复变函数第三章答案.pdf

第三章第三章 复变函数的积分复变函数的积分 1 计算积分 d C Iz z 其中积分路径C是 1 直线段1 1 2 从1 到1的上半单位圆周1z 3 从1 到1的下半单位圆周1z 解 1 直线段1 1 的参数方程为 1 1 11 2zttt 01t 所以 1 2 0 1 d122d20 0 C Iz ztttt 2 1 到1的上半单位圆周1z 的参数方程为 i ze 0 所以 00 ddd ii C Iz zeieii 3 1 到1的下半单位圆周1z 的参数方程为 i ze 0 所以 00 ddd ii C Iz zeieii 2 计算积分 Im d C Iz z 其中积分路径C是 1 按逆时针从1到1的单位圆周1z 2 直线段 a b a b 解 1 单位圆周1z 的参数方程为 i ze 02 所以 22 2 00 22 2 00 Im dsindsincossind sincos dsind i C Iz zieii i 2 直线段 a b 的参数方程为 1 zatb taba t 01t 所以 1 0 Im dImIm d C Iz zabatbat 11 ImIm Im 22 baababaab 3 计算下列积分 1 1 d C Iz za 2 d C Iza z 其中积分路径C是圆周zaR 上从点 1 i AaR e 按逆时针到点 2 i BaR e 的一段弧 12 02 解C的参数方程为 i zaR e 12 所以 22 11 121 11 ddd i i C Izi R eii zaR e 22 11 22 221 ddd ii C Iza zR ei R eRiiR 4 计算积分 1 d C Iz z 其中积分路径C是圆环形闭区域 12zz 位于第一象限部分的边界 方向为逆时针 解 如第 4 题图 21 1 22 CCi iC 其中 1 2 1zt 01t 2 i i 2 1 2 ziti tt i 01t 1 C 1z 2 C 2z 所以 111 22 11 ddd 1 1 2 CCC z zzz zi zz z 222 2 2 111 ddd221 48 CCC z zzz zi zz z 1 1 20 11 ddln2 1 zt tz 11 2 00 11 dddln2 2 2 i i i ztt tzt i 21 1 22 11111 ddddd ln2 1 ln212ln2 CCi iC Izzzzz zzzzz 5 1 计算下列积分 1 1 d 1 C Iz z 2 2 1 d 1 C Iz z 其中积分路径C是从2到3的任意不过1简单光滑曲线 2 试归纳出积分 1 d 1 n n C Iz z n 一般的结果 其中积分路径C是从2到3的任意不过1简单光滑曲线 解 1 先计算 2 2 1 d 1 C Iz z 由于 2 1 1 z 在 1 内存在单值的原函数 1 1z 所以 由复积分的牛顿 莱布尼茨公式 2 2 311111 d 2 1 11 3122 C Iz zz 再计算 1 1 d 1 C Iz z 由于 1 1z 在 1 内不存在单值的原函数 所以我们不能直接用复积分的牛顿 莱布尼茨 公式计算 下面 根据从2到3的积分路线C的不同情况分两种情形来计算此积分 情形情形情形情形 积分路线C如第 5 题图 a 补充有向直线段2 3 显然3 2C 构成简单闭曲线 并且1既不在3 2C 的内部 也不在 3 2C 上 所以 1 1z 在3 2C 所围成的单连通闭区域上解析 由单连通区域上的柯西积分定 理 3 2 1 d0 1 C z z 从而 1 3 22 32 3 1111 dddd 1111 CC Izzzz zzzz 再注意到直线段2 3 的参数方程为 zx 其中23x 可得 3 3 12 2 32 11 ddln 1 ln2 11 Izxx zx 情形情形情形情形 积分路线C如第 5 题图 b 此时C仅围绕1按逆时针转一周 补充有向直线段2 3 显然3 2C 构成简单闭曲线 并且1在3 2C 的内部 所以 3 2 1 d2 1 C zi z 同理如果C仅围绕1按顺时针转一周 有 3 2 1 d2 1 C zi z 于是 1 3 22 32 3 1111 ddd2d2ln2 1111 CC Izzzizi zzzz 积分路线如第5题图 c 此时C仅围绕1按逆时针转两周 补充有向直线段2 3 显然3 2C 构成闭曲线 非简单 此时3 2C 可分解成两个简单闭曲线 22MA和 33AN 类似于上面的情 形 有 22 1 d2 1 MA zi z 33 1 d2 1 AN zi z 于是由复积分的曲线可加性 3 22233 111 ddd2 2 111 CMAAN zzzi zzz 同理如果C仅围绕1按顺时针转两周 有 3 2 1 d22 1 C zi z 故 1 3 22 3 2 3 111 ddd 111 1 22d22ln2 1 CC Izzz zzz izi z 类似的方法 当C仅围绕1按逆时针或顺时针转k周时 同理可得 3 2 1 d2 1 C zki z 其中逆时针时取正号 于是 1 3 22 3 2 3 111 ddd 111 1 2d2ln2 1 CC Izzz zzz kizki z 综上所述 1 1 d2ln2 1 C Izki z 0 1 2 k 2 当1n 时 1 1 nz 在 1 内存在单值的原函数 1 1 1 1 n z n 所以 由复积分的 牛顿 莱布尼茨公式 11 1 311111 d 1 211 2 1 1112 nn n nn C Izz znnn 所以 1 2ln2 1 11 1 1 12 n n kin I n n 6 设 0 1C 是不过点i 的简单光滑曲线 证明 2 1 d 14 C Izk z 0 1 2 k 证明因为 2 11111 1 2zzi zii zizi 下面根据从0到1的积分路线C的不 同情况分四种情形来证明结论 情形情形情形情形 积分路线C如第 6 题图 1 补充有向直线段1 0 显然1 0C 构成简单闭曲线 并且i 既不在1 0C 的内部也不在 1 0C 上 所以 2 1 1z 在1 0C 所围成的单连通闭区域上解析 由单连通区域上的柯西积分定 理 2 1 0 1 d0 1 C z z 从而 1 2222 01 00 10 1 1111 dddd 1111 C zzzz zzzz 再注意到直线段0 1 的参数方程为 zx 其中01x 可得 11 1 0 222 00 10 111 dddarctan 1114 zzxx zzx 情形情形情形情形 积分路线如第 6 题图 2 的 a 此时C仅围绕i按逆时针转一周 补充有向直线 段1 0 显然1 0C 构成简单闭曲线 并且i在1 0C 的内部 而i 既不在1 0C 的内部也不 在1 0C 上 所以 2 1 01 0 11111 d d 2 122 CC zzi zizizii 同理如果C仅围绕i按顺时针转一周 有 2 1 01 0 11111 d d 2 122 CC zzi zizizii 于是 1 2222 01 00 10 1 1111 dddd 11114 C zzzz zzzz 积分路线如第 6 题图 2 的 b 此时C仅围绕i按逆时针转两周 补充有向直线段1 0 显然1 0C 构成闭曲线 非简单 此时1 0C 可分解成两个简单闭曲线 00nA和 1Am A 类似 于上面的情形 有 2 0000 11111 d d 2 122 nAnA zzi zizizii 2 11 11111 d d 2 122 Am AAm A zzi zizizii 于是由复积分的曲线可加性 222 1 0001 111 ddd2 111 CnAAm A zzz zzz 同理如果C仅围绕i按顺时针转两周 有 222 1 0001 111 ddd2 111 CnAAm A zzz zzz 故 1 2222 01 00 10 1 1111 ddd2d2 11114 C zzzz zzzz 类似的方法 当C仅围绕i按逆时针或顺时针转k周时 同理可得 2 1 0 1 d 1 C zk z 其中逆时针时取正号 于是 1 2222 01 00 10 1 1111 dddd 11114 C zzzkzk zzzz 情形情形情形情形 如第 6 题图 3 当C仅围绕i 按逆时针或顺时针转k周时 补充有向直线段1 0 类似于情形情形情形情形 可得 2 1 0 1 d 1 C zk z 其中逆时针时取负号 于是 1 2222 01 00 10 1 1111 dddd 11114 C zzzkzk zzzz 情形情形情形情形 如第 6 题图 4 当C同时围绕i和i 按逆时针或顺时针转k周时 补充有向直线段1 0 此时1 0L 构成闭 曲线 不一定是简单的 但它可以分解成有限个 不妨设为k个 同时按逆时针围绕i和i 的简 单闭曲线 i C 1i 2 k 由于 2 11111 d d 22 0 122 ii CC zzii zizizii 所以 22 1 0 1 11 dd0 11 i k CC i zz zz 于是 1 2222 01 00 10 1 1111 ddd0d 11114 C zzzz zzzz 综上所述 我们有 1 2 0 1 d 14 zk z 0k 1 2 7 计算下列积分 1 cosd 2 AB z z 其中 AB是从0到3的光滑简单曲线 2 2 3 2 1 d AB zzz 其中 AB是从0到2a 的光滑简单曲线 解 1 因为cos 2 z 的原函数为2sin 2 z 所以 由复积分的牛顿 莱布尼茨公式 33 cosd2sin2sin 0222 AB zz z 2 因为 2 3 2 1zz的原函数为 32 zzz 所以 由复积分的牛顿 莱布尼茨公式 2323322 2 3 2 1 d842 0 AB a zzzzzzaaa 8 计算积分 1 d C Iz z 2 1 d C Iz z 3 d i C Iz z 其中积分路径C是按逆时针从1到1的单位圆周1z z和 i z均表示以 0 为割线且在割 线上沿1处的值为1的解析分支 解 1 因为 2 3 z zz 由复积分的牛顿 莱布尼兹公式 1 11 22 d11 33 C Iz zz 终 起 终起 而z是由11 起 确定的解析分支 12 arg 22 111 C izi i eee 终 所以 1 11 224 d1 1 333 C Iz zz 终 起 2 因为 1 2 z z 由复积分的牛顿 莱布尼兹公式 1 21 1 d2211 C Izz z 终 起 终起 而z是由11 起 确定的解析分支 12 arg 22 111 C izi i eee 终 所以 1 21 1 d22114 C Izz z 终 起 终起 3 因为 1 1 i i z z iz 由复积分的牛顿 莱布尼兹公式 3 1 11 d11 111 i ii i C z Iz z izi 终 终起 起 而 i z是由 ln1arg1arg1 11 i ii ee 起起 起 确定的解析分支 ln1argarg1 arg2 1 C C i iiz z eeee 起 终 所以 3 1 1121 d211 1112 i i C z Iz zi izi 终 起 9 分部积分公式 设 f z和 g z在单连通区域D内解析 CD 是简单光滑曲线 证明 d d CC f z g zzf z g zfz g zz 证明 因为在区域D内 f z g zfx g xf x g x 即 f z g z为 fx g xf x g x 在区域D内的原函数 所以 由复积分的牛顿 莱布尼茨 公式 d d d CCC fz g zzf z g zzfz g zf z g zzf z g z 即 d d CC f z g zzf z g zfz g zz 10 计算下列积分 1 ln d C Iz z 1 ln d C Izz z 其中积分路径C是按逆时针从1到1的单位圆周1z lnz表示以 0 为割线且在割线上沿1 处的值为0的解析分支 解 因为 ln lnzzzz 由复积分的牛顿 莱布尼兹公式 1 11 ln d ln ln1ln1 C Iz zzzz 终 起 终起 注意到lnz是由ln10 起 确定的解析分支 此时 ln1ln 1arg2 C izi 终 所以 1 11 ln d ln ln1ln12 C Iz zzzzi 终 起 终起 因为 2 111 lnln ln 222 zzzzzzz 由复积分的牛顿 莱布尼兹公式 2 1 1 1 ln dlnln0 12 C Izz zzzzzz 终 起 11 证明 1 若 f z在 0 0zzR 内连续 且 0 0 lim zz zzf zA 存在 则 0 1 lim d 2 r Cr f zzA i 其中 0 r Czzr 0rR 2 若 f z在 0 0zzR 内解析 且 0 0 lim zz zzf zA 存在 则对任意0rR 存在0 当 0 0rzz 时 0 zzf zA 从而 0 11 d2 d22 rr CC f zzi Azzf zAzr rr 所以 0 lim d2 r Cr f zziA 即 0 1 lim d 2 r Cr f zzA i 2 对任意固定0rR 取 0 0rrR 由条件 f z在闭圆盘 00 rzzr 上解 析 由柯西积分定理及第 11 题 1 0 00 0 0 0 0 d dlim d 1 lim2 d2 2 rrr r CCC r Cr f zzf zzf zz if zzi A i 3 因为 42 1 1 iziz ee zzi zi z 在02zi 内解析 且 1 1 42 1 lim lim 1 1 44 iziz zizi eee ziei zzi zi 所以 由第 11 题 2 1 1 4 2 11 d2 142 iz z i e ziie ze 12 证明 1 若 f z在 0 Rzz 2 若 f z在 0 Rzz d2 r C f zzi A 其中 0 r Czzr 提示 利用 1 及柯西定理 3 计算 1 4 d 1 z zR e z z 1R 证明 1 注意到 0 d2 r C A zi A zz 易得 0 0 1 d2 d d rrr CCC A f zzi Af zzzzf zAz zzr 因为 0 lim z zzf zA 可得 0 0 lim z z zzf zA 所以 对任意0 存在0M 当 0 rzzM 时 0 zzf zA 从而 0 11 d2 d22 rr CC f zzi Azzf zAzr rr 所以 lim d2 r Cr f zziA 即 1 lim d 2 r Cr f zzA i 2 对任意固定Rr 取 0 Rrr 由条件 f z在闭圆盘 00 rzzr 上解析 由柯 西积分定理及第 12 题 1 0 00 0 0 d dlim d 1 lim 2 d2 2 rrr r CCC r Cr f zzf zzf zz if zzi A i 3 因为 1 4 1 z e z 在1z lnz表示以 0 为割线且在1处的值为0的解析分支 则 2 lnln d2 R C zR z zR 由此可得 2 ln limd0 R CR z z z 提示 在 1 R CzR 上 lnlnarglnzzizR 证明 由条件易见 lnlnargzziz 其中argz 所以 在 1 R CzR 上 22222 lnlnlnarglnlnzzRzzR zRRRR 注意到 R C的长为2R 由积分的估值性 22 lnlnln d2 2 R C zRR zR zRR 又 ln lim0 R R R 所以 2 ln limd0 R CR z z z 15 设 1Cz z表示以 0 为割线且在割线上沿1处的值为1的解析分支 f z在 1z 上连续 则 d2 C f z zM z 其中 1 max z Mf z 由此可得 0 limd0 C f z z z 证明 由根式函数的结构知 在 1Cz 从而存在正常数M 使得在 N C上 sinzM 3 2 116 d sin 21 N C z zzNM 由此可得 2 1 limd0 sin N CN z zz 证明 1 sinsin sincoscos sin sincossinsin 222 yyyyyy zxiyxiyxiy eeeeee xixxx sinsin sinh 222 ix yixy ix yixyyy ee eeee zxiyy ii 2 由 1 并注意到在 N C的垂直边上 1 2 xN 而在 N C的水平边上 1 2 yN 所以 在 N C的垂直边上 sinsin 1 2 1zN 在 N C的水平边上 11 1 2 1 2 1 2 1 2 22 sinsinh 2222 NNNN eeeeee z 注意 在上面的不等式中用到了 1 2 yy ee 是严格递增函数 取min 1 sinh 2 M 则在 N C上 sinzM 3 由 2 并注意到 N C的垂直边的参数方程为 1 2 zNi t 1 2 1 2 NtN N C的水平边的参数方程为 1 2 ztNi 1 2 1 2 NtN 所以 在 N C的垂直边和水平边上 2 22222 144 sin 21 4 21 zzNtMNM 又 N C的边长为4 21 N 由积分的估值性 2 22 1416 d4 21 sin 21 21 N C zN zzNMNM 于是 2 1 limd0 sin N CN z zz 17 试用柯西定理说明下列积分都为零 1 1 1 d 1 sin z z z 2 1 1 d n z z za 其中1a 3 sin 1 d z z e z za 其中1a 4 2 1 1 d 22 z z zz 5 2 1 1 d 56 z z zz 6 22 1 sind z zzz 7 2 2 1 cos d z a zzzz 证明 1 因为1 sinz 的零点为2 2 k zk k 且 2411 22 k zkk 所以 1 1 sinz 在闭圆1z 上解析 由柯西定理 1 1 d0 1 sin z z z 2 因1a 所以 1 nza 在闭圆1z 上解析 由柯西定理 1 1 d0 n z z za 3 因1a 所以 sinz e za 在闭圆1z 上解析 由柯西定理 sin 1 d0 z z e z za 4 因为 2 22zz 的零点为1i 121i 所以 2 1 22zz 在闭圆1z 上解 析 由柯西定理 2 1 1 d0 22 z z zz 5 因为 2 56zz 的零点为2和3 所以 2 1 56zz 在闭圆1z 上解析 由柯西定理 2 1 1 d0 56 z z zz 6 易见 22 sinzz在闭圆1z 上解析 由柯西定理 22 1 sind0 z zzz 7 因为 2 22 11 cos d cos d zz a zzzzazzz 而 2 cosazz 在闭圆1z 上解 析 由柯西定理 2 22 11 cos d cos d0 zz a zzzzazzz 18 利用柯西定理计算积分 1 1 d 2 z z z 的值 并由此证明 0 12cos d0 54cos 解 因为 1 2z 在闭圆1z 上解析 由柯西定理得 1 d 0 2 z z z 因圆周1z 的参数方程为 cossin i zei 或02 由复积 分的参数方程计算公式得 1 d1 cossin d 22cossin 2sin 12cos 2sin12cos ddd 54cos54cos54cos z z ii zi i i 所以 2sin12cos dd0 54cos54cos i 比较两边的实部和虚部 并注意到 12cos 54cos 为偶函数 0 12cos112cos dd0 54cos254cos 19 计算下列积分 1 1 sin d z z z z 2 1 1 d 21 2 z z zz 3 2 2 1d 1 z zz z z 4 2 2 2 1d 1 z zz z z 解 1 由柯西积分公式得 1 sin d2sin00 z z zi z 2 因 21z z 1 1 2 z z 所以由柯西积分公式得 1 11 2 1 22112 dd2 1 21 2 225 2 zz z z zzii zzz z 3 由柯西积分公式得 2 2 1 2 1d 212 1 z z zz zi zzi z 4 由高阶导数公式得 2 2 1 2 2 12 d12 1 1 z z zzi zzzi z 20 计算下列积分 1 2 1 d 2 i C z z 1 2 3i 其中 1 1 2 22 2 Czi 2 1 2 22 2 Czi 3 2Cz 2 2 sin 4 d 1 i C z z z 1 2 3i 其中 1 1 1 2 Cz 2 1 1 2 Cz 3 2Cz 解 1 如第 20 题图 a 注意到柯西积分公式及多连通区域上的柯西定理得 11 22 1 11 2 dd2 2222 zi CC zi zzi zzizi 22 22 1 11 2 dd2 2222 zi CC zi zzi zzizi 312 222 111 ddd0 22222 CCC zzz zzz 2 如第 20 题图 b 注意到柯西积分公式及多连通区域上的柯西定理得 11 1 2 sin 4 sinsin 414 dd2 1112 CC z zz z zzii zzz 22 1 2 sin 4 sinsin 414 dd2 1112 z CC z zz z zzii zzz 312 222 sinsinsin 444 ddd2 11122 CCC zzz zzziii zzz 21 设 2 2 371 df zz z 2z 求 1 fi 12 fi 解因为 2 371 在闭圆2 上解析 由柯西积分公式 并注意到柯西积分定理得 2 2 371 2 0 2 izzzz z f z zz z 所以 2 67 2 0 2 izzz z fz zz z 而 12iz z 从而 1 2 6 1 7 2 613 1226fiiiiii 12 0fi 22 利用柯西公式计算积分 1 d z z e z z 的值 并由此证明 cos 0 cos sin de 解 由柯西积分公式 0 1 d22 z z e ziei z 因圆周1z 的参数方程为 cossin i zei 或02 由复积分的参数方程计算公式得 cossin 1 cos coscos d cossin d cossin cos sinsin sind sin sindcos sind zi z ee zii zi iei eie 所以 coscos sin sindcos sind2eiei 比较两边的实部和虚部 并注意到 cos cos sine 为偶函数 coscos 0 1 cos sin dcos sin d 2 ee 23 利用高阶导数公式计算 2 1 1d n z z z zz n 并由此证明 2 2 0 21 cosd2 2 n n n 证明 由解析函数的高阶导数公式 2222 2 2121 111 1d 1 2 2 1 dd 2 2 nn n nn zzz zzinz zzz zzzniz 22 2 0 2 1 2 nn z i z n 而 2 22 2 2212212121 02220 1 1 n nnnnnnnn znnnz zzCzCzCz 2 2 n n Cn 所以 22 2 22 21 11 1d 1 2 d 2 2 2 n nnn nn n zz zzi zzCni C zzzn 又令 i ze 02 22 2222 100 1d1 2cos d2cosd nninn i z z ziei zze 所以 2 22 2 0 22cosd nnn n i Ci 即 2 2 2 2 0 21 3 5 21 21 cosd22 22 4 62 2 n n n n Cnn nn 注意 注意 注意 注意 2 2222 22 2 21 1 2 2 2 21 21 22 22 2 2 2 2 n n nnn Cnnnnnnn nnnnn 24 证明 2 1 1d 2 nnz n zz e nin 证明 记圆周1 为C 由解析函数的高阶导数公式 11 1d11 dd 2 2 2 nznznz nnn CCC z ezezne ini nnni 2 0 11 nnn znn zzz ez nnnnn 25 若 f z在1z 上解析 且 1 1 f z z 证明 1 0 1 1 1 nn fne n n 提示 对函数 1 n f zz 沿圆周 1 n z n 的积分用高阶导数公式和积分的估值性或直接用柯西 不等式 证明 因为在圆周 1 n z n 上 1 1 max 1 1 1 n z n f zn n n 所以由复积分的柯西不等式得 1 max 1 1 0 1 1 1 11 n z nn n nn nf z n n fne n nn n nn 注意 注意 注意 注意 由于 1 1 n n 严格单调递增 且 1 lim 1 n n e n 所以 1 1 ne n 26 设D为有界区域 其边界为C 函数 f z和 g z在D内解析 在闭区域DDC 上连 续 若在C上 f zg z 则在DDC 上 f zg z 证明 由题设及柯西积分公式得 对任意zD 1 1 22 CC fg f zddg z iziz 又注意到 f z和 g z都在闭区域DDC 上连续 所以在C上也有 f zg z 综上所述 在DDC 上 f zg z 27 若 f z在有界闭区域DDC 上解析 且对任意zD 1 2 C f d iz 常数 则 f z 常数 证明 由题设及柯西积分公式得 对任意zD 1 1 22 CC ff f zdd izz 常数 所以 由解析函数为常函数的条件 在D上 f z 常数 再注意到 f z在DDC 上解析 从而在DDC 上 f z 常数 28 条件同上题 且对任意zD 1 Re 1 2 C f d iz 则 1f zic c为实常数 证明 由题设及柯西积分公式得 对任意zD 1 Re Re1 2 C f f zd iz 所以 由解析函数为常函数的条件 在D上 1f zic c为实常数 再注意到 f z在DDC 上解析 从而在DDC 上 1f zic c为实常数 29 若 f z在zR 上解析 则当zR 时 2 2 2 d 2 R Rzf f z iz Rz 从而令 i zrerR 并注意到 f 在R 上 解析 可得 2 f Rz 在R 上解析 所以 由柯西积分公式得 22 22 22 d2 22 z R RzRzff if z iiz RzRz 又R 的参数方程为 cossin i R eRi 02 由复积分的参数 方程的计算公式 22 2 0 22 2 22 0 1 d 2 1 d 22cos i ii i Rr f zf Re R reRre Rr f Re RrRr 30 无界区域上的柯西定理 设 f z在简单闭曲线C的外区域D内解析 在DDC 上连续 若lim z zf zA 则 1 d 2 C f zzA i 进而有 对D内任意简单闭曲线 当 的内区域含于D时 1 d0 2 f zz i 否则 1 d 2 f zzA i 证明对任意sup0 z C z 记 Kz z 易见KD Cz z 存在正数M 当zM 时 zf zA 时 zf zA z 的任意性 即得 11 dlim d 22 CK f zzf zzA ii 对D内任意简单闭曲线 当 的内区域含于D时 由柯西定理 1 d0 2 f zz i 否则 C含于 的内区域 由多连通区域上的柯西定理 11 d d 22 C f zzf zzA ii 31 无界区域上的柯西公式 设 f z在简单闭曲线C的外区域D内解析 在DDC 上连 续 若lim z f zA 则 1 d 2 C AzDf izAf zzD 证明任取z 如第 31 题图示 取充分大的正数R为半径作圆周 R KR 使得简 单闭曲线C和z都落在 R K的内部 由题设 显然 f z在以 R K和C为边界所围成的多连通闭区域上解析 由柯西定理或柯西公 式 1 d 20 R KC f zzD f z izzD 即 1 1 dd 220 R KC f zzD ff zz izizzD 显然 f 在R 上解析 且 1 limlim limlim 1 1 f ffAA z zz 由第 30 题得 1 d 2 R K f zA iz 于是 1 d 20 C f zzD f Az izzD 移项整理即得 1 d 2 C Af zzD f z izAzD 32 设 f z在1z 上解析 1 证明 1 0 1 1 d 2 0 1 1 fz f iz ffzz 2 利用 1 计算 1 1Re d 2 f iz 和 1 1Im d 2 f iz 1z 提示 1 Re 2 fff 1 Im 2 fff i 证明 1 首先对积分 1 1 d 2 f iz 进行变形 因圆周1 的参数方程为 i e 则 ii ee dd i ie dddd ii ieie 22 11 d d d i i ie e 于是 22 111 1 1 11 1 ddd 222 fff iziziz 22 11 1 11 1 dd 2 2 ff iizz 1 1 1 1 d 2 1 f iz 下面计算我们来计算积分 1 1 1 d 2 1 f iz 当1z 时 由题设易知 1 f z 在1 时 由于 11 1 1 f f z z 且 1 1 z 由柯西积分公式得 111 1 11 1 1 ddd 0 1 222 1 fff ff iiizz z 将上面计算的结果代入 式得 1 0 1 1 d 1 2 0 1 fz f iz ffz z 2 因为 1 Re 2 fff 1 Im 2 fff i 所以 由 1 及 柯西积分公式得 11 1 0 1 2 1Re 1 dd 1124 0 1 2 f zfz fff iziz ffz z 11 1 0 1 2 1Im 11 dd 1222 0 1 2 f zfz i fff iiziiz ffz z 33 若 f z为整函数 且满足 0f zM 则 f z 常数 证明 由条件易见 1 f z 也为整函数 且 11 f zM 由刘维尔定理 1 f z 常数 从而 f z 常数 34 若 f z为整函数 且满足Re f zM Re f zM 则 f z 常数 证明 作函数 f z F ze f z F ze 由条件易见 f z F ze f z F ze 也 为整函数 且 Re f zf zM F zeee Re f zf zM F zeee 由刘维尔定理 F z 常数 从而 f z 常数 35 若 f z为整函数 且满足存在0R 当zR 时 n f zM z 则 f z必为至多n次 的多项式 证明 要证结论成立 只须证明对任意的z 总有 1 0 n fz 即可 事实上 由题设存在0R 当zR 时 n f zM z 从而 1 lim0 n z f z z 所以对任 意0 存在 0 RR 当 0 zR 时 1 n f z z 即 1 n f zz 并且zC 时 必有 0 zR 从而 11 nn f zzar 由柯西不等式 1 111 1 1 1 1 1 2 nnnn n an faarnn rr 的任意性知 1 0 n fa 又a是平面上的任一点 所以在平面 上恒有 1 0 n fz 故命题成立 36 设 f z在单连通区域D内解析 且 0f z 证明 1 存在D内的解析函数 g z 使得 g z ef z 提示 取 g z为 fzf z 的原函 数 并验证 g z ef z 常数即可 2 对于2n 的整数 存在D内的解析函数 h z 使得 n h zf z 证明 1 由题设 f z在单连通区域D内解析 并且不等于零 由解析函数的无穷可微性及 四则运算性知 fzf z 在区域D内也解析 于是 由解析函数的原函数的存在定理 fzf z 在D内有原函数 取其中的一个原函数为 g z 其中 0 0 d z z g zfzf zzw 0 w满足 0 0 w ef z 0 z为D内任意取定的一点 z为D内任意一点 下证 g z满足 g z ef z 事实上 g zg z ef zefzf z g z 0 g zg z efzf zfzf zefzfz 所以 g z ef zC 其中C为常数 于是 0 0 000 0 11 1 g z w Cef zf zf z ef z 代入上式得 g z ef z 2 由 1 并取 g z n h ze 即可 37 设 P z使一个n 1n 次多项式 且 P z的零点全在有界单连通区域D内 C为D的 边界 f z在DDC 上解析 记 1 d 2 C fPP z R z iPz 1 d 2 C f Q z iPz zD 证明 1 R z为次数不超过1n 的多项式 Q z在区域D内解析 2 对任意zD f zP z Q zR z 3 2 中的表示是惟一的 即若存在D内解析函数 1 Q z和次数不超过1n 的多项式 1 R z 使得 11 f zP z Q zR z 则 1 Q zQ z 1 R zR z 证明记 1 011 nn nn P za za zaza 1 因为 11 011 nnnn n P zP tazta ztazt 121232 011 nnnnnn n zt azztta zztta 1212 001011 nnnn n zt a za ta zta tata 所以 1212 001011 nnnn n P tP z a za ta zta tata tz f tP tP z P ttz 1212 001011 nnnn n f tf tf t aza tazta tata P tP tP t 从而 12 120 1 d 2 nn nn C f tP tP z R ztAzAzA iP ttz 其中 0 1 d 2 n C af t At iP t 201 1 d 2 n C f t Aa tat iP t 12 0011 1 d 2 nn n C f t Aa tatat iP t 下证 Q z在D内解析 记 f t F t P t 由于 P z的零点全在D内 所以 F t在C上连续 1 d 2 C F t Q zt itz 对于任意zD 由于 111 d 2 C Q zhQ z F tt hhitzhtz 1 d 2 C F t t itzh tz 从而 22 1 dd 2 2 CC Q zhQ zF thF t tt hitzitzh tz 因 F t在C上连续 且C为有界闭集 故 F t在C上有界 即存在正数0M 使得在C 上 F tM 又zD 必存在正数 1 inf 2 tC dtz 使得2tzdD 于是 当hd 2tzd 从而 223 44 F tMM tzh tzddd 记L为边界C的长度 由积分的估值性 当hd 时 23 1 d0 0 2 8 C Q zhQ zF tM L thh hitzd 即 2 0 1 limd 2 C h Q zhQ zF t t hitz 所以 Q z在点zD 可微 再由z的任意性得 Q z在D内解析 2 由柯西公式 1 1 dd 22 CC f tf tP tP zP z f ztt itziP ttz 1 11 dd 2 2 CC f tf tP tP z P ztt iP ttziP ttz P zQ zR z 3 如果在D内解析的函数 1 Q z及次数不超过1n 的多项式 1 R z也满足 11 f zP z Q zR z 则 11 P zQ zR zP z Q zR z 即 11 P z Q zQ zR zR z 从而 1 1 R zR z Q zQ z P z 若 1 0R zR z 由于 1 R zR z 为至多1n 次的多项式 而 P z为n次的多项式且 其零点都在D内 所以 1 1 R zR z Q zQ z P z 在D内至少有一个不解析点 这与 1 Q zQ z 在区域D内解析矛盾 故 1 0R zR z 从 而 1 0Q zQ z 即 1 R zR z 1 Q zQ z 38 记 2 1d 1 2d n n n nn P zz nz 称为勒让德多项式 易见 n P z是一个n次多项式 证明 1 对任意z C是围绕z的任意一条简单曲线 有 2 11 1 1 d 2 n n nn C P z iz 0 1 2 n 2 当1z 时 1 1 n P 0 1 2 n 当1z 时 1 1 n n P 0