复变函数习题解答(第1章)

1p44第一章习题(一)[13,16,17,20]13.试证argz(argz)在负实轴(包括原点)上不连续，除此而外在z平面上处处连续．【解】记f(z)=argz，D=\{z|Im(z)=0，Re(z)0}，D1={z|Re(z)0}，D2={z|Im(z)0}，D3={z|Im(z)0}．(1)首先，f(z)在原点无定义，故f(z)在原点处不连续．(2)设a，且a0．则f(a)=．考察点列zn=|a|(cos(1/n)+isin(1/n))，n+．显然，1/n，故f(zn)=1/n．而limnzn=limn(|a|(cos(1/n)+isin(1/n)))=a，但limnf(zn)=limn(1/n)=f(a)．故f(z)在a处不连续．(3)下面证明f(z)在D1,D2,D3这三个区域上都连续．设z=x+iy，x,y．(3.1)在D1上，f(z)=arctan(y/x)，因arctan(y/x)是{(x,y)2|x0}上的二元连续函数，故f(z)是D1上的连续函数．(3.2)在D2上，f(z)=arccot(x/y)，因arccot(x/y)是{(x,y)2|y0}上的二元连续函数，故f(z)是D2上的连续函数．(3.3)在D3上，f(z)=arccot(x/y)，因arccot(x/y)是{(x,y)2|y0}上的二元连续函数，故f(z)是D3上的连续函数．(4)最后证明f(z)是D=\{z|Im(z)=0，Re(z)0}上的连续函数．aD，因为D=D1D2D3，故存在k(k=1,2,3)，使得aDk．因Dk是开集故存在r0，使得Ur(a)={z||z–a|r}Dk．根据(3)，f(z)在Dk上是连续的，故0，0，使得zDk，当|z–a|时，|f(z)f(a)|．设=min{r,}，则zD，当|z–a|时，zUr(a)Dk，又因|z–a|，故必有|f(z)f(a)|．所以，f在a处连续．由a的任意性，f(z)是上的连续函数．[连续性部分的证明可以用几何的方法，而且写起来会简单些．但我们之所以选择这个看起来很复杂的方法，是可以从这里看出(z)=arg(z)作为(x,y)的二元函数，在D1,D2,D3上都有很明显的可导的表达式，因此它在区域D上不仅是连续的，而且是连续可导二元函数：x=y/(x2+y2)，y=x/(x2+y2)．证明中的第四部分并不是多余的，这是因为若f在两个集合A,B上都连续(即使它们有公共的部分)，一般说来，并不能保证f在两个集合AB上也连续．2问题：若f在区域A,B上都连续，且AB，问f在AB上是否必连续？]16.试问函数f(z)=1/(1–z)在单位圆|z|1内是否连续？是否一致连续？【解】(1)f(z)在单位圆|z|1内连续．因为z在内连续，故f(z)=1/(1–z)在\{1}内连续(连续函数的四则运算)，因此f(z)在单位圆|z|1内连续．(2)f(z)在单位圆|z|1内不一致连续．令zn=1–1/n，wn=1–1/(n+1)，n+．则zn,wn都在单位圆|z|1内，|znwn|0，但|f(zn)f(wn)|=|n(n+1)|=10，故f(z)在单位圆|z|1内不一致连续．[也可以直接用实函数f(x)=1/(1–x)在(0,1)不一致连续来说明，只要把这个实函数看成是f(z)在E={z|Im(z)=0,0Re(z)1}上的限制即可．]17.试证：复数列zn=xn+iyn以z0=x0+iy0为极限的充要条件是实数列{xn}及{yn}分别以x0及y0为极限．【解】()若复数列zn=xn+iyn以z0=x0+iy0为极限，则0，N+，使得nN，有|znz0|．此时有|xnx0||znz0|；|yny0||znz0|．故实数列{xn}及{yn}分别以x0及y0为极限．()若实数列{xn}及{yn}分别以x0及y0为极限，则0，N1+，使得nN1，有|xnx0|/2；N2+，使得nN2，有|yny0|/2．令N=max{N1,N2}，则nN，有nN1且nN2，故有|znz0|=|(xnx0)+i(yny0)||xnx0|+|yny0|/2+/2=．所以，复数列zn=xn+iyn以z0=x0+iy0为极限．20.如果复数列{zn}合于limnzn=z0，证明limn(z1+z2+...+zn)/n=z0．当z0时，结论是否正确？【解】(1)0，K+，使得nK，有|znz0|/2．记M=|z1z0|+...+|zKz0|，则当nK时，有|(z1+z2+...+zn)/nz0|=|(z1z0)+(z2z0)+...+(znz0)|/n(|z1z0|+|z2z0|+...+|znz0|)/n=(|z1z0|+...+|zKz0|)/n+(|zK+1z0|+...+|znz0|)/nM/n+(nK)/n·(/2)M/n+/2．因limn(M/n)=0，故L+，使得nL，有M/n/2．令N=max{K,L}，则当nK时，有3|(z1+z2+...+zn)/nz0|M/n+/2/2+/2=．所以，limn(z1+z2+...+zn)/n=z0．(2)当z0时，结论不成立．这可由下面的反例看出．例：zn=(1)n·n，n+．显然limnzn=．但k+，有(z1+z2+...+z2k)/(2k)=1/2，因此数列{(z1+z2+...+zn)/n}不趋向于．[这个结论的证明的方法与实数列的情况完全相同，甚至反例都是一样的．]p45第一章习题(二)[6,8,9,11,12]6.设|z|=1，试证：|(az+b)/(b*z+a*)|=1．(z*表示复数z的共轭)【解】此题应该要求b*z+a*0．|az+b|=|(az+b)*|=|a*z*+b*|=|a*z*+b*|·|z|=|(a*z*+b*)·z|=|a*z*·z+b*·z|=|a*|z|2+b*·z|=|b*z+a*|．故|(az+b)/(b*z+a*)|=1．8.试证：以z1,z2,z3为顶点的三角形和以w1,w2,w3为顶点的三角形同向相似的充要条件为111332211wzwzwz=0．【解】两个三角形同向相似是指其中一个三角形经过(一系列的)旋转、平移、位似这三种初等几何变换后可以变成另一个三角形(注意没有反射变换)．例如2.旋转w1z''11.平移3.位似z'2z'3z''2z2z3z1w2w3z'1z''3我们将采用下述的观点来证明：以z1,z2,z3为顶点的三角形和以w1,w2,w3为顶点的三角形同向相似的充要条件是：将它们的一对对应顶点都平移到原点后，它们只相差一个位似旋转．记f1(z)=zz1(将z1变到0的平移)；f3(z)=zw1(将0变到w1的平移)；那么，三角形z1z2z3与三角形w1w2w3同向相似4存在某个绕原点的旋转位似变换f2(z)=z0z，使得f2(f1(zk))=f3(wk)，(k=2,3)，其中z0\{0}存在z0\{0}，使得z0(zkz1)=wkw1，(k=2,3)(w2w1)/(z2z1)=(w3w1)/(z3z1)13131212wwzzwwzz=01110013131212wwzzwwzz=0111332211wzwzwz=0．[证完]9.试证：四个相异点z1,z2,z3,z4共圆周或共直线的充要条件是(z1–z4)/(z1–z2):(z3–z4)/(z3–z2)为实数．【解】在平面几何中，共线的四个点A,B,C,D的交比定义为(A,B;C,D)=(AC/CB):(AD/DB)．这是射影几何中的重要的不变量．类似地，在复平面上，(不一定共线的)四个点z1,z2,z3,z4的交比定义为[z1z2,z3z4]=(z1–z3)/(z2–z3):(z1–z4)/(z2–z4)．本题的结论是说：复平面上四个点共圆或共线的充要条件是其交比为实数．()分两种情况讨论(1)若(z1–z4)/(z1–z2)为实数，则(z3–z4)/(z3–z2)也是实数．设(z1–z4)/(z1–z2)=t，t．则z4=(1–t)z1+tz2，故z4在z1,z2所确定的直线上，即z1,z2,z4共线．因此，同理，z1,z2,z3也共线．所以，z1,z2,z3,z4是共线的．(2)若(z1–z4)/(z1–z2)为虚数，则(z3–z4)/(z3–z2)也是虚数．故Arg((z1–z4)/(z1–z2))k，Arg((z3–z4)/(z3–z2))k．而Arg((z1–z4)/(z1–z2))–Arg((z3–z4)/(z3–z2))=Arg((z1–z4)/(z1–z2):(z3–z4)/(z3–z2))=k．注意到Arg((z–z4)/(z–z2))=Arg((z4–z)/(z2–z))是z2–z到z4–z的正向夹角，若Arg((z1–z4)/(z1–z2))=Arg((z3–z4)/(z3–z2))，则z1,z3在z2,z4所确定的直线的同侧，且它们对z2,z4所张的角的大小相同，故z1,z2,z3,z4是共圆的．若Arg((z1–z4)/(z1–z2))=Arg((z3–z4)/(z3–z2))+，则z1,z3在z2,z4所确定的直线的异侧，且它们对z2,z4所张的角的大小互补，故z1,z2,z3,z4也是共圆的．()也分两种情况讨论5(1)若z1,z2,z3,z4是共线的，则存在s,t\{0,1}，使得z4=(1–s)z3+sz2，z4=(1–t)z1+tz2，那么，z3–z4=s(z3–z2)，即(z3–z4)/(z3–z2)=s；而z1–z4=t(z1–z2)，即(z1–z4)/(z1–z2)=t，所以，(z1–z4)/(z1–z2):(z3–z4)/(z3–z2)=t/s．(2)若z1,z2,z3,z4是共圆的，若z1,z3在z2,z4所确定的直线的同侧，那么，Arg((z4–z1)/(z2–z1))=Arg((z4–z3)/(z2–z3))因此(z4–z1)/(z2–z1):(z4–z3)/(z2–z3)是实数．也就是说(z1–z4)/(z1–z2):(z3–z4)/(z3–z2)是实数．若z1,z3在z2,z4所确定的直线的异侧，则Arg((z4–z1)/(z2–z1))+Arg((z2–z3)/(z4–z3))=(2k+1)，故Arg((z1–z4)/(z1–z2):(z3–z4)/(z3–z2))=Arg((z1–z4)/(z1–z2))–Arg((z3–z4)/(z3–z2))=Arg((z1–z4)/(z1–z2))+Arg((z3–z2)/(z3–z4))=Arg((z4–z1)/(z2–z1))+Arg((z2–z3)/(z4–z3))=(2k+1)，所以，(z1–z4)/(z1–z2):(z3–z4)/(z3–z2)仍为实数．[证完]这个题目写的很长，欢迎同学们给出更简单的解法．11.试证：方程|zz1|/|zz2|=k(0k1，z1z2)表示z平面的一个圆周，其圆心为z0，半径为，且z0=(z1k2z2)/(1k2)，=k|z1z2|/|1k2|．【解】到两定点距离成定比的点的轨迹是圆或直线．当比值不等于1时，轨迹是一个圆，这个圆就是平面几何中著名的Apollonius圆．设0k1，z1z2，z0=(z1k2z2)/(1k2)，=k|z1z2|/|1k2|．z，|