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C1/(z+2)dz之值证明[0,](1+2cos)/(5+4cos)d=0,其中C取单位圆周|z|=1.
【解】因为1/(z+2)在圆|z|<3/2内解析,故C1/(z+2)dz=0.
设C:
z()=ei,[0,2].
则C1/(z+2)dz=C1/(z+2)dz=[0,2]iei/(ei+2)d
=[0,2]i(cos+isin)/(cos+isin+2)d
=[0,2](2sin+i(1+2cos))/(5+4cos)d
=[0,2](2sin)/(5+4cos)d+i[0,2](1+2cos)/(5+4cos)d.
所以[0,2](1+2cos)/(5+4cos)d=0.
因(1+2cos))/(5+4cos)以2为周期,故[,](1+2cos)/(5+4cos)d=0;
因(1+2cos))/(5+4cos)为偶函数,故
[0,](1+2cos)/(5+4cos)d=(1/2)[,](1+2cos)/(5+4cos)d=0.
7.(分部积分法)设函数f(z),g(z)在单连通区域D内解析,,是D内两点,试证
[,]f(z)g’(z)dz=(f(z)g(z))|[,][,]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.
[,]f(z)g’(z)dz+[,]g(z)f’(z)dz=[,](f(z)g’(z)dz+g(z)f’(z))dz
=[,](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
[,](f(z)g(z))’dz=f()g()f()g()=(f(z)g(z))|[,].
因此有[,]f(z)g’(z)dz+[,]g(z)f’(z)dz=(f(z)g(z))|[,],
即[,]f(z)g’(z)dz=(f(z)g(z))|[,][,]g(z)f’(z)dz.
13.设C:
z=z(t)(t)为区域D内的光滑曲线,f(z)于区域D内单叶解析且f’(z)0,w=f(z)将曲线C映成曲线,求证亦为光滑曲线.
【解】分两种情况讨论.
(1)当z()z()时,C不是闭曲线.此时z(t)是[,]到D内的单射,z(t)C1[,],且在[,]上,|z’(t)|0.
因是曲线C在映射f下的象,所以可表示为w=f(z(t))(t).
t[,],z(t)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[,]上是连续的,所以f(z(t))C1[,].
因为f(z)于区域D内是单叶的,即f(z)是区域D到的单射,而z(t)是[,]到D内的单射,故f(z(t))是[,]到内的单射.
因在D内有f’(z)0,故在[,]上,|f’(z(t))z’(t)|=|f’(z(t))|·|z’(t)|0.
所以,是光滑曲线.
(2)当z()=z()时,C是闭曲线.此时z(t)C1[,];在[,]上,有|z’(t)|0;z’()=z’();t1[,],t2(,),若t1t2,则z(t1)z(t2).
与
(1)完全相同的做法,可以证明f(z(t))C1[,],且|f’(z(t))z’(t)|0.
由z()=z()和z’()=z’(),可知f’(z())z’()=f’(z())z’().
因为t1[,],t2(,),若t1t2,则z(t1)z(t2),
由f(z)于区域D内单叶,因此我们有f(z(t1))f(z(t2)).
所以是光滑的闭曲线.
14.设C:
z=z(t)(t)为区域D内的光滑曲线,f(z)于区域D内单叶解析且f’(z)0,w=f(z)将曲线C映成曲线,证明积分换元公式
(w)dw=C(f(z))f’(z)dz.
其中(w)沿曲线连续.
【解】由13题知曲线也是光滑曲线,其方程为w(t)=f(z(t))(t).
故(w)dw=[,](w(t))·w’(t)dt=[,](f(z(t)))·(f’(z(t))z’(t))dt.
而C(f(z))f’(z)dz=[,]((f(z(t)))f’(z(t)))·z’(t)dt.
所以(w)dw=C(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z,|f(z)|M,因此|f(z)|0,即f(z)0.
所以函数1/f(z)在上解析,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(uxu+vxv),wy=2(uyu+vyv);
wxx=2(uxxu+ux2+vxxv+vx2),wyy=2(uyyu+uy2+vyyv+vy2);
因为u,v都是调和函数,所以
uxxu+uyyu=(uxx+uyy)u=0,vxxv+vyyv=(vxx+vyy)v=0;
由于u,v满足Cauchy-Riemann方程,故ux2=vy2,vx2=uy2,
故wxx+wyy=2(ux2+vx2+uy2+vy2)=4(ux2+vx2)=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)0.试证ln|f’(z)|为区域D内的调和函数.
【解】aD,因区域D是开集,故存在r1>0,使得
K(a,r1)={z||za|因f’(a)0,而解析函数f’(z)是连续的,故存在r2>0,使得
K(a,r2)K(a,r1),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={z||zf’(a)|<|f’(a)|},则U是一个不包含原点的单连通区域.
在沿射线L={z|z=f’(a)t,t0}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\L上都是解析的.
t0,|f’(a)tf’(a)|=(t+1)|f’(a)||f’(a)|,故f’(a)tU.
所以U\L,即每个单值连续分支g(z)k在U上都是解析的.
因为当zK(a,r2)时,f’(z)U,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,r2)上是调和的.
由aD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w=(1/2)ln(u2+v2),
wx=(uxu+vxv)/(u2+v2),wy=(uyu+vyv)/(u2+v2);
wxx=((uxxu+ux2+vxxv+vx2)(u2+v2)2(uxu+vxv)2)/(u2+v2)2;
wyy=((uyyu+uy2+vyyv+vy2)(u2+v2)2(uyu+vyv)2)/(u2+v2)2;
因为u,v都是调和函数,所以
uxxu+uyyu=(uxx+uyy)u=0,vxxv+vyyv=(vxx+vyy)v=0;
由于u,v满足Cauchy-Riemann方程,故ux2=vy2,vx2=uy2,uxvx+uyvy=0,
因此(uxu+vxv)2+(uyu+vyv)2
=ux2u2+vx2v2+2uxuvxv+uy2u2+vy2v2+2uyuvyv=(ux2+vx2)(u2+v2);
故wxx+wyy=(2(ux2+vx2)(u2+v2)2(ux2+vx2)(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limz0f(z)存在的条件下,补充定义f(0)=limz0f(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limz0f(z)不存在,也不是?
]
2.沿从1到1的如下路径求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()=ei,[0,].
C1/√zdz=[0,]iei/ei/2d=[0,]iei/2d=2ei/2|[0,]=2(1+i).
(2)√z=eiargz/2,设C:
z()=ei,[,0].
C1/√zdz=[,0]iei/ei/2d=[,0]iei/2d=2ei/2|[,0]=2(1i).
[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,以及沿C从1到的积分的极限,当分别在区域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|C(z+1)/(z1)dz|8,其中C为圆周|z1|=2.
【解】若zC,|z+1||z1|+2=4,故|(z+1)/(z1)|2.
因此|C(z+1)/(z1)dz|C|(z+1)/(z1)|ds2·Length(C)=8.
4.设a,b为实数,s=+it(>0)时,试证:
|ebs–eas||s|·|b–a|emax{a,b}·.
【解】因为f(z)=esz在上解析,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
|Ceszdz|=|esz/s|[a,b]|=|ebs–eas|/|s|.
而|Ceszdz|C|esz|ds=C|e(+it)z|ds=C|ez+itz|ds
=C|ez|dsCemax{a,b}·ds=|b–a|emax{a,b}·.
所以|ebs–eas||s|·|b–a|emax{a,b}·.
5.设在区域D={z:
|argz|2}内的单位圆周上任取一点z,用D内曲线C连接0与z,试证:
Re(C1/(1+z2)dz)=/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,
zD,iz{z:
0Imz>0},
iz{z:
Imz<0},
故1+iz{z:
Imz>0},1iz{z:
Imz<0}.
设ln(z)是Ln(z)的主值分支,则在区域D内(ln(1+iz)ln(1iz))/(2i)是解析的,且((ln(1+iz)ln(1iz))/(2i))’=(i/(1+iz)+i/(1iz))(2i)=1/(1+z2);
即(ln(1+iz)ln(1iz))/(2i)是1/(1+z2)的一个原函数.
C1/(1+z2)dz=(ln(1+iz)ln(1iz))/2|[0,z]
=(ln(1+iz)ln(1iz))/(2i)=ln((1+iz)/(1iz))/(2i)
=(ln|(1+iz)/(1iz)|+iarg((1+iz)/(1iz)))/(2i)
=i(1/2)ln|(1+iz)/(1iz)|+arg((1+iz)/(1iz))/2,
故Re(C1/(1+z2)dz)=arg((1+iz)/(1iz))/2.
设z=cos+isin,则cos>0,故
(1+iz)/(1iz)=(1+i(cos+isin))/(1i(cos+isin))=icos/(1+sin),
因此Re(C1/(1+z2)dz)=arg((1+iz)/(1iz))/2
=arg(icos/(1+sin))/2=(/2)/2=/4.
[求1/(1+z2)=1/(1+iz)+1/(1iz))/2的在区域D上的原函数,容易得到函数(ln(1+iz)ln(1iz))/(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)/(1iz))/2=/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C(|z|ezsinz)dz之值,其中C为圆周|z|=a>0.
【解】在C上,函数|z|ezsinz与函数aezsinz的相同,故其积分值相同,即C(|z|ezsinz)dz=C(aezsinz)dz.
而函数aezsinz在上解析,由Cauchy-Goursat定理,C(aezsinz)dz=0.
因此C(|z|ezsinz)dz=0.
7.设
(1)f(z)在|z|1上连续;
(2)对任意的r(0【解】设D(r)={z||z|r},K(r)={z||z|=r},0因f在D
(1)上连续,故在D
(1)上是一致连续的.再设M=maxzD
(1){|f(z)|}.
>0,1>0,使得z,wD
(1),当|zw|<1时,|f(z)f(w)|(12).
设正整数n3,zk=e2ki/n(k=0,1,...,n1)是所有的n次单位根.
这些点z0,z1,...,zn–1将K
(1)分成n个弧段
(1),
(2),...,(n).
其中(k)(k=1,...,n1)是点zk–1到zk的弧段,(n)是zn–1到z0的弧段.
记p(k)(k=1,...,n1)是点zk–1到zk的直线段,p(n)是zn–1到z0的直线段.
当n充分大时,maxj{Length((j))}=2/n<1.
设P是顺次连接z0,z1,...,zn–1所得到的简单闭折线.记=(P,0).
注意到常数f(zj)的积分与路径无关,(j)f(zj)dz=p(j)f(zj)dz;
那么,|K
(1)f(z)dzPf(z)dz|=|j(j)f(z)dzjp(j)f(z)dz|
=|j((j)f(z)dzp(j)f(z)dz)|
j|(j)f(z)dzp(j)f(z)dz|
j(|(j)f(z)dz(j)f(zj)dz|+|p(j)f(zj)dzp(j)f(z)dz|)
=j(|(j)(f(z)f(zj))dz|+|p(j)(f(z)f(zj))dz|)
=j((j)/(12)ds+p(j)/(12)ds)
=(/(12))·j(Length((j))+Length(p(j)))
(/(12))·j(Length((j))+Length((j)))
=(/(12))·(2Length(K
(1)))
=(/(12))·4=/3.
当设Q是顺次连接w1,1,w1,2,w2,1,w2,2,...,wn,1,wn,2所得到的简单闭折线.
与前面同样的论证,可知|K(r)f(z)dzQf(z)dz|/3.
因此,|K
(1)f(z)dz|=|K
(1)f(z)dzK(r)f(z)dz|
|K
(1)f(z)dzPf(z)dz|+|K(r)f(z)dzQf(z)dz|+|Pf(z)dzQf(z)dz|
/3+/3+|Pf(z)dzQf(z)dz|.
记连接wk,2到wk+1,