复变函数习题解答.docx

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复变函数习题解答

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|

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:

0

Imz>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）|

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+1,1的直