复变函数经典例题

.第一章例题例1.1试问函数把平面上的下列曲线分别变成平面上的何种曲线？(1)以原点为心，2为半径，在第一象项里的圆弧；(2)倾角的直线；(3)双曲线。解设，则(1)在平面上对应的图形为：以原点为心，4为半径，在上半平面的半圆周。平面上对应的图形为：射线(2)在平面上对应的图形为：射线(2)在(3)因证因在点连续，则，只要，就有特别，取特别，取，则由上面的不等式得试证在原点无极限，从而在原点不连续。证令变点从而(沿正实轴)从而故在原点无确定的极限，从而在原点不连续。第二章例题例2.1在平面上处处不可微证易知该函数在平面上处处连续。但零时，其极限为－1。故处处不可微。证因但讨论的可微性和解析性，并求解而在复平面上处处连续且满足条件，从而在平面上处处可微，也处处解析。且例设之值确定在从原点起沿负实轴割破了的讨论的可微性和解析性，并求解而在复平面上处处连续且满足条件，从而在平面上处处可微，也处处解析。且例设之值确定在从原点起沿负实轴割破了的平面上且解设则在沿射线在沿射线而趋于零，即知上式趋于一个与有关的值。解要使条件成立，必有，故只在可微，从而，处处不解析。解因要使条件成立，必有，故只在直线上可微，从而，处，代入得从而且的主值为解()作一条内部含但不含单闭曲线当代入得从而且的主值为解()作一条内部含但不含单闭曲线当沿正方向绕行一周时角得到增量的辐角没有改变，aa01从而故的终值较初值增加了一个因子，未发生变化。最后不是的支点。因若设含0，1的简单闭曲线，则故的终值较初值增加了一个因子，未发生变化。点。例2.9试说明在将平面适当割开后能分出三个解析分支。并求出在点取负值的那个分支在的值解易知的支点是。因此，将平面沿正实轴从0到1割开，再沿负实轴割开。在这样割开后的平面上，能分出三个解析分支。(3)关于对数函数的已给单值解析分支(3)关于对数函数的已给单值解析分支我们可以借助下面的公式来计算它现取一条从到的有向曲线(不穿过支割线)，则于是又由题设，可取。故得，即其中是一条连接起点和终点且不穿过支割线的简单曲线；是满足条件那一支在起点之值的虚部，是一个确定的值。试说明的直线试说明的直线段”，“从”的平面内能分出单值解析分支。并求时等于零的那一支在线“”的平面内能分出单值解析分支。并求时等于零的那一支在解解当变点单绕一周时，故的值增加了，的值未改变，从而，的值增加了，从一支变成另一支。故是支点，同理也都是支点，此外无其它支点。故在割去“从-1到的直线段”，“从到1的直线段”与射线“且”的平面内能分出单值解析分支。现设是一条连接起点和终点且不穿过支割线的简单曲线。则故要求之值。解解第三章例题例3.1命表连接点及的任一曲线，试证(1)(2)证(1)因证得(2)因得，但我们又可选，则得由定理3.1，可知积分存在，因而的极限存在，且应与及的极限相等，从而等，从而应与的极限相等。今，所以注注当为闭曲线时，这里表示以为心，为半径的圆周。(注意，积分值与,均无关)。；当为整数且时例3.3试证。积分路径是连接和的直线段证的参数方程为即连续，且其中积分路径为：(1)连接由点到点的直线段；的直线段及连接由点1到点的直线段所组成的折线。解(1)连接及的直线段的参数方程为：()，故(2)连接与1的直线段的参数方程：故一个原函数内函数解在单连通区域在内解析，故由牛顿故(2)连接与1的直线段的参数方程：故一个原函数内函数解在单连通区域在内解析，故由牛顿莱布尼兹公式有((起点为终点为；(所以它在闭圆上单值解析。于是解(1)因为的支点为，，由此例可以看出，积分路径不同，积分结果可以不同。例3.5计算积分且且，，，其中其中为右半圆周，，,((2)因为上解析故。故(3)因为的支点为，其单值分支在圆内解析，并连续到边界例3.7设为围线内部一点，则证以为圆心画圆周，使全含于的内部，则由复围线的柯西积分定理得解解因在闭圆上解析，由柯西积分公式得例3.9设在上解析。如果存在，使当时而且试证：在圆内至少有一个零点。证反证法，设在内无零点，而由题设在上也无零点。于是在闭圆上解析。由解析函数的平均值定理从而矛盾。故在圆其中试证：在圆内至少有一个零点。证反证法，设在内无零点，而由题设在上也无零点。于是在闭圆上解析。由解析函数的平均值定理从而矛盾。故在圆其中是绕一周的围线解因为在平面上解析，应用公式(3.5)于我们得，又由题设又由题设，，，，例3.11应用刘维尔定理证明代数学基本原理。在平面上，次多项式下面我们证明在平面上有界。由于，故可设从而，在平面上于是，在平面上是解析且有界。由刘维尔定理，必为常数，即必为常数。这与定理的假设矛盾。故定理得证。的实数存在，试证证令为整函数。又在平面证令故有界，由刘维尔定理可见是常数，因此也是常数。证只须证得对任何的，因为是任意的，所以故至多是次多项式例验证是平面上的调和函数，并求以为实部的解析函数使合因为是任意的，所以故至多是次多项式例验证是平面上的调和函数，并求以为实部的解析函数使合故在平面上为调和函数。由可知，对任给的在平面上任取一点，再取以为心，以为半径的圆周，使圆周全含于其内部。于是有。这时对于，必，因而解因在平面上任一点法一故要合，必，故。法二先由条件中的一个得，，故，再由条件中的另一个得再由，故例例3.15验证在右半角平面内是调和函数，并求以此为虚部的解析函数解于是两端对求导，所以(任意常数)，所以故它在右半平面内单值解析。第四章例题解因解因发散，故虽(1)解(2)解解故，因，(3)，故。故(4)解应当是平方数时，其他情形。因此，相应有，于是数解因在内解析，故展开后的幂级数在内收敛。已经知道：，在时将两式相乘得(按对角线方法)求及及，故其指定分支在解因，其其一般表达式为：当时展为的幂级数。，解因，，两式相减除以得幂展开，并指明其收敛范围。解在原点的性质。解显然在解析，且。，由，或由知为知为解得在平面上解析。由解得即，故，这就是在平面上的全部零点。显然这就是故都是函数的二级零点。设(1)及在区域内解析；(2)在内试证：在内或证若有使因在点连续故由例1.28知存在的邻域使在内恒不为零。而由题设故必故都是函数的二级零点。设(1)及在区域内解析；(2)在内试证：在内或证若有使因在点连续故由例1.28知存在的邻域使在内恒不为零。而由题设故必.9使当则在圆内至少有一个零点。”上解析。故，，，而且，，在在上解析。此时，且且在，于是必非常数，在上第五章例题在下列三个区域内((2)圆环(3)圆环(1)圆内求的罗朗展式。((1)在圆内，，因此(2)(2)在圆环，(3)(3)在圆环故，解：有两个奇点和。在的(最大)去心邻域内在在的(最大)去心邻域内在在平面上只有奇点只有奇点只有奇点在对，可解方程得无穷多个解则则(1)(2)的奇点(包括)，并确定其类别解：(1)以为可去奇点的奇点，否则也不能是其次使的奇点，否则也不能是其次使当有这亦与题没矛盾。故为一级极点为非孤立奇点(因是的聚点)(2)令，得该函数的所有奇点为，是一级极点，是非孤立奇点，因是聚点。至于应是可去奇点，因若令化为是解析点。即是可去奇点(或解析点)。例5.7若在内解析，且不恒为零，又若有一列异于但却以为聚点的零点，试证必为的本性奇点。证：是的孤立奇点，且不能是可去奇点，若不然，令则在内解析且由假设有以为聚点的一列零点。由零点的孤立性，，，第六章例题解：在圆周的内部只有一级极点及二级极点，在圆周而解：只以为一级极点，而解：只有一个三级