复变函数疑难问题分析

1、v1.0 可编辑可修改复变函数疑难问题分析211. 设 f (z) z sin ， D z | z 1 1 。1) 函数 f (z) 在区域 D 中是否有无限个零点2) 若上小题的答案是肯定的，是否与解析函数零点的孤立性相矛盾为什么答： 有无限个零点。可以具体写出其所以零点；不矛盾。因为这无限多个零点均为孤立零点；不可以展开为洛朗级数。因为z 0 为非孤立的奇点。2. “函数 sin z在 z 平面上是有界的”是否正确sin z在z平面上无界。iz iziz iz这是因为sin z e e ，令 z iy(y 0) ，则 | sin z| | e e | (y )3. “函数 e z为周期函数

2、”是否正确ez是以2k i 为周期的函数。因为z C，ez 2k ieze2k i ez 1ez，k为整数4. “ f (z)z是解析函数”是否正确f (z) z在z平面上不解析。因为 f (z) z x iy， 所以 u(x, y) x， v(x, y) y所以 u 1 ， v 1 ， u 0 ， v 0xyy x但是 u 11 v， 所以 u(x, y)， v(x, y)在 z平面上处处不满足C. R.条件xy所以 f (z)z在 z平面上不解析。5. 根据教材中建立起球面上的点(不包括北极点N) 复平面上的点间的一一对应，试求解下列问题。( 1)复球面上与点( 2 , 2 , 1) 对应

3、的复数；2212v1.0 可编辑可修改( 2)复数1+i 与复球面上的那个点；( 3)简要说明如何定义扩充复平面。解： ( 1)建立空间直角坐标系(以O点为原点，SON为 z轴正半轴)，则过点 P( 2 , 2 ,1) 与 点 N (0,0,2) 的 直 线 方 程 为x2y2z 2 。 当 z 0 时 ，x y 2 ，所以 ( 2 , 2 ,1)与复数 2 2i 对应。22( 2) 复数 1i 的空 间 坐 标 为 (1,1,0)。则 直 线 方程 x y z 2 与 球 面112x2y2(z1)21 相交，其交点为(2,2,2)， N (0,0,2)333( 3) z 平面上以个模为无穷大

4、的假想点一北极N 相对应，复平面上加上后称为扩充复平面。6说明复变函数可微性与解析性的关系。复变函数w f(z)在点z0处可导，又称为可微，而f (z)在 z0处的某个邻域内任一点处均可导(可微)，则称 f(z)在 z0处是解析的。所以(1)w f (z)在点 z0处可导 (可微)，但不一定在z0处是解析的，( 2) f (z)在 z0处解析是指在z0处的某个邻域内任一点处均可导，( 3) f(z)在区域 D 内可微与在区域D 内解析是等价的。17f z sin 在区域 D ： 0 z 1 上解析且有无穷多个零点，但在区域D 上zf z 不恒等于零，这与解析函数零点孤立性定理相矛盾吗为什么11

5、f (z) sin 在区域 D ， 0 z 1 内有无穷多个零点zk，但 lim zk 0 ，zkk但 0 D，而区域D 是去心邻域，f(z)在 z 0点无意义，所以f (z)在 z 0处是1不解析的，也即 f(z) sin 在 D内解析也有无穷多个零点，但也不恒等于0， 与z零点孤立性定理不矛盾。 复级数an与bn都发散 , 则级数(anbn) 和anbn发散 . 这个命题是否n1n1n1n123v1.0 可编辑可修改成立为什么答 . 不一定反例:1 ann1 n1ni 2 , bnn n111n 1 n i n2发散但(ann1bn)2i 22 收敛；n1 n(an bn ) n12 发散

6、； n1nanbn n1n1( 12n14 ) 收敛 . n9. 下列说法是否正确为什么(1) 每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛(2) 每一个幂级数的和函数在它的收敛圆内可能有奇点答 : (1) 不正确 , 因为幂级数在它的收敛圆周上可能收敛, 也可能发散.(2) 不正确 , 因为收敛的幂级数的和函数在收敛圆周内是解析的10. 为什么区域| z | R 内解析且在区间( R, R) 取实数值的函数f (z)展开成 z的幂级数时，展开式的系数都是实数z 取实数值时，f (z) 与 f (x) 的泰勒级数展开式是完全一致的，而在 |x | R内，f(x)的展开式的系数都是实数。所以， 在区域

7、| z|R 内，f (z)34展开成 z的幂级数时，它的系数都是实数。z2311.由 1 z z z zzz1请解释错误的原因。zz1 z z10 , 所以有结果.答 : 因为 12 zzz3 .要求 zz1而1z1.要求 z所以 , 在不同区域内v1.0 可编辑可修改45112. z 0是函数 f (z)1 的孤立奇点吗为什么cos(1/ z)1解 : 因为 f (z)cos(1z) 的奇点有z 011kz (k 0, 1, 2,.)z 2k21所以在 z 0 的任意去心邻域，总包括奇点z ，当 kkz=0。1从而 z 0不是cos( 1 )的孤立奇点.13. 函数 f (z)1 2 在 z

8、 1处有一个二级极点，但根据下面罗朗展开式：z(z 1)12151413z(z 1)2(z 1)5 (z 1)4(z 1)3我们得到“z 1 又是 f (z)的本性奇点”，这两个结果哪一个是正确的为什么z 1 1.解 : 不对 , z=1 是 f(z) 的二级极点, 不是本性奇点. 所给罗朗展开式不是在0 z 1 1 内得到的在 0 z 1 1 内的罗朗展开式为11111222z(z 1) z z 1 (z 1) (z 1)1z121 (z 1) (z 1)214. 如何证明当y| sin( x iy)| 和 | cos(xiy) |都趋于无穷大证明： sinz21i eiziz e12iy

9、xi ey xi esin zy xi e1 y xi y xiee2y y xi y ee e而 sinz 1 e yxieyxi1 e y ey22y 时， e y0 ，ey有 |sin(x iy) |y 时， e yey 0有 |sin(x iy) |v1.0 可编辑可修改56cos x iy1 e y xi ey xi21yy ee2所以当 y 时有 |cos(x iy) |15. 设函数 f(z)在 0 | z| 1 内解析，且沿任何圆周C： | z| r ， 0 r 1的积分为零，问f (z)是否需在z0 处解析试举例说明之。解： 不一定。 如令 f(z)112 ， 则其在 0 |

10、z| 1 内解析， 且沿任何圆周C： | z| r ，z0 r 1 的积分但显然 f (z)16. 设 f(z)在线，问积分解：C f (z)dz12在 zz1|z| r z2 dz 00处不解析。单连通区域D内解析， 且不为零，C为 D内任何一条简单光滑闭曲f (z) dz是否为零为什么C f (z)等于零。因f(z)在 D内解析，故f(z)具有各阶导数且仍为解析函数，从而f (z)在D内也解析，又因在D内f(z) 0，故 f (z) 在D内解析，从而在C上及C的内部也解析，于是由Cauchy-Gourssat 定理，有C ff(zz)dz 017. 设 f(z)3333x y ix y22

11、xy0,z,zf (z) 在原点是否满足CR 条件，是否可微解： u x, y33 xy22 xy0x, y0,0v x,yux (0,0) lim x0x,yu( x,0)0,033 xy22 xy0x, yx, y0,00,0u(0,0)xlimx0x 1，xuy(0,0) vx(0,0)vy(0,0) 0。v1.0 可编辑可修改从而在原点f (z)满足C R条件。又f f (z)( u i v) (ux (0,0) i vx(0,0)zz=(1 i)( x)3 ( y)3(1 i) z( x)3 ( y)3 z当 z沿 y x 0 时f f (z)(1 i)z 2( x)3故 f (z)

12、 在原点不可微18. 在数学分析中，要构造一个处处连续又处处不可微的例子是一件非常困难的事情， 而在复变函数中，这样的例子却几乎是随手可得，请举出一个例子例如： f (z)z在 z平面上处处不可微证明：不难看出f (z) z在 z平面上处处连续，但对于任意一点z0f (z0 z)f (z0)z0zz0z0z z0 zzzzz当 z 取实数趋于零时，上述极限为1，而当z取纯虚数趋于零时，上述极限为 1 ，因此上述极限不存在，即f (z)在点z0不可导，由z0的任意性知f (z)在点 z 平面上处处不可微19. “若 u(x, y) 和 v(x, y) 均为调和函数，则f (z) u(x, y)

13、iv(x, y) 为解析函数”是否正确解：不正确。例如：u(x, y)x2y2， v(x, y) 2 y 2 都是调和函数，xy但 f (z) u(x, y) iv (x, y) 不是解析函数。事实上，ux 2x,uy 2y, uxx 2,uyy 2 ，67v1.0 可编辑可修改222xyx yvx22 2 ,vy22 2(x y ) (x y )6x2y 2y3 6x2y 2y3vxx22 3 ,vyy 22 3(x y )(x y )uxxu yy 0; vxxv yy 0这表示 u(x,y),v(x,y) 是调和函数。但ux v y，即不满足C R 条件，从而f (z) u(x, y)

14、iv(x, y) 不是解析函数。20. 指出下列推导过程中的错误：设 z 0 ，则( 1) 因为 ( z) 2z2；( 2) 所以 Ln( z)2 Lnz2 ；( 3) 于是有 Ln( z) Ln( z) Lnz Lnz ；( 4) 所以 2Ln( z) 2Lnz ；( 5) 故得 Ln( z) Lnz。解： 推理步骤1) -3 )是正确的，但3)至4)是错误的。Lnz Lnz可视为由两个相同数集Lnz各取一个元素相加所得的和的数集。而 2Lnz只是数集Lnz中每一数的两倍所成的数集。2Lnz仅是Lnz Lnz的一个真子集。事实上，Lnz ln | z | i (arg z 2k ) ， Ln

15、( z) ln | z | i (arg z (2k 1) ),k 0, 1,.所以Lnz Ln( z)21. 在复变函数中，e z也可以象实分析中的e x既可看成以e为底的指数函数，也可以看成数e的 x次幂哪样理解吗不 能 ， 在 复 变 函 数 中 ，ez表 示 复 变 指 数 函 数 的 一 个 符 号 ， 即78v1.0 可编辑可修改ezex(cosy i sin y) ，一般用符号expz表示，习惯上还是用ez表示，但是，这里的ez没有幂的含意。ez作为指数函数与e的 z次幂有很大的差别。作为指数函数 ez ex(cosy i siny) 是一单值解析函数。作为e的 z次幂，按照乘幂

16、定义ez exp ( zLne) exp z(ln e 2k i)= exp z(1 2k i) exp z exp(2k zi), k 0, 1, 2,.一般情况下，它是多值的。22. 实分析中的微分中值定理具有重要的理论意义和应用价值，它能推广到复变函数中来吗答 不能 . 我们以罗尔( Rolle ) 定理为例来说明不能推广到复变函数中的原因 . 罗尔定理告诉我们，若函数 y f (x) 在闭区间a, b 上连续， 在开区间(a,b)可导，并且f(a) f (b)，则至少存在一点(a,b)，使得 f ( ) 0 . 由于复变函数w f (z)是定义在z平面中集合上的函数，它的连续性与可导性

17、都要求函数定义在一点的某个邻域上或某个区域上，仅在实轴 (或虚轴)的某个区间上不能讨论它的连续性与可导性. 况且由于复数不能比较大小，所以在复平面上(除实轴或虚轴外) 不能定义通常的区间，即使将罗尔定理中的前面两个条件放宽为f (z)在z平面某个区域D 内解析，将条件“f (a) f(b)”改为在 D内的某线段的两个端点z1与 z2上相等，即f(z1)f (z2)，结论也不一定成立. 例如，设f(z) ez，根据指数函数ez的周期性，对任何 z， ez ez k i( k为整数) ， 但是 (ez)ez 0，罗尔定理不成立.23. 对于复变对数函数，当正整数n 1 时，等式nLn z Ln z

18、n ，Ln n z 1 Ln zn不成立，为什么答 由于复变对数函数是无穷多值函数，所以上面两个等式成立应当理解为等式两端可能取得的函数值的全体是相同的. 但当 n 为大于 1 的正整数时，上述89v1.0 可编辑可修改等式两端所取得的函数值的全体并不相同，现以n 2时为例来说明. 设 z rei ，则2Ln z 2ln r i(2 4l ),l 0, 1, 2, .又由z2r2e2i 得22Ln z2 ln r2 i(2 2m ),m 0, 1, 2, .所以，它们的实部相等，但虚部可能取得的值却不尽相同. 例如，对于l 的各值，2ln z的虚部中的系数为0, 4, 8, 12,而对 m 的

19、各值，Ln z2的虚部中的系数则为0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, ,所以等式2Ln z Ln z2左端可能取的值只是右端可能取的值的一部分，不完全相等，因此该等式不成立.读者可用类似的方法说明另一等式也不成立.24. 为什么要研究解析函数与调和函数的关系答 调和函数是流体力学、电磁学和传热学中经常遇见的一类重要的函数.例如， 不可压缩的平面定常的无源无旋流速场的流函数与势函数、平面静电场的力函数与势函数以及热流场的流函数与温度分布函数等都是调和函数. 因此，在场论中通常把无源无旋的向量场叫作调和场. 因为调和函数满足拉普拉斯方程2222 0 ， 所以， 拉普拉斯方程的边值问题实际

20、上就是调和函数的边值问题xy(即求一个二元实变函数(x,y)， 使它在已知区域内调和，并且在区域的边界上满足已知条件). 例如，若已知某平面无源无旋流速场在区域边界上的流速，求区域内部流速的分布情况就属于调和函数的边值问题.由于解析函数的实部和虚部都是调和函数，因此， 利用解析函数的理论和方法研究调和函数的性质，可以得到调和函数的许多重要有趣的结果. 读者可以利100v1.0 可编辑可修改用解析函数的平均公式就可以得到调和函数的平均公式；利用解析函数的柯西积分公式，就可以得到调和函数的泊松（Poisson）积分公式；利用解析函数的最大模原理，也可以得到调和函数的极值原理（在区间D 内部恒为常数

21、的调和函数在 D 内不能取得它的最大值或者最小值）. 调和函数的这些性质在研究拉普拉斯边值问题中起着关键的作用.因此， 研究解析函数与调和函数的关系，为解析函数在实际问题中的应用奠定了基础.25. 如果幂函数cn zn 在 z 3 4i 处条件收敛，那么你能够求出该级数的收敛n1半径吗答 能 . 根据阿贝尔定理，如果在z0 0 处幂级数收敛，那么对一切满足zz0 的点 z ，该幂级数绝对收敛. 因此，既然已知该幂级数在z03 4i 处条件收敛，那么，对满足z 3 4i 5的一切点z，它是绝对收敛的.另一方面，由于该幂级数在z 3 4i 处是条件收敛的，所以， 任何满足z 5的点都不可能使得该幂

22、级数收敛. 否则，根据阿贝尔定理，该幂级数在z 3 4i处绝对收敛，这与已知条件矛盾.综上所述，幂级数cnzn 的收敛半径为5.n126. 解析函数的泰勒展开式与高等数学中任意阶可导函数的泰勒展开式形式上完全一样，而且一些常见初等函数的泰勒展开式的形式也相同，因此认为泰勒级数这一节没有必要花时间再去学习，你如何看待答 这种看法是不对的！虽然解析函数展开为泰勒级数的理论和方法确有许多地方与高等数学中泰勒级数的理论和方法相同，但是， 只要读者认真地钻研教材，就会发现它们之间仍存在着显著的差异。1011v1.0 可编辑可修改( 1)泰勒展开式定理成立的条件不同。在实变函数中，一个函数展开为泰勒级数，

23、 不仅要求该函数任意阶可导，而且还要求泰勒公式中余项的极限为零。这两个条件都是很难满足的，验证它们是否成立也不是一件容易的事。例如， 用归纳法可以证明，函数1x2f (x) e ,x 0,0 ,x 0在 x 0处的各阶导数都存在，而且f (n) (0) 0(n 0,1,2, )，因此，它在x 0处的泰勒级数为0xn 0 00n 0n!显然该级数的和函数S(x) 0。也就是说，该级数是函数S(x) 0的麦克劳林展开式，而不是f (x) 的麦克劳林展开式，f (x) 不能展开为x的幂级数。终其原因，就是因为在x 0 的邻域内该函数的泰勒公式中的余项不趋于零。但在复变函数中就大为不同了，只要函数f

24、(x) 在区域 D 内解析，对于D 内任一点z0，就一定存在z0的一个邻域，使f(x) 在此邻域内展开为泰勒级数。这是因为解析函数具有任意阶导数，而且余项一定趋于零。( 2)幂级数的和函数在收敛圆z z0R上至少有一个奇点。事实上，如果f (x) 在此收敛圆上没有奇点，即处处解析，那么根据解析的定义，f (x) 在此收敛圆上各点为中心的邻域内解析。这样， 该幂级数的收敛区域就要扩大，除圆域z z0R 外，还应加上圆周C : z z0R 上各点的邻域U (z) 之并，即z | z z0R z cU (z) ，这与收敛圆的概念矛盾。即使对于在收敛圆上处处收敛的幂级数，其和函数仍可能在收敛点处不解23n析。例如，设f (z) z2z2 z2z2，则右端幂级数的收敛半径为1222 32n21112v1.0 可编辑可修改R limnlim( nn 1)2 1.n1而且因为级数12 收敛，所以，级数n1nn2 在 z 1 上处处绝对收敛。但由于 n1n2f (z) 1 z z23n1 znz 沿实轴从圆z