復(fù)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(diǎn)為心，2為半徑，在第一象項(xiàng)里的圓弧；(2)傾角的直線；(3)雙曲線。解設(shè)，則(1)在平面上對應(yīng)的圖形為：以原點(diǎn)為心，4為半徑，在上半平面的半圓周。平面上對應(yīng)的圖形為：射線(2)在平面上對應(yīng)的圖形為：射線(2)在(3)因證因在點(diǎn)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(diǎn)無極限，從而在原點(diǎn)不連續(xù)。證令變點(diǎn)從而(沿正實(shí)軸)從而故在原點(diǎn)無確定的極限，從而在原點(diǎn)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(shí)，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(fù)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(shè)之值確定在從原點(diǎn)起沿負(fù)實(shí)軸割破了的討論的可微性和解析性，并求解而在復(fù)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(shè)之值確定在從原點(diǎn)起沿負(fù)實(shí)軸割破了的平面上且解設(shè)則在沿射線在沿射線而趨于零，即知上式趨于一個與有關(guān)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(dāng)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(dāng)沿正方向繞行一周時(shí)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(diǎn)。因若設(shè)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(diǎn)。例2.9試說明在將平面適當(dāng)割開后能分出三個解析分支。并求出在點(diǎn)取負(fù)值的那個分支在的值解易知的支點(diǎn)是。因此，將平面沿正實(shí)軸從0到1割開，再沿負(fù)實(shí)軸割開。在這樣割開后的平面上，能分出三個解析分支。(3)關(guān)于對數(shù)函數(shù)的已給單值解析分支(3)關(guān)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(jì)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(shè)，可取。故得，即其中是一條連接起點(diǎn)和終點(diǎn)且不穿過支割線的簡單曲線；是滿足條件那一支在起點(diǎn)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(shí)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(shí)等于零的那一支在解解當(dāng)變點(diǎn)單繞一周時(shí)，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(diǎn)，同理也都是支點(diǎn)，此外無其它支點(diǎn)。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?，F(xiàn)設(shè)是一條連接起點(diǎn)和終點(diǎn)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(diǎn)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(yīng)與及的極限相等，從而等，從而應(yīng)與的極限相等。今，所以注注當(dāng)為閉曲線時(shí)，這里表示以為心，為半徑的圓周。(注意，積分值與,均無關(guān))。；當(dāng)為整數(shù)且時(shí)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(diǎn)到點(diǎn)的直線段；的直線段及連接由點(diǎn)1到點(diǎn)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(diǎn)為終點(diǎn)為；(所以它在閉圓上單值解析。于是解(1)因?yàn)榈闹c(diǎn)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(jì)算積分且且，，，其中其中為右半圓周，，,((2)因?yàn)樯辖馕龉?。?3)因?yàn)榈闹c(diǎn)為，其單值分支在圓內(nèi)解析，并連續(xù)到邊界例3.7設(shè)為圍線內(nèi)部一點(diǎn)，則證以為圓心畫圓周，使全含于的內(nèi)部，則由復(fù)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(shè)在上解析。如果存在，使當(dāng)時(shí)而且試證：在圓內(nèi)至少有一個零點(diǎn)。證反證法，設(shè)在內(nèi)無零點(diǎn)，而由題設(shè)在上也無零點(diǎn)。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(diǎn)。證反證法，設(shè)在內(nèi)無零點(diǎn)，而由題設(shè)在上也無零點(diǎn)。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?yàn)樵谄矫嫔辖馕觯瑧?yīng)用公式(3.5)于我們得，又由題設(shè)又由題設(shè)，，，，例3.11應(yīng)用劉維爾定理證明代數(shù)學(xué)基本原理。在平面上，次多項(xiàng)式下面我們證明在平面上有界。由于，故可設(shè)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(shè)矛盾。故定理得證。的實(shí)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?yàn)槭侨我獾?，所以故至多是次多?xiàng)式例驗(yàn)證是平面上的調(diào)和函數(shù)，并求以為實(shí)部的解析函數(shù)使合因?yàn)槭侨我獾?，所以故至多是次多?xiàng)式例驗(yàn)證是平面上的調(diào)和函數(shù)，并求以為實(shí)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(diǎn)，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(shí)對于，必，因而解因在平面上任一點(diǎn)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(yàn)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(dǎo)，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(yīng)當(dāng)是平方數(shù)時(shí)，其他情形。因此，相應(yīng)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(shí)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(dá)式為：當(dāng)時(shí)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(diǎn)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(diǎn)。顯然這就是故都是函數(shù)的二級零點(diǎn)。設(shè)(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(diǎn)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(shè)故必故都是函數(shù)的二級零點(diǎn)。設(shè)(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(diǎn)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(shè)故必.9使當(dāng)則在圓內(nèi)至少有一個零點(diǎn)?！鄙辖馕?。故，，，而且，，在在上解析。此時(shí)，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(diǎn)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(diǎn)只有奇點(diǎn)只有奇點(diǎn)在對，可解方程得無窮多個解則則(1)(2)的奇點(diǎn)(包括)，并確定其類別解：(1)以為可去奇點(diǎn)的奇點(diǎn)，否則也不能是其次使的奇點(diǎn)，否則也不能是其次使當(dāng)有這亦與題沒矛盾。故為一級極點(diǎn)為非孤立奇點(diǎn)(因是的聚點(diǎn))(2)令，得該函數(shù)的所有奇點(diǎn)為，是一級極點(diǎn)，是非孤立奇點(diǎn)，因是聚點(diǎn)。至于應(yīng)是可去奇點(diǎn)，因若令化為是解析點(diǎn)。即是可去奇點(diǎn)(或解析點(diǎn))。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(diǎn)的零點(diǎn)，試證必為的本性奇點(diǎn)。證：是的孤立奇點(diǎn)，且不能是可去奇點(diǎn)，若不然，令則在內(nèi)解析且由假設(shè)有以為聚點(diǎn)的一列零點(diǎn)。由零點(diǎn)的孤立性，，，第六章例題解：在圓周的內(nèi)部只有一級極點(diǎn)及二級極點(diǎn)，在圓周而解：只以為一級極點(diǎn)，而解：只有一個三級