复变函数习题解答(第3章)

PAGEPAGE4p141第三章习题(一)[5,7,13,14,15,17,18]5.由积分C1/(z+2)dz之值证明[0,](1+2cos)/(5+4cos)d=0，其中C取单位圆周|z|=1．【解】因为1/(z+2)在圆|z|<3/2内解析，故C1/(z+2)dz=0．设C:z()=ei，[0,2]．则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为周期，故[,](1+2cos)/(5+4cos)d=0；因(1+2cos))/(5+4cos)为偶函数，故[0,](1+2cos)/(5+4cos)d=(1/2)[,](1+2cos)/(5+4cos)d=0．7.(分部积分法)设函数f(z),g(z)在单连通区域D内解析，,是D内两点，试证[,]f(z)g’(z)dz=(f(z)g(z))|[,][,]g(z)f’(z)dz．【解】因f(z),g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’都在D内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’的积分都与路径无关．[,]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))’在单连通区域D内的一个原函数，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.设C:z=z(t)(t)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z)0，w=f(z)将曲线C映成曲线，求证亦为光滑曲线．【解】分两种情况讨论．(1)当z()z()时，C不是闭曲线．此时z(t)是[,]到D内的单射，z(t)C1[,]，且在[,]上，|z’(t)|0．因是曲线C在映射f下的象，所以可表示为w=f(z(t))(t)．t[,]，z(t)D．因f于区域D内解析，故f在z(t)处解析，因此f(z(t))在t处可导，且导数为f’(z(t))z’(t)．显然，f’(z(t))z’(t)在[,]上是连续的，所以f(z(t))C1[,]．因为f(z)于区域D内是单叶的，即f(z)是区域D到的单射，而z(t)是[,]到D内的单射，故f(z(t))是[,]到内的单射．因在D内有f’(z)0，故在[,]上，|f’(z(t))z’(t)|=|f’(z(t))|·|z’(t)|0．所以，是光滑曲线．(2)当z()=z()时，C是闭曲线．此时z(t)C1[,]；在[,]上，有|z’(t)|0；z’()=z’()；t1[,]，t2(,)，若t1t2，则z(t1)z(t2)．与(1)完全相同的做法，可以证明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’()．因为t1[,]，t2(,)，若t1t2，则z(t1)z(t2)，由f(z)于区域D内单叶，因此我们有f(z(t1))f(z(t2))．所以是光滑的闭曲线．14.设C:z=z(t)(t)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z)0，w=f(z)将曲线C映成曲线，证明积分换元公式(w)dw=C(f(z))f’(z)dz．其中(w)沿曲线连续．【解】由13题知曲线也是光滑曲线，其方程为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.设函数f(z)在z平面上解析，且|f(z)|恒大于一个正的常数，试证f(z)必为常数．【解】因|f(z)|恒大于一个正的常数，设此常数为M．则z，|f(z)|M，因此|f(z)|0，即f(z)0．所以函数1/f(z)在上解析，且|1/f(z)|1/M．由Liuville定理，1/f(z)为常数，因此f(z)也为常数．17.设函数f(z)在区域D内解析，试证(2/x2+2/y2)|f(z)|2=4|f’(z)|2．【解】设f(z)=u+iv，w=|f(z)|2，则w=ln(u2+v2)．wx=2(uxu+vxv)，wy=2(uyu+vyv)；wxx=2(uxxu+ux2+vxxv+vx2)，wyy=2(uyyu+uy2+vyyv+vy2)；因为u,v都是调和函数，所以uxxu+uyyu=(uxx+uyy)u=0，vxxv+vyyv=(vxx+vyy)v=0；由于u,v满足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.设函数f(z)在区域D内解析，且f’(z)0．试证ln|f’(z)|为区域D内的调和函数．【解】aD，因区域D是开集，故存在r1>0，使得K(a,r1)={z||za|<r1}D．因f’(a)0，而解析函数f’(z)是连续的，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，此时有|f’(z)|>|f’(a)||f’(z)f’(a)|>0．记U={z||zf’(a)|<|f’(a)|}，则U是一个不包含原点的单连通区域．在沿射线L={z|z=f’(a)t，t0}割开的复平面上，多值函数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．设z=cos+isin，则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的在区域D上的原函数，容易得到函数(ln(1+iz)ln(1iz))/(2i)，实际它上就是arctanz．但目前我们对arctanz的性质尚未学到，所以才采用这种间接的做法．另外，注意到点z在单位圆周上，从几何意义上更容易直接地看出等式arg((1+iz)/(1iz))/2=/4成立．最后，还要指出，因曲线C的端点0不在区域D中，因此C不是区域D中的曲线．参考我们在第2题后面的注释．]6.试计算积分C(|z|ezsinz)dz之值，其中C为圆周|z|=a>0．【解】在C上，函数|z|ezsinz与函数aezsinz的相同，故其积分值相同，即C(|z|ezsinz)dz=C(aezsinz)dz．而函数aezsinz在上解析，由Cauchy-Goursat定理，C(aezsinz)dz=0．因此C(|z|ezsinz)dz=0．7.设(1)f(z)在|z|1上连续；(2)对任意的r(0<r<1)，|z|=rf(z)dz=0．试证|z|=1f(z)dz=0．【解】设D(r)={z||z|r}，K(r)={z||z|=r}，0<r1．因f在D(1)上连续，故在D(1)上是一致连续的．再设M=maxzD(1){|f(z)|}．>0，1>0，使得z,wD(1),当|zw|<1时，|f(z)f(w)|</(12)．设正整数n3，zk=e2ki/n(k=0,1,...,n1)是所有的n次单位根．这些点z0,z1,...,zn–1将K(1)分成n个弧段(1),(2),...,(n)．其中(k)(k=1,...,n1)是点zk–1到zk的弧段，(n)是zn–1到z0的弧段．记p(k)(k=1,...,n1)是点zk–1到zk的直线段，p(n)是zn–1到z0的直线段．当n充分大时，maxj{Length((j))}=2/n<1．设P是顺次连接z0,z1,...,zn–1所得到的简单闭折线．记=(P,0)．注意到常数f(zj)的积分与路径无关，(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．当<r<1时，P中每条线段p(k)都与K(r)交于两点，设交点顺次为wk,1,wk,2．设Q是顺次连接w1,1,w1,2,w2,1,w2,2,...,wn,1,wn,2所得到的简单闭折线．与前面同样的论证，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|．记连接wk,2到wk+1,1的直线段为l(k)，连接wk,2到zk+1的直线段为r(k)，连接zk+1到wk+1,1的直线段为s(k)，则|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))．因为当r1时，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)．对这个r，我们有|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.设(1)f(z)当|z–z0|>r0>0时是连续的；(2)M(r)表|f(z)|在Kr:|z–z0|=r>r0上的最大值；(3)limr+rM(r)=0．试证：limr+K(r)f(z)dz=0．【解】当r>r0时，我们有|K(r)f(z)dz|K(r)|f(z)|dsK(r)M(r)ds=2rM(r)0(当r+时)，所以limr+K(r)f(z)dz=0．9.(1)若函数f(z)在点z=a的邻域内连续，则limr0|z–a|=rf(z)/(z–a)dz=2if(a)．(2)若函数f(z)在原点z=0的邻域内连续，则limr0[0,2]f(rei)d=2f(0)．【解】(1)当r充分小时，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)．当r0时，由f(z)的连续性，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)根据(1)，limr0|z|=rf(z)/zdz=2if(0)．而当r充分小时，我们有|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.设函数f(z)在|z|<1内解析，在闭圆|z|1上连续，且f(0)=1．求积分(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.若函数f(z)在区域D内解析，C为D内以a,b为端点的直线段，试证：存在数，||1，与C，使得f(b)f(a)=(ba)f’()．【解】设C的参数方程为z(t)=(1–t)a+tb，其中t[0,1]．在区域D内，因f(z)是f’(z)的原函数，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]上的连续函数，故|f’((1–t)a+tb)|在[0,1]上恒为零．即f’(x)在C上恒为零．此时取=0，任意取C，则有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]上的实变量连续函数，由积分中值定理，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，则f’()=f’((1–t0)a+t0b)0，令=([0,1]f’((1–t)a+tb)dt)/f’()．因为|[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内函数f(z)解析，且|f(z)|1/(1|z|)．试证：|f(n)(0)|(n+1)!(1+1/n)n<e(n+1)!，n=1,2,...．【解】设K(r)={z||z|=r}，0<r1．由Cauchy积分公式和高阶导数公式，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)．为得到|f(n)(0)|的最好估计，我们希望选取适当的r(0,1)，使得n!/((1r)rn)最小，即要使(1r)rn最大．当n1时，根据均值不等式，(1r)rn=(1r)(r/n)n·nn(((1r)+(r/n)+...+(r/n))/(n+1))n+1·nn=nn/(n+1)n+1．当1r=r/n，即r=n/(n+1)时，(1r)rn达到最大值nn/(n+1)n+1．因此，我们取r=n/(n+1)，此时有|f(n)(0)|n!/((1r)rn)=n!/(nn/(n+1)n+1)=(n+1)!(1+1/n)n<e(n+1)!．[也可以用数学分析中的办法研究函数g(r)=(1r)rn在(0,1)内的上确界，也会得到同样的结果．]13.设在|z|1上函数f(z)解析，且|f(z)|1．试证：|f’(0)|1．【解】设D={z||z|1}．由高阶导数公式，|f’(0)|=(1/(2))|Df(z)/z2dz|(1/(2))D1/|z|2ds=1．14.设f(z)为非常数的整函数，又设R,M为任意正数，试证：满足|z|>R且|f(z)|>M的z必存在．【解】若不然，当|z|>R时，|f(z)|M．而f(z)为整函数，故必连续，因此f(z)在|z|R上有界．所以f(z)在上有界．由Liouville定理，f(z)必为常数，这与题目条件相矛盾．15.已知u+v=(x–y)(x2+4xy+y2)–2(x+y)，试确定解析函数f(z)=u+iv．【解】由于ux+vx=3(x2+2xy–y2)–2，uy+vy=3(x2–2xy–y2)–2，两式相加，再利用Cauchy-Riemann