即绝对连续性来保证的.以后我们遇到类似的情形,都以这种方式来理解.] 3.试证|ò C(z+1)/(z-1)dz|£8p,其中C为圆周|z-1|= 2. 【解】若zÎC,|z+1|£|z-1|+2=4,故|(z+1)/(z-1)|£ 2. 因此|ò C(z+1)/(z-1)dz|£ò C|(z+1)/(z-1)|ds£2·Length(C)=8p. 4.设a,b为实数,s=s+it(s>0)时,试证: s|ebs–eas |£|s|·|b–a|emax{a,b}·. 【解】因为f(z)=esz 在C上解析,故f(z)的积分与路径无关. 设C是从a到b的直线段,因为esz /s是f(z)的一个原函数,所以 |ò Cesz dz|=|esz /s| [a,b]|=|ebs–eas |/|s|. 而|ò Cesz dz|£ò C|esz |ds=ò C|e(s+it)z |ds=ò C|esz+itz |ds ss =ò C|esz |ds£ò Cemax{a,b}· ds=|b–a|emax{a,b}·.s 所以|ebs–eas |£|s|·|b–a|emax{a,b}·. 5.设在区域D={zÎC: |argz| Re(ò C1/(1+z2 )dz)=p/ 4. 【解】1/(1+z2 )在单连通区域D内解析,故积分与路径无关.设z=x+iy,"zÎD,izÎ{zÎC: 0 Imz>0}, -izÎ{zÎC: -p Imz<0}, 故1+izÎ{zÎC: Imz>0},1-izÎ{zÎC: Imz<0}. 设ln(z)是Ln(z)的主值分支,则在区域D内(ln(1+iz)-ln(1-iz))/(2i)是解析的,且((ln(1+iz)-ln(1-iz))/(2i))’=(i/(1+iz)+i/(1-iz))(2i)=1/(1+z2 );即(ln(1+iz)-ln(1-iz))/(2i)是1/(1+z2 )的一个原函数.òC1/(1+z2 )dz=(ln(1+iz)-ln(1-iz))/2| [0,z] =(ln(1+iz)-ln(1-iz))/(2i)=ln((1+iz)/(1-iz))/(2i) =(ln|(1+iz)/(1-iz)|+iarg((1+iz)/(1-iz)))/(2i)=-iiz)/(1-iz)|+arg((1+iz)/(1-iz))/2, 故Re(ò C1/(1+z2 )dz)=arg((1+iz)/(1-iz))/ 2. 设z=cosq+isinq,则cosq>0,故 (1+iz)/(1-iz)=(1+i(cosq+isinq))/(1-i(cosq+isinq))=icosq/(1+sinq),因此Re(ò C1/(1+z2 )dz)=arg((1+iz)/(1-iz))/2 =arg(icosq/(1+sinq))/2=(p/2)/2=p/ 4. [求1/(1+z2 )=1/(1+iz)+1/(1-iz))/2的在区域D上的原函数,容易得到函数(ln(1+iz)-ln(1-iz))/(2i),实际它上就是arctanz.但目前我们对arctanz的性质尚未学到,所以才采用这种间接的做法.另外,注意到点z在单位圆周上,从几何意义上更容易直接地看出等式arg((1+iz)/(1-iz))/2=p/4成立.最后,还要指出,因曲线C的端点0不在区域D中,因此C不是区域D中的曲线.参考我们在第2题后面的注释.] 6.试计算积分ò C(|z|-ez sinz)dz之值,其中C为圆周|z|=a> 0. 【解】在C上,函数|z|-ez sinz与函数a-ez sinz的相同,故其积分值相同,即ò C(|z|-ez sinz)dz=ò C(a-ez sinz)dz. 而函数a-ez sinz在C上解析,由Cauchy-Goursat定理,ò C(a-ez sinz)dz= 0.因此ò C(|z|-ez sinz)dz= 0. 7.设 (1)f(z)在|z|£1上连续; (2)对任意的r(0 |z|=rf(z)dz= 0.试证ò |z|=1f(z)dz= 0. 【解】设D(r)={zÎC||z|£r},K(r)={zÎC||z|=r},0 1.因f在D (1)上连续,故在D (1)上是一致连续的.再设M=max zÎD (1){|f(z)|}."e>0,$d 1>0,使得"z,wÎD (1),当|z-w| 1时,|f(z)-f(w)| k=e2kpi/n (k=0,1,...,n-1)是所有的n次单位根. 这些点z 0,z 1,...,z n–1将K (1)分成n个弧段s (1),s (2),...,s(n). 其中s(k)(k=1,...,n-1)是点z k–1到z k的弧段,s(n)是z n–1到z 0的弧段.记p(k)(k=1,...,n-1)是点z k–1到z k的直线段,p(n)是z n–1到z 0的直线段.当n充分大时,max j{Length(s(j))}=2p/n 1. 设P是顺次连接z 0,z 1,...,z n–1所得到的简单闭折线.记r=r(P,0). 注意到常数f(z j)的积分与路径无关,ò s(j)f(z j)dz=ò p(j)f(z j)dz; 那么,|òK (1)f(z)dz-ò Pf(z)dz|=|å jò s(j)f(z)dz-å jò p(j)f(z)dz| =|å j(ò s(j)f(z)dz-ò p(j)f(z)dz)| £å j|ò s(j)f(z)dz-ò p(j)f(z)dz| £å j(|ò s(j)f(z)dz-ò s(j)f(z j)dz|+|ò p(j)f(z j)dz-ò p(j)f(z)dz|) =å j(|ò s(j)(f(z)-f(z j))dz|+|ò p(j)(f(z)-f(z j))dz|) =å j(ò s(j)e/(12p)ds+ò p(j)e/(12p)ds) =(e/(12p))·å j(Length(s(j))+Length(p(j))) £(e/(12p))·å j(Length(s(j))+Length(s(j))) =(e/(12p))·(2Length(K (1))) =(e/(12p))·4p=e/ 3.当r k,1,w k, 2.设Q是顺次连接w 1,1,w 1,2,w 2,1,w 2,2,...,w n,1,w n,2所得到的简单闭折线.与前面同样的论证,可知|ò K(r)f(z)dz-ò Qf(z)dz|£e/ 3. 因此,|òK (1)f(z)dz|=|òK (1)f(z)dz-ò K(r)f(z)dz| £|òK (1)f(z)dz-ò Pf(z)dz|+|ò K(r)f(z)dz-ò Qf(z)dz|+|ò Pf(z)dz-ò Qf(z)dz|£e/3+e/3+|ò Pf(z)dz-ò Qf(z)dz|. 记连接w k,2到w k+1,1的直线段为l(k),连接w k,2到z k+1的直线段为r(k),连接z k+1到w k+1,1的直线段为s(k),则 |ò r(k)f(z)dz+ò s(k)f(z)dz-ò l(k)f(z)dz| £M(Length(l(k))+Length(r(k))+Length(s(k)))£3M·Length(l(k)).-因为当r®1时,有Length(l(k))®0, 故存在rÎ(r,1)使得|ò r(k)f(z)dz+ò s(k)f(z)dz-ò l(k)f(z)dz| 对这个r,我们有 |ò Pf(z)dz-ò Qf(z)dz|=|å k(ò r(k)f(z)dz+ò s(k)f(z)dz-ò l(k)f(z)dz)| £å k(|ò r(k)f(z)dz+ò s(k)f(z)dz-ò l(k)f(z)dz|)£å ke/(3n)=e/ 3. 故|òK (1)f(z)dz|£e.因此òK (1)f(z)dz= 0. 8.设 (1)f(z)当|z–z 0|>r 0>0时是连续的; (2)M(r)表|f(z)|在K r: |z–z 0|=r>r 0上的最大值; (3)lim r®+¥rM(r)= 0.试证: lim r®+¥ò K(r)f(z)dz= 0. 【解】当r>r 0时,我们有 |ò K(r)f(z)dz|£ò K(r)|f(z)|ds£ò K(r)M(r)ds=2prM(r)®0(当r®+¥时),所以lim r®+¥ò K(r)f(z)dz= 0. 9. (1)若函数f(z)在点z=a的邻域内连续,则 lim r®0ò |z–a|=rf(z)/(z–a)dz=2pif(a). (2)若函数f(z)在原点z=
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