復變函數(shù)經(jīng)典例題

.第一章例題例1.1試問函數(shù)把平面上的下列曲線分別變成平面上的何種曲線？(1)以原點為心，2為半徑，在第一象項里的圓弧；(2)傾角的直線；(3)雙曲線。解設，則(1)在平面上對應的圖形為：以原點為心，4為半徑，在上半平面的半圓周。平面上對應的圖形為：射線(2)在平面上對應的圖形為：射線(2)在(3)因證因在點連續(xù)，則，只要，就有特別，取特別，取，則由上面的不等式得試證在原點無極限，從而在原點不連續(xù)。證令變點從而(沿正實軸)從而故在原點無確定的極限，從而在原點不連續(xù)。第二章例題例2.1在平面上處處不可微證易知該函數(shù)在平面上處處連續(xù)。但零時，其極限為－1。故處處不可微。證因但討論的可微性和解析性，并求解而在復平面上處處連續(xù)且滿足條件，從而在平面上處處可微，也處處解析。且例設之值確定在從原點起沿負實軸割破了的討論的可微性和解析性，并求解而在復平面上處處連續(xù)且滿足條件，從而在平面上處處可微，也處處解析。且例設之值確定在從原點起沿負實軸割破了的平面上且解設則在沿射線在沿射線而趨于零，即知上式趨于一個與有關的值。解要使條件成立，必有，故只在可微，從而，處處不解析。解因要使條件成立，必有，故只在直線上可微，從而，處，代入得從而且的主值為解()作一條內(nèi)部含但不含單閉曲線當代入得從而且的主值為解()作一條內(nèi)部含但不含單閉曲線當沿正方向繞行一周時角得到增量的輻角沒有改變，aa01從而故的終值較初值增加了一個因子，未發(fā)生變化。最后不是的支點。因若設含0，1的簡單閉曲線，則故的終值較初值增加了一個因子，未發(fā)生變化。點。例2.9試說明在將平面適當割開后能分出三個解析分支。并求出在點取負值的那個分支在的值解易知的支點是。因此，將平面沿正實軸從0到1割開，再沿負實軸割開。在這樣割開后的平面上，能分出三個解析分支。(3)關于對數(shù)函數(shù)的已給單值解析分支(3)關于對數(shù)函數(shù)的已給單值解析分支我們可以借助下面的公式來計算它現(xiàn)取一條從到的有向曲線(不穿過支割線)，則于是又由題設，可取。故得，即其中是一條連接起點和終點且不穿過支割線的簡單曲線；是滿足條件那一支在起點之值的虛部，是一個確定的值。試說明的直線試說明的直線段”，“從”的平面內(nèi)能分出單值解析分支。并求時等于零的那一支在線“”的平面內(nèi)能分出單值解析分支。并求時等于零的那一支在解解當變點單繞一周時，故的值增加了，的值未改變，從而，的值增加了，從一支變成另一支。故是支點，同理也都是支點，此外無其它支點。故在割去“從-1到的直線段”，“從到1的直線段”與射線“且”的平面內(nèi)能分出單值解析分支。現(xiàn)設是一條連接起點和終點且不穿過支割線的簡單曲線。則故要求之值。解解第三章例題例3.1命表連接點及的任一曲線，試證(1)(2)證(1)因證得(2)因得，但我們又可選，則得由定理3.1，可知積分存在，因而的極限存在，且應與及的極限相等，從而等，從而應與的極限相等。今，所以注注當為閉曲線時，這里表示以為心，為半徑的圓周。(注意，積分值與,均無關)。；當為整數(shù)且時例3.3試證。積分路徑是連接和的直線段證的參數(shù)方程為即連續(xù)，且其中積分路徑為：(1)連接由點到點的直線段；的直線段及連接由點1到點的直線段所組成的折線。解(1)連接及的直線段的參數(shù)方程為：()，故(2)連接與1的直線段的參數(shù)方程：故一個原函數(shù)內(nèi)函數(shù)解在單連通區(qū)域在內(nèi)解析，故由牛頓故(2)連接與1的直線段的參數(shù)方程：故一個原函數(shù)內(nèi)函數(shù)解在單連通區(qū)域在內(nèi)解析，故由牛頓萊布尼茲公式有((起點為終點為；(所以它在閉圓上單值解析。于是解(1)因為的支點為，，由此例可以看出，積分路徑不同，積分結(jié)果可以不同。例3.5計算積分且且，，，其中其中為右半圓周，，,((2)因為上解析故。故(3)因為的支點為，其單值分支在圓內(nèi)解析，并連續(xù)到邊界例3.7設為圍線內(nèi)部一點，則證以為圓心畫圓周，使全含于的內(nèi)部，則由復圍線的柯西積分定理得解解因在閉圓上解析，由柯西積分公式得例3.9設在上解析。如果存在，使當時而且試證：在圓內(nèi)至少有一個零點。證反證法，設在內(nèi)無零點，而由題設在上也無零點。于是在閉圓上解析。由解析函數(shù)的平均值定理從而矛盾。故在圓其中試證：在圓內(nèi)至少有一個零點。證反證法，設在內(nèi)無零點，而由題設在上也無零點。于是在閉圓上解析。由解析函數(shù)的平均值定理從而矛盾。故在圓其中是繞一周的圍線解因為在平面上解析，應用公式(3.5)于我們得，又由題設又由題設，，，，例3.11應用劉維爾定理證明代數(shù)學基本原理。在平面上，次多項式下面我們證明在平面上有界。由于，故可設從而，在平面上于是，在平面上是解析且有界。由劉維爾定理，必為常數(shù)，即必為常數(shù)。這與定理的假設矛盾。故定理得證。的實數(shù)存在，試證證令為整函數(shù)。又在平面證令故有界，由劉維爾定理可見是常數(shù)，因此也是常數(shù)。證只須證得對任何的，因為是任意的，所以故至多是次多項式例驗證是平面上的調(diào)和函數(shù)，并求以為實部的解析函數(shù)使合因為是任意的，所以故至多是次多項式例驗證是平面上的調(diào)和函數(shù)，并求以為實部的解析函數(shù)使合故在平面上為調(diào)和函數(shù)。由可知，對任給的在平面上任取一點，再取以為心，以為半徑的圓周，使圓周全含于其內(nèi)部。于是有。這時對于，必，因而解因在平面上任一點法一故要合，必，故。法二先由條件中的一個得，，故，再由條件中的另一個得再由，故例例3.15驗證在右半角平面內(nèi)是調(diào)和函數(shù)，并求以此為虛部的解析函數(shù)解于是兩端對求導，所以(任意常數(shù))，所以故它在右半平面內(nèi)單值解析。第四章例題解因解因發(fā)散，故雖(1)解(2)解解故，因，(3)，故。故(4)解應當是平方數(shù)時，其他情形。因此，相應有，于是數(shù)解因在內(nèi)解析，故展開后的冪級數(shù)在內(nèi)收斂。已經(jīng)知道：，在時將兩式相乘得(按對角線方法)求及及，故其指定分支在解因，其其一般表達式為：當時展為的冪級數(shù)。，解因，，兩式相減除以得冪展開，并指明其收斂范圍。解在原點的性質(zhì)。解顯然在解析，且。，由，或由知為知為解得在平面上解析。由解得即，故，這就是在平面上的全部零點。顯然這就是故都是函數(shù)的二級零點。設(1)及在區(qū)域內(nèi)解析；(2)在內(nèi)試證：在內(nèi)或證若有使因在點連續(xù)故由例1.28知存在的鄰域使在內(nèi)恒不為零。而由題設故必故都是函數(shù)的二級零點。設(1)及在區(qū)域內(nèi)解析；(2)在內(nèi)試證：在內(nèi)或證若有使因在點連續(xù)故由例1.28知存在的鄰域使在內(nèi)恒不為零。而由題設故必.9使當則在圓內(nèi)至少有一個零點?！鄙辖馕?。故，，，而且，，在在上解析。此時，且且在，于是必非常數(shù)，在上第五章例題在下列三個區(qū)域內(nèi)((2)圓環(huán)(3)圓環(huán)(1)圓內(nèi)求的羅朗展式。((1)在圓內(nèi)，，因此(2)(2)在圓環(huán)，(3)(3)在圓環(huán)故，解：有兩個奇點和。在的(最大)去心鄰域內(nèi)在在的(最大)去心鄰域內(nèi)在在平面上只有奇點只有奇點只有奇點在對，可解方程得無窮多個解則則(1)(2)的奇點(包括)，并確定其類別解：(1)以為可去奇點的奇點，否則也不能是其次使的奇點，否則也不能是其次使當有這亦與題沒矛盾。故為一級極點為非孤立奇點(因是的聚點)(2)令，得該函數(shù)的所有奇點為，是一級極點，是非孤立奇點，因是聚點。至于應是可去奇點，因若令化為是解析點。即是可去奇點(或解析點)。例5.7若在內(nèi)解析，且不恒為零，又若有一列異于但卻以為聚點的零點，試證必為的本性奇點。證：是的孤立奇點，且不能是可去奇點，若不然，令則在內(nèi)解析且由假設有以為聚點的一列零點。由零點的孤立性，，，第六章例題解：在圓周的內(nèi)部只有一級極點及二級極點，在圓周而解：只以為一級極點，而解：只有一個三級