復(fù)變函數(shù)習(xí)題解答(第3章)

1、1p141第三章習(xí)題第三章習(xí)題(一)[571314151718]5.由積分?C1(z2)dz之值證明?[0?](12cos?)(54cos?)d?=0，其中C取單位圓周|z|=1【解】因?yàn)?(z2)在圓|z|32內(nèi)解析，故?C1(z2)dz=0設(shè)C:z(?)=ei?，??[02?]則?C1(z2)dz=?C1(z2)dz=?[02?]iei?(ei?2)d?=?[02?]i(cos?isin?)(cos?isin?2)d?=?[02?]

2、(?2sin?i(12cos?))(54cos?)d?=?[02?](?2sin?)(54cos?)d?i?[02?](12cos?)(54cos?)d?所以?[02?](12cos?)(54cos?)d?=0因(12cos?))(54cos?)以2?為周期，故?[???](12cos?)(54cos?)d?=0；因(12cos?))(54cos?)為偶函數(shù)，故?[0?](12cos?)(54cos?)d?=(12)?[???](12c

3、os?)(54cos?)d?=07.(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))’的積分都與路徑無關(guān)?

4、[??]f(z)g’(z)dz?[??]g(z)f’(z)dz=?[??](f(z)g’(z)dzg(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))|[??

5、]，即?[??]f(z)g’(z)dz=(f(z)g(z))|[??]??[??]g(z)f’(z)dz13.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，C不是閉曲線此時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

6、，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[??]

7、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，C是閉曲線此時z(t)?C1[??]；在[??]上，有|z’(t)|?0；z’(?)=z’(?)；?t1?[??]，?t2?(??)，若t1?t2，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)|?03而Re(g(f’(z))k)=ln|f’(z)

8、|，所以ln|f’(z)|在K(ar2)上是調(diào)和的由a?D的任意性，知ln|f’(z)|在D上是調(diào)和的【解2】用CauchtRiemann方程直接驗(yàn)證因?yàn)閒’(z)也在區(qū)域D內(nèi)解析，設(shè)f’(z)=uiv，則uv也滿足CauchyRiemann方程記w=ln|f’(z)|，則w=(12)ln(u2v2)，wx=(uxuvxv)(u2v2)，wy=(uyuvyv)(u2v2)；wxx=((uxxuux2vxxvvx2)(u2v2)?2(ux

9、uvxv)2)(u2v2)2；wyy=((uyyuuy2vyyvvy2)(u2v2)?2(uyuvyv)2)(u2v2)2；因?yàn)閡v都是調(diào)和函數(shù)，所以uxxuuyyu=(uxxuyy)u=0，vxxvvyyv=(vxxvyy)v=0；由于uv滿足CauchyRiemann方程，故ux2=vy2，vx2=uy2，uxvxuyvy=0，因此(uxuvxv)2(uyuvyv)2=ux2u2vx2v22uxuvxvuy2u2vy2v22uyuv

10、yv=(ux2vx2)(u2v2)；故wxxwyy=(2(ux2vx2)(u2v2)?2(ux2vx2)(u2v2))(u2v2)2=0所以w為區(qū)域D內(nèi)的調(diào)和函數(shù)[初看此題，就是要驗(yàn)證這個函數(shù)滿足Laplace方程因?yàn)榻馕龊瘮?shù)的導(dǎo)數(shù)還是解析的，所以問題相當(dāng)于證明ln|f(z)|是調(diào)和的，正如【解2】所做于是開始打字，打了兩行之后，注意到ln|f’(z)|是Lnf’(z)的實(shí)部但Lnz不是單值函數(shù)，它也沒有在整個?上的單值連續(xù)分支，【解1

11、】前面的處理就是要解決這個問題]p141第三章習(xí)題第三章習(xí)題(二)[12345678910111213141516]1.設(shè)函數(shù)f(z)在0|z|1內(nèi)解析，且沿任何圓周C:|z|=r0r1的積分值為零問f(z)是否必須在z=0處解析？試舉例說明之【解】不必例如f(z)=1z2就滿足題目條件，但在z=0處未定義[事實(shí)上可以任意選擇一個在|z|1內(nèi)解析的函數(shù)g(z)，然后修改它在原點(diǎn)處的函數(shù)值得到新的函數(shù)f(z)，那么新的函數(shù)f(z)在原點(diǎn)不

12、連續(xù)，因此肯定是解析但在0|z|1內(nèi)f(z)=g(z)，而g(z)作為在|z|1內(nèi)解析的函數(shù)，必然沿任何圓周C:|z|=r的積分值都是零因此f(z)沿任何圓周C:|z|=r的積分值也都是零若進(jìn)一步加強(qiáng)題目條件，我們可以考慮，在極限limz?0f(z)存在的條件下，補(bǔ)充定義f(0)=limz?0f(z)，是否f(z)就一定在z=0處解析？假若加強(qiáng)條件后的結(jié)論是成立，我們還可以考慮，是否存在滿足題目條件的函數(shù)，使得極限limz?0f(z)不

13、存在，也不是?？]2.沿從1到?1的如下路徑求?C1√zdz(1)上半單位圓周；(2)下半單位圓周，其中√z取主值支【解】(1)√z=eiargz2，設(shè)C:z(?)=ei?，??[0?]?C1√zdz=?[0?]iei?ei?2d?=?[0?]iei?2d?=2ei?2|[0?]=2(?1i)(2)√z=eiargz2，設(shè)C:z(?)=ei?，??[??0]?C1√zdz=??[??0]iei?ei?2d?=??[??0]iei?2d?