复变函数经典例题.docx

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复变函数经典例题

第一章例题

例1.1　试问函数把平面上的下列曲线分别变成平面上的何种曲线？

（1）以原点为心，2为半径，在第一象项里的圆弧；

（2）倾角的直线；

　（3）双曲线。

解　设

，则

因此

（1）在平面上对应的图形为：

以原点为心，4为半径，在上半平面的半圆周。

（2）在平面上对应的图形为：

射线。

　（3）因，故，在平面上对应的图形为：

直线。

例1.2　设在点连续，且，则在点的某以邻域恒不为0.

证　因在点连续，则，只要，就有

特别，取，则由上面的不等式得

因此，在邻域就恒不为0。

例1.3　设

试证在原点无极限，从而在原点不连续。

证　令变点，则

从而（沿正实轴）

而沿第一象限的平分角线，时，。

故在原点无确定的极限，从而在原点不连续。

第二章例题

例2.1　在平面上处处不可微

证　易知该函数在平面上处处连续。

但

　　当时，极限不存在。

因取实数趋于0时，起极限为1，取纯虚数而趋于零时，其极限为－1。

故处处不可微。

例2.2　函数在满足定理2.1的条件，但在不可微。

证　因。

故

但

　　在时无极限，这是因让沿射线随而趋于零，即知上式趋于一个与有关的值。

例2.3　讨论的解析性

解　因,故

要使条件成立，必有，故只在可微，从而，处处不解析。

例2.4　讨论的可微性和解析性

解　因,故

要使条件成立，必有，故只在直线上可微，从而，处处不解析。

例2.5　讨论的可微性和解析性，并求。

解　因,而

在复平面上处处连续且满足条件，从而在平面上处处可微，也处处解析。

且

　　　　　　　　　。

例2.6　设确定在从原点起沿负实轴割破了的平面上且，试求之值。

解　设，则

由代入得

解得：

，从而

　　　　　　　　　。

例2.7　设则

且的主值为。

　例2.8　考查下列二函数有哪些支点

　（a）

　（b）

解　（a）作一条部含0但不含1的简单闭曲线,当沿正方向绕行一周时,的辐角得到增量,的辐角没有改变,即

从而

故的终值较初值增加了一个因子，发生了变化，可见0是的支点。

同理1也是其支点。

　　任何异于0，1的有限点都不可能是支点。

因若设是含但不含0，1的简单闭曲线，则

故的终值较初值增加了一个因子，未发生变化。

　　最后不是的支点。

因若设含0，1的简单闭曲线，则

故的终值较初值增加了一个因子，未发生变化。

　　（b）可能的支点是0，1，。

设分别是含0但不含1，含1但不含0，和既含0又含1的简单闭曲线，则

结果的终值较初值均发生了变化。

故0，1，都是支点，此外别无支点。

　　例2.9　试说明在将平面适当割开后能分出三个解析分支。

并求出在点取负值的那个分支在的值

解　易知的支点是。

因此，将平面沿正实轴从0到1割开，再沿负实轴割开。

在这样割开后的平面上，能分出三个解析分支。

　　现取一条从到的有向曲线（不穿过支割线），则

于是

又由题设，可取。

故得

　　　　　　　　　。

　　（3）关于对数函数的已给单值解析分支，我们可以借助下面的公式来计算它的终值：

即

　　其中是一条连接起点和终点且不穿过支割线的简单曲线；是满足条件那一支在起点之值的虚部，是一个确定的值。

　　例2.10　试说明在割去“从-1到的直线段”，“从到1的直线段”与射线“且”的平面能分出单值解析分支。

并求时等于零的那一支在的值。

解　的支点为。

这是因

当变点单绕一周时，

故的值增加了，的值未改变，从而，的值增加了，从一支变成另一支。

故是支点，同理也都是支点，此外无其它支点。

故在割去“从-1到的直线段”，“从到1的直线段”与射线“且”的平面能分出单值解析分支。

　　现设是一条连接起点和终点且不穿过支割线的简单曲线。

则

故

这就是所要求之值。

　例2.11　求反正弦。

解　

　　例2.12　求

解

　　　　。

第三章例题

例3.1命表连接点及的任一曲线，试证

（1）　　　　

（2）

　　证　

（1）因，故

　　　　　　　　，即

（2）因,选则得

　　　　　　　　，

但我们又可选，则得

由定理3.1，可知积分存在，因而的极限存在，且应与及的极限相等，从而应与的极限相等。

今

　　　　　，

所以。

　　注　当为闭曲线时，

例3.2　（重要的常用例子）

这里表示以为心，为半径的圆周。

（注意，积分值与,均无关）。

　　证　的参数方程为：

。

故

　　　　　　　　　；

当为整数且时

例3.3　试证。

积分路径是连接和的直线段

　　证　的参数方程为

即　　　　　　　

沿，连续，且

而之长为2，故由定理3.2，。

例3.4　计算积分

其中积分路径为：

（1）连接由点到点的直线段；

（2）连接由点到点1的直线段及连接由点1到点的直线段所组成的折线。

解　

（1）连接及的直线段的参数方程为：

　　　　　　　　　（），

故　　　　　　　　。

（2）连接与1的直线段的参数方程：

　　　　　　　　　。

连接点1与的直线段的参数方程为：

　　　　　　　　　，

即　　　　　　　　，

故　　　　

由此例可以看出，积分路径不同，积分结果可以不同。

例3.5　计算积分

解　在单连通区域：

，函数的一个原函数，且在解析，故由牛顿—莱布尼兹公式有

例3.6　计算下列积分

（1），

（2），其中为右半圆周，，，起点为,终点为；

　（3）那一支。

解　

（1）因为的支点为,所以它在闭圆上单值解析。

于是由柯西积分定理3.9

（2）因为上解析

故　　　　　　　　。

　　（3）因为的支点为，其单值分支在圆解析，并连续到边界，所以由柯西积分定理3.9

　　　　　　　　　。

例3.7　设为围线部一点，则

　　证　以为圆心画圆周，使全含于的部，则由复围线的柯西积分定理得

再由例3.2即得要证明的结论。

例3.8　计算积分

解　因在闭圆上解析，由柯西积分公式得

　　定理3.11的特殊情形，有如下的解析函数的平均值定理。

例3.9　设在上解析。

如果存在，使当时

而且　　　　　　　

试证：

在圆至少有一个零点。

　　证　反证法，设在无零点，而由题设在上也无零点。

于是

在闭圆上解析。

由解析函数的平均值定理，

又由题设　　　　　，

　　　　　　　　　，

从而　

，矛盾。

故在圆至少有一个零点。

例3.10　计算积分

其中是绕一周的围线。

解　因为在平面上解析，应用公式（3.5）于，我们得

。

例3.11　应用维尔定理证明代数学基本原理。

在平面上，次多项式

至少有一个零点。

　　证　反证法，设在平面上无零点。

由于在平面上是解析的，在平面上也必解析。

　　下面我们证明在平面上有界。

由于

，

故存在充分大的正整数，使当时，，又因在闭圆上连续，故可设

从而，在平面上

于是，在平面上是解析且有界。

由维尔定理，必为常数，即必为常数。

这与定理的假设矛盾。

故定理得证。

例3.12　如果为一整函数，且有使

的实数存在，试证为常数。

　　证　令为整函数。

又在平面上

故有界，由维尔定理可见是常数，因此也是常数。

例3.13　设是整函数，是整数，试证当

时，至多是次多项式。

　　证　只须证得对任何的，。

由　　　　　　　　

可知，对任给的，存在，只要时就有

　　　　　　　　　。

　　在平面上任取一点，再取以为心，以为半径的圆周，使圆周全含于其部。

于是有。

这时对于，必，因而

　　　　　　　　　。

由柯西不等式可得

因为是任意的，所以

　　　　　　　　　。

故至多是次多项式。

例3.14　验证是平面上的调和函数，并求以为实部的解析函数，使合。

解　因在平面上任一点

故在平面上为调和函数。

法一

故

要合，必，故。

法二　先由条件中的一个得

　　　　　　　　　，

故　　　　　　　　，

再由条件中的另一个得

　　　　　　　　　，

故　　　　　　　　

因此　　　　　　　。

（下同法一）

例3.15　验证在右半角平面是调和函数，并求以此为虚部的解析函数。

解　

于是　　　　　　　

故在右半平面，是调和函数。

两端对求导

　　　　　　　　　，

所以，从而（任意常数），

故

它在右半平面单值解析。

第四章例题

例4.1　考察级数的敛散性。

解　因发散，故虽收敛，我们仍断定原级数发散。

例4.2　试求下列各幂级数的收敛半径。

（1）

解　。

（2）　。

解　　因，

故。

　　（3）。

解　　因，

故　。

　　（4）

解　　应当是平方数时，其他情形。

因此，相应有，于是数列{}的聚点是0和1，从而。

例4.3　将在展开成幂级数。

解　因在解析，故展开后的幂级数在收敛。

已经知道：

　　　　　　　　　　　　，

在时将两式相乘得（按对角线方法）

。

例4.4　求的展开式。

解　因的支点为及，故其指定分支在单值解析。

　　　　　，

其一般表达式为：

当时

。

例4.5　将及展为的幂级数。

解　因

，

同理

。

两式相加除以2得

　　　　，，

两式相减除以得

　　　　　。

例4.6　试将函数

按的幂展开，并指明其收敛围。

解

例4.7　考察函数

在原点的性质。

解　显然在解析，且。

由

，

或由

知为的三级零点。

例4.8　求的全部零点，并指出它们的级。

解　在平面上解析。

由得

即　　　　　　　

故　　　　　　　　　，

这就是在平面上的全部零点。

显然

故　　　　　　　　　　

都是函数的二级零点。

例4.9　设

（1）及在区域解析；

（2）在，

试证：

在或。

证　若有使。

因在点连续，故由例1.28知，存在的邻域，使在恒不为零。

而由题设

　　　　　　　　　　,

故必　　　　　　　　.

由唯一性定理（推论4.21）　。

例4.10　试用最大模原理证明例3.9。

即证：

“设在闭圆上解析，如果存在，使当时

　　　　　　　　　，

而且

　　　　　　　　　，

则在圆，至少有一个零点。

”

证　如果在，无零点。

而由题设在上，且在上解析。

故

在上解析。

此时

　　　　　　　　　，

且在上，

　　　　　　　　　，

于是必非常数，在上

　　　　　　　　　。

由最大模原理，这就得到矛盾。

第五章例题

例5.1　将函数

在下列三个区域

（1）圆；

（2）圆环；（3）圆环

求的罗朗展式。

解：

　首先

（1）在圆，，因此

（2）在圆环有，，故

（3）在圆环，，故

例5.2　求在其孤立奇点的去心邻域的罗朗展式。

解：

有两个奇点和。

在的（最大）去心邻域

在的（最大）去心邻域

例5.3　在平面上只有奇点。

在其去心邻域有罗朗展式

例5.4只有奇点，在有

例5.5　分析在处的状况。

是一个本性奇点，对，可设，即，而　　　　　　　　　　　　　　　　。

对，可解方程

得无穷多个解

则，且当然更有。

例5.6　求出

（1）

（2）

的奇点（包括），并确定其类别

解：

（1）

以为可去奇点

为一级极点

为非孤立奇点（因是的聚点）

（2）

令，得该函数的所有奇点为

　　　　　　　　　，，

是一级极点，是非孤立奇点，因是聚点。

至于应是可去奇点，因若令化为

是解析点。

即是可去奇点（或解析点）。

例5.7　若在解析，且不恒为零，又若有一列异于但却以为聚点的零点，试证必为的本性奇点。

证：

是的孤立奇点，且不能是可去奇点，若不然，令则在解析且由假设有以为聚点的一列零点。

由零点的孤立性，必恒为0，这题没矛盾。

　　其次也不能是的奇点，否则有，使当时，这亦与题没矛盾。

故只能是的本性奇点。

第六章例题

例6.1计算

解：

在圆周的部只有一级极点及二级极点，

而　　　　　　　　

由残数定理，得

例6.2　计算

解：

只以为一级极点，而　　　　　　　　　　　　　　　　。

由残数定理得

例6.3　计算

解：

只有一个三级极点，由残数定理得

例6.4　计算

解：

只有一个本性奇点在单位圆周部。

而其罗朗展式为

故　　　　　　　　

残数定理推得

例6.5　计算

解：

共有七个奇点：

，，

及。

前6个根均在部，故

而　　　　　　　　

故。

从而

此外，可另法求残数：

而　　　　　　　　

以为一级极点，故

　　　　　　　　　。

例6.7　计算

解：

令，则，当时

故

。

例6.8　

解：

令则

令则绕一周时绕二周，故

有两个奇点和

故　　　　　　　　

有残数定理得

例6.9　计算积分

解：

令　　　　　　　　，

则　　　　　　　　

设，则

被积函数只有一个一级极点在围线部，而　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

有残数定理得：

于是　　　　　　　

故　　　　　　　　

例6.10　设，计算积分

解：

因

共有四个一级极点

而　　　　　　　　

而在上半平面只有两个极点及，故

例6.11　计算

解：

被积函数为偶函数，故

根据定理6.8得

于是有

例6.12　计算积分

解：

不难验证

满足所需条件，且有两个一级极点和。

于是　　　　　　　

比较两端的实部与虚部，就得

　　　　　　　　　。