复变函数习题解答(第3章)

1p141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t1t2，则z(t1)z(t2)．2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t1t2，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】aD，因区域D是开集，故存在r10，使得K(a,r1)={z||za|r1}D．因f’(a)0，而解析函数f’(z)是连续的，故存在r20，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||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|z=f’(a)t，t0}割开的复平面上，多值函数g(z)=lnz3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．t0，|f’(a)tf’(a)|=(t+1)|f’(a)||f’(a)|，故f’(a)tU．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zK(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aD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,0r1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limz0f(z)存在的条件下，补充定义f(0)=limz0f(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limz0f(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,]．4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(1i)．[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y0和区域y0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)/(z1)dz|8，其中C为圆周|z1|=2．【解】若zC，|z+1||z1|+2=4，故|(z+1)/(z1)|2．因此|C(z+1)/(z1)dz|C|(z+1)/(z1)|ds2·Length(C)=8．4.设a,b为实数，s=+it(0)