復(fù)變函數(shù)習(xí)題解答(第3章)

PAGEPAGE4p141第三章習(xí)題(一)[5,7,13,14,15,17,18]5.由積分C1/(z+2)dz之值證明[0,](1+2cos)/(5+4cos)d=0，其中C取單位圓周|z|=1．【解】因?yàn)?/(z+2)在圓|z|<3/2內(nèi)解析，故C1/(z+2)dz=0．設(shè)C:z()=ei，[0,2]．則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為周期，故[,](1+2cos)/(5+4cos)d=0；因(1+2cos))/(5+4cos)為偶函數(shù)，故[0,](1+2cos)/(5+4cos)d=(1/2)[,](1+2cos)/(5+4cos)d=0．7.(分部積分法)設(shè)函數(shù)f(z),g(z)在單連通區(qū)域D內(nèi)解析，,是D內(nèi)兩點(diǎn)，試證[,]f(z)g’(z)dz=(f(z)g(z))|[,][,]g(z)f’(z)dz．【解】因f(z),g(z)區(qū)域D內(nèi)解析，故f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’都在D內(nèi)解析．因區(qū)域D是單連通的，所以f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’的積分都與路徑無(wú)關(guān)．[,]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))’在單連通區(qū)域D內(nèi)的一個(gè)原函數(shù)，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.設(shè)C:z=z(t)(t)為區(qū)域D內(nèi)的光滑曲線，f(z)于區(qū)域D內(nèi)單葉解析且f’(z)0，w=f(z)將曲線C映成曲線，求證亦為光滑曲線．【解】分兩種情況討論．(1)當(dāng)z()z()時(shí)，C不是閉曲線．此時(shí)z(t)是[,]到D內(nèi)的單射，z(t)C1[,]，且在[,]上，|z’(t)|0．因是曲線C在映射f下的象，所以可表示為w=f(z(t))(t)．t[,]，z(t)D．因f于區(qū)域D內(nèi)解析，故f在z(t)處解析，因此f(z(t))在t處可導(dǎo)，且導(dǎo)數(shù)為f’(z(t))z’(t)．顯然，f’(z(t))z’(t)在[,]上是連續(xù)的，所以f(z(t))C1[,]．因?yàn)閒(z)于區(qū)域D內(nèi)是單葉的，即f(z)是區(qū)域D到的單射，而z(t)是[,]到D內(nèi)的單射，故f(z(t))是[,]到內(nèi)的單射．因在D內(nèi)有f’(z)0，故在[,]上，|f’(z(t))z’(t)|=|f’(z(t))|·|z’(t)|0．所以，是光滑曲線．(2)當(dāng)z()=z()時(shí)，C是閉曲線．此時(shí)z(t)C1[,]；在[,]上，有|z’(t)|0；z’()=z’()；t1[,]，t2(,)，若t1t2，則z(t1)z(t2)．與(1)完全相同的做法，可以證明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?yàn)閠1[,]，t2(,)，若t1t2，則z(t1)z(t2)，由f(z)于區(qū)域D內(nèi)單葉，因此我們有f(z(t1))f(z(t2))．所以是光滑的閉曲線．14.設(shè)C:z=z(t)(t)為區(qū)域D內(nèi)的光滑曲線，f(z)于區(qū)域D內(nèi)單葉解析且f’(z)0，w=f(z)將曲線C映成曲線，證明積分換元公式(w)dw=C(f(z))f’(z)dz．其中(w)沿曲線連續(xù)．【解】由13題知曲線也是光滑曲線，其方程為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.設(shè)函數(shù)f(z)在z平面上解析，且|f(z)|恒大于一個(gè)正的常數(shù)，試證f(z)必為常數(shù)．【解】因|f(z)|恒大于一個(gè)正的常數(shù)，設(shè)此常數(shù)為M．則z，|f(z)|M，因此|f(z)|0，即f(z)0．所以函數(shù)1/f(z)在上解析，且|1/f(z)|1/M．由Liuville定理，1/f(z)為常數(shù)，因此f(z)也為常數(shù)．17.設(shè)函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，試證(2/x2+2/y2)|f(z)|2=4|f’(z)|2．【解】設(shè)f(z)=u+iv，w=|f(z)|2，則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?yàn)閡,v都是調(diào)和函數(shù)，所以u(píng)xxu+uyyu=(uxx+uyy)u=0，vxxv+vyyv=(vxx+vyy)v=0；由于u,v滿足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.設(shè)函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，且f’(z)0．試證ln|f’(z)|為區(qū)域D內(nèi)的調(diào)和函數(shù)．【解】aD，因區(qū)域D是開(kāi)集，故存在r1>0，使得K(a,r1)={z||za|<r1}D．因f’(a)0，而解析函數(shù)f’(z)是連續(xù)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，此時(shí)有|f’(z)|>|f’(a)||f’(z)f’(a)|>0．記U={z||zf’(a)|<|f’(a)|}，則U是一個(gè)不包含原點(diǎn)的單連通區(qū)域．在沿射線L={z|z=f’(a)t，t0}割開(kāi)的復(fù)平面上，多值函數(shù)g(z)=lnz=i(1/2)ln|(1+iz)/(1iz)|+arg((1+iz)/(1iz))/2，故Re(C1/(1+z2)dz)=arg((1+iz)/(1iz))/2．設(shè)z=cos+isin，則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的在區(qū)域D上的原函數(shù)，容易得到函數(shù)(ln(1+iz)ln(1iz))/(2i)，實(shí)際它上就是arctanz．但目前我們對(duì)arctanz的性質(zhì)尚未學(xué)到，所以才采用這種間接的做法．另外，注意到點(diǎn)z在單位圓周上，從幾何意義上更容易直接地看出等式arg((1+iz)/(1iz))/2=/4成立．最后，還要指出，因曲線C的端點(diǎn)0不在區(qū)域D中，因此C不是區(qū)域D中的曲線．參考我們?cè)诘?題后面的注釋．]6.試計(jì)算積分C(|z|ezsinz)dz之值，其中C為圓周|z|=a>0．【解】在C上，函數(shù)|z|ezsinz與函數(shù)aezsinz的相同，故其積分值相同，即C(|z|ezsinz)dz=C(aezsinz)dz．而函數(shù)aezsinz在上解析，由Cauchy-Goursat定理，C(aezsinz)dz=0．因此C(|z|ezsinz)dz=0．7.設(shè)(1)f(z)在|z|1上連續(xù)；(2)對(duì)任意的r(0<r<1)，|z|=rf(z)dz=0．試證|z|=1f(z)dz=0．【解】設(shè)D(r)={z||z|r}，K(r)={z||z|=r}，0<r1．因f在D(1)上連續(xù)，故在D(1)上是一致連續(xù)的．再設(shè)M=maxzD(1){|f(z)|}．>0，1>0，使得z,wD(1),當(dāng)|zw|<1時(shí)，|f(z)f(w)|</(12)．設(shè)正整數(shù)n3，zk=e2ki/n(k=0,1,...,n1)是所有的n次單位根．這些點(diǎn)z0,z1,...,zn–1將K(1)分成n個(gè)弧段(1),(2),...,(n)．其中(k)(k=1,...,n1)是點(diǎn)zk–1到zk的弧段，(n)是zn–1到z0的弧段．記p(k)(k=1,...,n1)是點(diǎn)zk–1到zk的直線段，p(n)是zn–1到z0的直線段．當(dāng)n充分大時(shí)，maxj{Length((j))}=2/n<1．設(shè)P是順次連接z0,z1,...,zn–1所得到的簡(jiǎn)單閉折線．記=(P,0)．注意到常數(shù)f(zj)的積分與路徑無(wú)關(guān)，(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．當(dāng)<r<1時(shí)，P中每條線段p(k)都與K(r)交于兩點(diǎn)，設(shè)交點(diǎn)順次為wk,1,wk,2．設(shè)Q是順次連接w1,1,w1,2,w2,1,w2,2,...,wn,1,wn,2所得到的簡(jiǎn)單閉折線．與前面同樣的論證，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|．記連接wk,2到wk+1,1的直線段為l(k)，連接wk,2到zk+1的直線段為r(k)，連接zk+1到wk+1,1的直線段為s(k)，則|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?yàn)楫?dāng)r1時(shí)，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)．對(duì)這個(gè)r，我們有|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.設(shè)(1)f(z)當(dāng)|z–z0|>r0>0時(shí)是連續(xù)的；(2)M(r)表|f(z)|在Kr:|z–z0|=r>r0上的最大值；(3)limr+rM(r)=0．試證：limr+K(r)f(z)dz=0．【解】當(dāng)r>r0時(shí)，我們有|K(r)f(z)dz|K(r)|f(z)|dsK(r)M(r)ds=2rM(r)0(當(dāng)r+時(shí))，所以limr+K(r)f(z)dz=0．9.(1)若函數(shù)f(z)在點(diǎn)z=a的鄰域內(nèi)連續(xù)，則limr0|z–a|=rf(z)/(z–a)dz=2if(a)．(2)若函數(shù)f(z)在原點(diǎn)z=0的鄰域內(nèi)連續(xù)，則limr0[0,2]f(rei)d=2f(0)．【解】(1)當(dāng)r充分小時(shí)，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)．當(dāng)r0時(shí)，由f(z)的連續(xù)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)根據(jù)(1)，limr0|z|=rf(z)/zdz=2if(0)．而當(dāng)r充分小時(shí)，我們有|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.設(shè)函數(shù)f(z)在|z|<1內(nèi)解析，在閉圓|z|1上連續(xù)，且f(0)=1．求積分(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.若函數(shù)f(z)在區(qū)域D內(nèi)解析，C為D內(nèi)以a,b為端點(diǎn)的直線段，試證：存在數(shù)，||1，與C，使得f(b)f(a)=(ba)f’()．【解】設(shè)C的參數(shù)方程為z(t)=(1–t)a+tb，其中t[0,1]．在區(qū)域D內(nèi)，因f(z)是f’(z)的原函數(shù)，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]上的連續(xù)函數(shù)，故|f’((1–t)a+tb)|在[0,1]上恒為零．即f’(x)在C上恒為零．此時(shí)取=0，任意取C，則有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]上的實(shí)變量連續(xù)函數(shù)，由積分中值定理，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，則f’()=f’((1–t0)a+t0b)0，令=([0,1]f’((1–t)a+tb)dt)/f’()．因?yàn)閨[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內(nèi)函數(shù)f(z)解析，且|f(z)|1/(1|z|)．試證：|f(n)(0)|(n+1)!(1+1/n)n<e(n+1)!，n=1,2,...．【解】設(shè)K(r)={z||z|=r}，0<r1．由Cauchy積分公式和高階導(dǎo)數(shù)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)．為得到|f(n)(0)|的最好估計(jì)，我們希望選取適當(dāng)?shù)膔(0,1)，使得n!/((1r)rn)最小，即要使(1r)rn最大．當(dāng)n1時(shí)，根據(jù)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．當(dāng)1r=r/n，即r=n/(n+1)時(shí)，(1r)rn達(dá)到最大值nn/(n+1)n+1．因此，我們?nèi)=n/(n+1)，此時(shí)有|f(n)(0)|n!/((1r)rn)=n!/(nn/(n+1)n+1)=(n+1)!(1+1/n)n<e(n+1)!．[也可以用數(shù)學(xué)分析中的辦法研究函數(shù)g(r)=(1r)rn在(0,1)內(nèi)的上確界，也會(huì)得到同樣的結(jié)果．]13.設(shè)在|z|1上函數(shù)f(z)解析，且|f(z)|1．試證：|f’(0)|1．【解】設(shè)D={z||z|1}．由高階導(dǎo)數(shù)公式，|f’(0)|=(1/(2))|Df(z)/z2dz|(1/(2))D1/|z|2ds=1．14.設(shè)f(z)為非常數(shù)的整函數(shù)，又設(shè)R,M為任意正數(shù)，試證：滿足|z|>R且|f(z)|>M的z必存在．【解】若不然，當(dāng)|z|>R時(shí)，|f(z)|M．而f(z)為整函數(shù)，故必連續(xù)，因此f(z)在|z|R上有界．所以f(z)在上有界．由Liouville定理，f(z)必為常數(shù)，這與題目條件相矛盾．15.已知u+v=(x–y)(x2+4xy+y2)–2(x+y)，試確定解析函數(shù)f(z)=u+iv．【解】由于ux+vx=3(x2+2xy–y2)–2，uy+vy=3(x2–2xy–y2)–2，兩式相加，再利用Cauchy-Riemann