复变函数习题解答第3章

./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|<r1}D．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<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|<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|</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<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<argz<}={z:Imz>0},iz{z:<argz<0}={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<r<1>,|z|=rf<z>dz=0．试证|z|=1f<z>dz=0．[解]设D<r>={z||z|r},K<r>={z||z|=r},0<r1．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>|</<12>．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<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>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>dzl<k>f<z>dz|M<Length<l<k>>+Length<r<k>>+Length<s<k>>>3M·Length<l<k>>．因为当r1时,有Length<l<k>>0,故存在r<,1>使得|r<k>f<z>dz+s<k>f<z>dzl<k>f<z>dz|</<3n>．对这个r,我们有|Pf<z>dzQf<z>dz|=|k<r<k>f<z>dz+s<k>f<z>dzl<k>f<z>dz>|k<|r<k>f<z>dz+s<k>f<z>dzl<k>f<z>dz|>k/<3n>=/3．故|K<1>f<z>dz|．因此K<1>f<z>dz=0．8.设<1>f<z>当|z–z0|>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>limr+rM<r>=0．试证：limr+K<r>f<z>dz=0．[解]当r>r0时,我们有|K<r>f<z>dz|K<r>|f<z>|dsK<r>M<r>ds=2rM<r>0<当r+时>,所以limr+K<r>f<z>dz=0．9.<1>若函数f<z>在点z=a的邻域内连续,则limr0|z–a|=rf<z>/<z–a>dz=2if<a>．<2>若函数f<z>在原点z=0的邻域内连续,则limr0[0,2]f<rei>d=2f<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|=rf<z>/<z–a>dz–2if<a>|=||z–a|=rf<z>/<z–a>dz–f<a>|z–a|=r1/<z–a>dz|=||z–a|=r<f<z>–f<a>>/<z–a>dz||z–a|=r|f<z>–f<a>|/|z–a|dsM<r>|z–a|=r1/|z–a|ds=2rM<r>．当r0时,由f<z>的连续性,知M<r>|f<a>|．故||z–a|=rf<z>/<z–a>dz–2if<a>|0．因此,limr0|z–a|=rf<z>/<z–a>dz=2if<a>．<2>根据<1>,limr0|z|=rf<z>/zdz=2if<0>．而当r充分小时,我们有|z|=rf<z>/zdz=[0,2]f<rei>/<rei>·<reii>d=i[0,2]f<rei>d．所以,limr0<i[0,2]f<rei>d>=2if<0>．故limr0[0,2]f<rei>d=2f<0>．10.设函数f<z>在|z|<1内解析,在闭圆|z|1上连续,且f<0>=1．求积分<1/<2i>>|z|=1<2<z+1/z>>f<z>/zdz之值．[解]<1/<2i>>|z|=1<2<z+1/z>>f<z>/zdz=|z|=1<2f<z>/z<zf<z>/z+<1/z>f<z>/z>dz=<1/<2i>>·<|z|=12f<z>/zdz<|z|=1f<z>dz+|z|=1f<z>/z2dz>>=<1/<2i>>·<2<2i>f<0><0+<2i/1!>f’<0>>>=2f<0>f’<0>=2f’<0>．11.若函数f<z>在区域D内解析,C为D内以a,b为端点的直线段,试证：存在数,||1,与C,使得f<b>f<a>=<ba>f’<>．[解]设C的参数方程为z<t>=<1–t>a+tb,其中t[0,1]．在区域D内,因f<z>是f’<z>的原函数,故f<b>f<a>=Cf’<z>dz=[0,1]f’<<1–t>a+tb><ba>dt==<ba>[0,1]f’<<1–t>a+tb>dt．<1>若[0,1]|f’<<1–t>a+tb>|dt=0,因|f’<<1–t>a+tb>|是[0,1]上的连续函数,故|f’<<1–t>a+tb>|在[0,1]上恒为零．即f’<x>在C上恒为零．此时取=0,任意取C,则有f<b>f<a>=<ba>[0,1]f’<<1–t>a+tb>dt=0=<ba>f’<>．<2>若[0,1]|f’<<1–t>a+tb>|dt>0,因|f’<<1–t>a+tb>|是[0,1]上的实变量连续函数,由积分中值定理,存在t0[0,1],使得[0,1]|f’<<1–t>a+tb>|dt=|f’<<1–t0>a+t0b>|．取=<1–t0>a+t0b,则f’<>=f’<<1–t0>a+t0b>0,令=<[0,1]f’<<1–t>a+tb>dt>/f’<>．因为|[0,1]f’<<1–t>a+tb>dt|[0,1]|f’<<1–t>a+tb>|dt=|f’<>|．所以||=|<[0,1]f’<<1–t>a+tb>dt>/f’<>|=|[0,1]f’<<1–t>a+tb>dt|/|f’<>|1．且f<b>f<a>=<ba>[0,1]f’<<1–t>a+tb>dt=<ba>f’<>．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||z|=r},0<r1．由Cauchy积分公式和高阶导数公式,有|f<n><0>|=<n!/<2>>|K<r>f<z>/zn+1dz|<n!/<2>>K<r>|f<z>|/|z|n+1ds<n!/<2>>K<r>1/<<1|z|>|z|n+1>ds=<n!/<2>>/<<1r>rn+1>2r=n!/<<1r>rn>．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!/<<1r>rn>最小,即要使<1r>rn最大．当n1时,根据均值不等式,<1r>rn=<1r><r/n>n·nn<<<1r>+<r/n>+...+<r/n>>/<n+1>>n+1·nn=nn/<n+1>n+1．当1r=r/n,即r=n/<n+1>时,<1r>rn达到最大值nn/<n+1>n+1．因此,我们取r=n/<n+1>,此时有|f<n><0>|n!/<<1r>rn>=n!/<nn/<n+1>n+1>=<n+1>!<1+1/n>n<e<n+1>!．[也可以用数学分析中的办法研究函数g<r>=<1r>rn在<0,1>内的上确界,也会得到同样的结果．]13.设在|z|1上函数f<z>解析,且|f<z>|1．试证：|f’<0>|