复变函数习题解答(第3章).doc

p141第三章习题(一) 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 5. 由积分C 1/(z + 2) dz之值证明0, p (1 + 2 cosq)/(5 + 4cosq) dq = 0，其中C取单位圆周| z | = 1【解】因为1/(z + 2)在圆| z | 0，使得K(a, r1) = z C | | z - a | 0，使得K(a, r2) K(a, r1)，且| f(z) - f(a)| | f(a) | - | f(z) - f(a)| 0记U = z C | | 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 = z C | z = - f(a) t，t 0 割开的复平面上，多值函数g(z) = ln z可分出多个连续单值分支，每个单值连续分支g(z)k在CL上都是解析的t 0，| - f(a) t - f(a) | = (t + 1) | f(a) | | f(a) |，故- f(a) t U所以U CL，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 + i v，则u, v也满足Cauchy-Riemann方程记w = ln | f(z) |，则w = (1/2) ln ( u 2 + v 2 )，wx = (ux u + vx v ) /( u 2 + v 2 )，wy = (uy u + vy v ) /( u 2 + v 2 )；wxx = (uxx u + ux2 + vxx v + vx2 )( u 2 + v 2 ) - 2(ux u + vx v )2)/( u 2 + v 2 )2；wyy = (uyy u + uy2 + vyy v + vy2 )( u 2 + v 2 ) - 2(uy u + vy v )2)/( u 2 + v 2 )2；因为u, v都是调和函数，所以uxx u + uyy u = (uxx + uyy) u = 0，vxx v + vyy v = (vxx + vyy) v = 0；由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故ux2 = vy 2，vx 2 = uy2，ux vx + uy vy = 0，因此(ux u + vx v )2 + (uy u + vy v )2 = ux2 u 2+ vx 2v 2 + 2 ux u vx v + uy2 u 2+ vy 2v 2 + 2 uy u vy v = (ux2 + vx2 )( u 2 + v 2 )；故wxx + wyy = (2(ux2 + vx2 )( u 2 + v 2 ) - 2(ux2 + vx2 )( u 2 + v 2 )/( u 2 + v 2 )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Ln f(z)的实部但Ln z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 r 1的积分值为零问f(z)是否必须在z = 0处解析？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 | 0和区域y 0)时，试证：| e bs e as | | s | | b a | e maxa, b s【解】因为f(z) = e sz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e sz/s是f(z)的一个原函数，所以| C e sz dz | = | e sz/s |a, b | = | e bs e as |/| s |而| C e sz dz | C | e sz | ds = C | e (s + i t)z | ds = C | e s z + i tz | ds = C | e s z | ds C e maxa, b s ds = | b a | e maxa, b s 所以| e bs e as | | s | | b a | e maxa, b s5. 设在区域D = zC : | arg z | p/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(C 1/(1 + z 2) dz ) = p/4【解】1/(1 + z 2)在单连通区域D内解析，故积分与路径无关设z = x + i y，zD，i z zC : 0 arg z 0 ，- i z zC : - p arg z 0 = zC : Im z 0 ， 1 - i z zC : Im z 0，故(1 + i z)/(1 - i z) = (1 + i (cosq + i sinq)/(1 - i (cosq + i sinq) = i cosq/(1 + sinq)，因此Re(C 1/(1 + z 2) dz ) = arg (1 + i z)/(1 - i z)/2= arg (i cosq/(1 + sinq)/2 = (p/2)/2 = p/4求1/(1 + z 2) = 1/(1 + i z) + 1/(1 - i z) )/2的在区域D上的原函数，容易得到函数( ln(1 + i z) - ln(1 - i z) )/(2i)，实际它上就是arctan z但目前我们对arctan z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 + i z)/(1 - i z)/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C ( | z | - e z sin z ) dz之值，其中C为圆周| z | = a 0【解】在C上，函数| z | - e z sin z与函数a - e z sin z的相同，故其积分值相同，即C ( | z | - e z sin z ) dz = C ( a - e z sin z ) dz而函数a - e z sin z在C上解析，由Cauchy-Goursat定理，C ( a - e z sin z ) dz = 0因此C ( | z | - e z sin z ) dz = 07. 设(1) f(z)在| z | 1上连续；(2) 对任意的r (0 r 1)，| z | = r f(z) dz = 0试证| z | = 1 f(z) dz = 0【解】设D(r) = z C | | z | r ，K(r) = z C | | z | = r ，0 0，$d1 0，使得z, wD(1), 当| z - w | d1时，| f(z) - f(w) | e/(12p)设正整数n 3，zk = e 2kpi/n ( k = 0, 1, ., n - 1)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s(1), s(2), ., s(n)其中s(k) (k = 1, ., n - 1)是点zk 1到zk的弧段，s(n)是zn 1到z0的弧段记p(k) (k = 1, ., n - 1)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，max j Length(s( j) = 2p/n d1设P是顺次连接z0, z1, ., zn 1所得到的简单闭折线记r = r(P, 0)注意到常数f(zj)的积分与路径无关，s( j) f(zj) dz =p( j) f(zj) dz；那么，| K(1) f(z) dz - P f(z) dz | = | js( j) f(z) dz - jp( j) f(z) dz | = | j (s( j) f(z) dz - p( j) f(z) dz ) | j | s( j) f(z) dz - p( j) f(z) dz | j ( | s( j) f(z) dz - s( j) f(zj) dz | + | p( j) f(zj) dz - p( j) f(z) dz | )= j ( | s( j) ( f(z) - f(zj) dz | + | p( j) ( f(z) - f(zj) dz | ) = j ( s( j) e/(12p) ds + p( j) e/(12p) ds ) = (e/(12p) j ( Length(s( j) + Length(p( j) ) (e/(12p) j ( Length(s( j) + Length(s( j) ) = (e/(12p) (2 Length(K(1)= (e/(12p) 4p = e/3当r r 1时，P中每条线段p(k)都与K(r)交于两点，设交点顺次为wk, 1, wk, 2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) dz - Q f(z) dz | e/3因此，| K(1) f(z) dz | = | K(1) f(z) dz - K(r) f(z) dz | | K(1) f(z) dz - P f(z) dz | + | K(r) f(z) dz - Q f(z) dz | + | P f(z) dz - Q f(z) dz | e/3 + e/3 + | P f(z) dz - Q f(z) dz |记连接wk, 2到wk +1, 1的直线段为l(k)，连接wk, 2到zk +1的直线段为r(k)，连接zk +1到wk +1, 1的直线段为s(k)，则| r(k) f(z) dz + s(k) f(z) dz- l(k) f(z) dz | M ( Length(l(k) + Length(r(k) + Length(s(k) ) 3 M Length(l(k)因为当r 1-时，有Length(l(k) 0，故存在r(r, 1)使得| r(k) f(z) dz + s(k) f(z) dz- l(k) f(z) dz | r0 0时是连续的；(2) M(r)表| f(z) |在Kr : | z z0 | = r r0上的最大值；(3) lim r + r M(r) = 0试证：lim r + K(r) f(z) dz = 0【解】当r r0时，我们有| K(r) f(z) dz | K(r) | f(z) | ds K(r) M(r) ds = 2p r M(r) 0 (当r + 时)，所以lim r + K(r) f(z) dz = 09. (1) 若函数f(z)在点z = a的邻域内连续，则lim r 0 | z a | = r f(z)/(z a) dz = 2pi f(a)(2) 若函数f(z)在原点z = 0的邻域内连续，则lim r 0 0, 2p f(r e iq ) dq = 2p f(0)【解】(1) 当r充分小时，用M(r)表| f(z) |在Kr : | z a | = r上的最大值；| | z a | = r f(z)/(z a) dz 2pi f(a) | = | | z a | = r f(z)/(z a) dz f(a)| z a | = r 1/(z a) dz | = | | z a | = r ( f(z) f(a)/(z a) dz | | z a | = r | f(z) f(a) |/| z a| ds M(r) | z a | = r 1/| z a| ds = 2pr M(r)当r 0时，由f(z)的连续性，知M(r) | f(a) |故| | z a | = r f(z)/(z a) dz 2pi f(a) | 0因此，lim r 0 | z a | = r f(z)/(z a) dz = 2pi f(a)(2) 根据(1)，lim r 0 | z | = r f(z)/z dz = 2pi f(0)而当r充分小时，我们有| z | = r f(z)/z dz = 0, 2p f(r e iq )/(r e iq ) (r e iq i ) dq = i 0, 2p f(r e iq ) dq所以，lim r 0 (i 0, 2p f(r e iq ) dq )= 2p i f(0)故lim r 0 0, 2p f(r e iq ) dq = 2p f(0)10. 设函数f(z)在| z | 0，因| f(1 t ) a + t b) |是0, 1上的实变量连续函数，由积分中值定理，存在t00, 1，使得0, 1 | f(1 t ) a + t b) | dt = | f(1 t0) a + t0b) |取x = (1 t0) a + t0b，则f(x) = f(1 t0) a + t0b) 0，令l = (0, 1 f(1 t ) a + t b) dt)/ f(x)因为| 0, 1 f(1 t ) a + t b) dt | 0, 1 | f(1 t ) a + t b) | dt = | f(x) |所以| l | = | (0, 1 f(1 t ) a + t b) dt)/ f(x) | = | 0, 1 f(1 t ) a + t b) dt |/| f(x) | 1且f(b) - f(a) = (b - a) 0, 1 f(1 t ) a + t b) dt = l (b - a) f(x)12. 如果在| z | 1内函数f(z)解析，且| f(z) | 1/(1 - | z |)试证：| f(n)(0) | (n + 1)!(1 + 1/n)n e (n + 1)!，n =1, 2, .【解】设K(r) = z C | | z | = r ，0 r 1由Cauchy积分公式和高阶导数公式，有| f(n)(0) | = (n!/(2p) | K(r) f(z)/zn + 1 dz | (n!/(2p) K(r) | f(z) |/| z |n + 1 ds (n!/(2p) K(r) 1/(1 - | z |)| z |n + 1) ds = (n!/(2p)/(1 - r ) r n + 1) 2pr= n!/(1 - r ) r n)为得到| f(n)(0) |的最好估计，我们希望选取适当的r(0, 1)，使得n!/(1 - r ) r n)最小，即要使(1 - r ) r n最大当n 1时，根据均值不等式，(1 - r ) r n = (1 - r ) (r/n) n n n (1 - r ) + (r/n) + . + (r/n)/(n + 1)n + 1 n n = n n/(n + 1)n + 1当1 - r = r/n，即r = n/(n + 1)时，(1 - r ) r n达到最大值n n/(n + 1)n + 1因此，我们取r = n/(n + 1)，此时有| f(n)(0) | n!/(1 - r ) r n) = n!/(n n/(n + 1)n + 1) = (n + 1)!(1 + 1/n)n R且| f(z) | M的z必存在【解】若不然，当| z | R时，| f(z) | M而f(z)为整函数，故必连续，因此f(z)在| z | R上有界所以f(z)在C上有界由Liouville定理，f(z)必为常数，这与题目条件相矛盾15. 已知u + v = (x y)(x2 + 4xy + y2) 2(x + y)，试确定解析函数f(z) = u + iv【解】由于ux + vx = 3(x2 + 2xy y2) 2，uy + vy = 3(x2 2xy y2) 2，两式相加，再利用Cauchy-Riemann方程，有ux = 3(x2 y2) 2两式相减，再利用Cauchy-Riemann方程，有vx = 6xy所以f(z) = ux + i vx = 3(x2 y2) 2 + 6xy i = 3(x + y i)2 1 = 3 z2 2因此，f(z) = z3 2z + a，其中a为常数将z = 0代入，f(z) = z3 2z + a，得a = f(0)把(x, y) =