p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ]
7.从
Ceiz
/√zdz出发,其中C是如图所示之周线(√z沿正实轴取正值),证明:(0, +)cosx/√xdx=
(0, +)sinx/√xdx=√(/2).
【解】|
C(R)eiz
/√zdz|
C(R)| eiz
|/R1/2
ds
=
[0,/2]| ei(cos+isin)
|/R1/2
·R d
Ri
=
[0,/2]| e Rsin
|R1/2
d
R
R1/2
[0,/2]e Rsin
d.
由sin2/([0,/2] ),故R1/2
[0,/2]e Rsin
d
R1/2
[0,/2]e(2R/)
d
C
r
ri
= (/(2R1/2
))(1–e R
)/(2R1/2
所以,|
C(R)eiz
/√zdz|0 (asR+).rR而由|
C(r)eiz
/√zdz|(/(2r1/2 ))(1–e r
)
知|
C(r)eiz
/√zdz|0 (asr0+ ).
当r0+
,R+时,
[r,R]eiz
/√zdz=
[r,R]eix
/√xdx=
[r,R](cosx+isinx)/√xdx
(0, +)cosx/√xdx+i
(0, +)sinx/√xdx.
[ri,Ri]eiz
/√zdz=
[r,R]ei(iy)
/√(iy)idy=
[r,R]e y
ei/4
/√ydy.
= (1 +i)/√2 ·
[r,R]e y
/√ydy= 2(1 +i)/√2 ·
[√r,√R]e u^2
du
(1 +i)√2 ·
(0, +)e u^2
du= (1 +i)√2 ·√/2 = (1 +i)√(/2).由Cauchy积分定理,
Ceiz
/√zdz= 0,故其极限也为0,
所以,
(0, +)cosx/√xdx+i
(0, +)sinx/√xdx= (1 +i)√(/2),
即
(0, +)cosx/√xdx=
(0, +)sinx/√xdx=√(/2).
8.从
C√zlnz/(1 +z)2
dz出发,其中C是如图所示之周线,证明:
(0, +)√xlnx/(1 +x)2
dx=,
(0, +)√x/(1 +x)2
dx=/2.
【解】在割去原点及正实轴的z平面上,√z,lnz都能分出单值解析分支,√z取在正实轴的上岸取正值C
的那个分支,lnz取在正实轴的上岸取实数值的那个C
分支.记f(z) =√zlnz/(1 +z)2
dz.f(z)的有限奇点只
L有1,且1是f(z)的2阶极点.LRes[√zlnz/(1 +z)2
;1] = lim
z1((1 +z)2
·f(z))’
= lim
z1(√zlnz)’= lim
z1(((1/2) lnz+ 1)√z/z)
= ((1/2) ln (1) + 1)√(1)/(1)
=((1/2)i+ 1)i= (1/2)i.
当r< 1 C√zlnz/(1 +z)2 dz = C(r)+ C(R)+ L(1)+ L(2)= 2iRes[√zlnz/(1 +z)2 ;1] = 2+ 2 i. L(1)√zlnz/(1 +z)2 dz= (r,R)√xlnx/(1 +x)2 dx (0, +)√xlnx/(1 +x)2 dx(当r0+ ,R+时) L(2)√zlnz/(1 +z)2 dz= (R,r)(√x)(lnx+ 2i)/(1 +x)2 dx = (r,R)(√xlnx)/(1 +x)2 dx+ 2i (r,R)√x/(1 +x)2 dx (0, +)√xlnx/(1 +x)2 dx+ 2i (0, +)√x/(1 +x)2 dx(当r0+ ,R+时).因为z·√zlnz/(1 +z)2 0 (当|z|+时),R r 12 1故 C(R)√zlnz/(1 +z)2 dz0 (当R+时). 因为z·√zlnz/(1 +z)2 0 (当|z|0时), 故 C(r)√zlnz/(1 +z)2 dz0 (当r0时). 所以, L(1)+ L(2)/2i(当r0+ ,R+时). 故2 (0, +)√xlnx/(1 +x)2 dx+ 2i (0, +)√x/(1 +x)2 dx= 2+ 2 i. 所以, (0, +)√xlnx/(1 +x)2 dx=, (0, +)√x/(1 +x)2 dx=/2. 9.证明:I= (0, 1)1/((1 +x2 )(1x2 )1/2 )dx=/23/2 . C 【解】设f(z) = 1/((1 +z2 )(1z2 )1/2 ),割线[1, 1], 在割线的上岸(1z2 取正值的那一支. S T L 因i和i都是f(z)的一阶极点,故1-1 Res[f(z);i] = 1/(2z(1z2 )1/2 )| z=i=i/23/2 . L Res[f(z);i] = 1/(2z(1z2 )1/2 )| z=–i=i/23/2 . 若x在上岸,则f(x) = 1/((1 +x2 )(1x2 )1/2 若x在下岸,则f(x) = e i /((1 +x2 )(1x2 )1/2 ); L(1)f(z)dz= [–1 +r, 1–r]f(x)dx. L(2)f(z)dz= [–1 +r, 1–r]f(x)dx. 因为lim z–1(1 +z)f(z) = 0,lim z1(1z)f(z) = 0, 故 S(r)f(z)dz0, T(r)f(z)dz0 (asr0). 因为lim z zf(z) = 0,故 C(R)f(z)dz0 (asR+). 故 L(1)f(z)dz+ L(2)f(z)dz(2i)(Res[f(z);i] + Res[f(z);i]) (asr0+ ,R+).所以2 (–1, 1)f(x)dx= (2i)(Res[f(z);i] + Res[f(z);i]) = (2i)(i/23/2 ) = 2/23/2 .故 (–1, 1)f(x)dx=/23/2 . 10.证明方程ez =z(> 1 )在单位圆|z| < 1内恰有一个根,且为实根. 【解】在单位圆周C: |z| = 1上,设z=x+iy,则z= (x) +iy,故| ez | = | e(x) +iy | = | ex | < 1 = |z|, 由Rouché定理,N(z ez ,C) =N(z,C) = 1. 故z ez = 0在单位圆内恰有一个根.Rr r1 设f(x) =x ex ,x.因f(1) = (1)e1 < 0,f(1) = 1e1 > 0,故x ex = 0在区间(1, 1)内有根. 所以方程ez =z(> 1 )在单位圆|z| < 1内的唯一根为实根. [原题是错题.例如c= 1/2,= 2,则z,当|z| < 1时,|cz | = | exp((z) Lnc)| = | exp((z–2)(ln| 1/2| + 2k i)) | =e(2–z)ln2 > 1 > |z|.] 11.证明方程ez e zn = 0 (> 1 )在单位圆|z| < 1内有n个根. 【解】在单位圆周C: |z| = 1上,| ez | = eRe(z) e|z| e < e = | e |,由Rouché定理,N(e zn ez ,C) =N(e zn ,C) =N(zn ,C) =n. 12.若f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析,且连续到C,在C上|f(z) | =1,证明f(z) =a( |a| > 1 )在C内部恰好有一个根. 【解】考虑圆K= {z| |z–a| < |a|}. 2因为| (a f(z))a| = |f(z) | = 1 < |a|,故a f(z)K. 因ln(a f(z))的每个分支,以及他们的导数(ln(a f(z))’都在K内解析;故i Carg (a f(z) ) = C(ln(a f(z))’dz= 0. 由辐角原理,N(a f(z),C)P(a f(z),C) = (2)–1 Carg (a f(z) ) = 0.而a f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析,故 P(a f(z),C) = 1.因此N(a f(z),C) = 1,故f(z) =a( |a| > 1 )在C内部恰好有一个根. 13.若f(z)在周线C的内部亚纯且连续到C,试证: (1)若z C时,|f(z) | < 1,则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数,等于f(z)在C的内部的极点个数. (2)若z C时,|f(z) | > 1,则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数,等于f(z)在C的内部的零点个数. 【解】(1)类似第12题,设K= {z| |z–1 | < 1}. 因| (1f(z))–1 | = |f(z) | < 1,故(1f(z))K. 因i Carg (a f(z) ) = C(ln(1f(z))’dz= 0. 故由辐角原理,N(1f(z),C)P(1f(z),C) = (2)–1 Carg (a f(z) ) = 0.而P(1f(z),C) =P(f(z),C),所以,N(1f(z),C) =P(f(z),C). (2)因z C时,|f(z) | > 1,故在C上,恒有f(z)0,即f(z)在C上无零点.设g(z) = 1/f(z) (若z是f(z)极点则规定g(z) = 0,若z是f(z)的零点不定义 g(z)).那么,g(z)在C的内部亚纯且连续到C,并且当z C时,|g(z) | < 1. 由(1)的结论,在C的内部,方程g(z) = 1的根的个数等于g(z)的极点的个数.再注意到方程g(z) = 1和方程f(z) = 1在C的内部的根的个数相同, 并且,因为在C的内部,z是f(z)的零点z是g(z)的极点, 故g(z)的极点个数等于f(z)的零点个数; 所以,方程f(z) = 1在C的内部的根的个数,等于f(z)在C的内部的零点个数. 14.设(z)在C: |z| = 1内部解析,且连续到C.在C上,|(z) | < 1.试证:在C的内部只有一个点z 0,使(z 0) =z 0. 【解】设f(z) =z,则f(z)在C内部解析且连续到C,在C上,|f(z) | = 1 > |(z) |.由Rouché定理,N(f(z)(z),C) =N(f(z),C) = 1. 即方程(z) =z在C的内部只有一个根. p273第六章习题(二) [ 2, 3, 4, 5 ] 2.计算积分(1/(2i)) C1/((z))d,其中C为单位圆周|| = 1,z C. 【解】设f() = 1/((z)). 当|z| > 1时,f()在C内部的唯一奇点0是1阶极点, 故(1/(2i)) Cf()d= Res[f(), 0] =1/z. 当0 < |z| < 1时,f()在C内部的两个奇点0,z都是1阶极点, 故(1/(2i)) Cf()d= Res[f(), 0] + Res[f(),z] = (1/z) + (1/z) = 0. 当|z| = 0时,f()在C内部的唯一奇点0是2阶极点, 故(1/(2i)) Cf()d= Res[f(), 0] = 0. 33.设f(z)在|z| < 1内解析,在|z|1上连续,试证: (1|z|2 )f(z) = (1/(2i)) C: || = 1f() ((1z*)/(z))d, 其中z属于C的内部. 【解】设g() =f() ((1z*)/(z)). 若f(z) = 0,则z是g()的解析点,因此g()在|| < 1内解析,在||1上连续,故 C: || = 1g()d= 0,因此等式成立. 若f(z)0,则z是g()的一阶极点,故 (1/(2i)) C: || = 1f() ((1z*)/(z))d= Res[f() ((1z*)/(z)),z]=f(z) (1z* z) = (1|z|2 )f(z). 4.试证:(zn /n! )2 = (1/(2i)) C: || = 1(zn ez )/(n!n+ 1 )d,这里C是围绕原点的一条周线. 【解】只需要证明,当z0时,zn /n! = (1/(2i)) C: || = 1ez /n+ 1 d. 由高阶导数公式,(n!/(2i)) C: || = 1ez /n+ 1 d= (ez )(n) | = 0= (zn ez )| = 0=zn .或(1/(2i)) C: || = 1ez /n+ 1 d= Res[ez /n+ 1 , 0] = ((ez )(n) | = 0)/n!=zn /n!. 5.试证(含的区域的留数定理):设D是 内含有的区域,其边界C是由有限条互不包含且互不相交的周线C 1,C 2, ...,C m组成,又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z 1,z 2, ...,z n及外解析,且连续到边界C,则 Cf(z)dz= 2i( 1k nRes[f(z),z k] + Res[f(z),] ). 【解】j: 1j m,因不在C j上,故C j中,因此C j是有界集.故可取充分大的R> 0,使得周线C 1,C 2, ...,C m及在中的孤立奇点z 2, ...,z n都在圆K= {z| |z| 由留数定理, Kf(z)dz+ Cf(z)dz= 2i 1k nRes[f(z),z k]; 而Res[f(z),] =(1/(2i)) Kf(z)dz, 所以, Cf(z)dz= 2i( 1k nRes[f(z),z k] + Res[f(z),] ). ·? √§ § m+ ,★z 1, 2, ... 第一章例题 例1.1试问函数二-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 二的直线; (3) 双曲线''■='。 解 设Z = x + =r(cosfi + ι SiIl θ)7 = y + jv = Λ(cos 0 特别,取 - ,则由上面的不等式得 ∣∕(z)∣>l∕(z o )∣-^ = M>0 因此, f ② 在匚邻域 内就恒不为0。 例1.3 设 /⑵ 4C ri ) (3≠o) 试证一 在原点无极限,从而在原点不连续。 证令变点匚—…:弓仁门 1 F ,则 而沿第一象限的平分角线 故「匚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 北)= 匚在二平面上处处不可微 证易知该函数在二平面上处处连续。但 Δ/ _ z+?z -z _ ?z ?z ?z ?z 零时,其极限为一1。故匚处处不可微。 证因UaJ )二倆,呛J ) = C I 。故 但 /(?) - /(0) _ λj?j ?z ? + i?y 从而 (沿正实轴。一 H ) 当I: 「时,极限不存在。因 二取实数趋于O 时,起极限为1 ,二取纯虚数而趋于 例2.2 在了 — 1满足定理 2.1的条件,但在_ I.不可微。 M (ΔJ 7O)-?(O,O) = 0 = v∕0,0) (O f O) = Ii(Q i Ly)-Ii(Ofi) Ay 练习题 一、选择、填空题 1、下列正确的是( A ); A 1212()Arg z z Argz Argz =+; B 1212()arg z z argz argz =+; C 1212()ln z z lnz lnz =+; D 10z Ln Ln Lnz Lnz z ==-=. 2、下列说法不正确的是( B ); A 0()w f z z =函数在处连续是0()f z z 在可导的必要非充分条件; B lim 0n n z →∞=是级数1 n n z ∞=∑收敛的充分非必要条件; C 函数()f z 在点0z 处解析是函数()f z 在点0z 处可导的充分非必要条件; D 函数()f z 在区域D 内处处解析是函数()f z 在D 内可导的充要条件. 3、(34)Ln i -+=( 45[(21)arctan ],0,1,2,3ln i k k π++-=±± ), 主值为( 4 5(arctan )3 ln i π+- ). 4、2|2|1 cos z i z dz z -=? =( 0 ). 5、若幂级数0n n n c z ∞=∑ 在1(1)2z = +处收敛,那么该级数在45 z i =处的敛散性为( 绝对收敛 ). 6、 311z -的幂级数展开式为( 30n n z ∞=∑ ),收敛域为( 1z < ); 7、 sin z z -在0z =处是( 3 )阶的零点; 8、函数221 (1)z z e -在0z =处是( 4 )阶的极点; 二、计算下列各值 1.3i e π+; 2.tan()4i π -; 3.(23)Ln i -+; 4 . 5.1i 。 解:(略)见教科书中45页例2.11 - 2.13 p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ] 7.从 Ceiz /√zdz出发,其中C是如图所示之周线(√z沿正实轴取正值),证明:(0, +)cosx/√xdx= (0, +)sinx/√xdx=√(/2). 【解】| C(R)eiz /√zdz| C(R)| eiz |/R1/2 ds = [0,/2]| ei(cos+isin) |/R1/2 ·R d Ri = [0,/2]| e Rsin |R1/2 d R R1/2 [0,/2]e Rsin d. 由sin2/([0,/2] ),故R1/2 [0,/2]e Rsin d R1/2 [0,/2]e(2R/) d C r ri = (/(2R1/2 ))(1–e R )/(2R1/2 所以,| C(R)eiz /√zdz|0 (asR+).rR而由| C(r)eiz /√zdz|(/(2r1/2 ))(1–e r ) 知| C(r)eiz /√zdz|0 (asr0+ ). 当r0+ ,R+时, [r,R]eiz /√zdz= [r,R]eix /√xdx= [r,R](cosx+isinx)/√xdx (0, +)cosx/√xdx+i (0, +)sinx/√xdx. [ri,Ri]eiz /√zdz= [r,R]ei(iy) /√(iy)idy= [r,R]e y ei/4 /√ydy. = (1 +i)/√2 · [r,R]e y /√ydy= 2(1 +i)/√2 · [√r,√R]e u^2 du (1 +i)√2 · (0, +)e u^2 du= (1 +i)√2 ·√/2 = (1 +i)√(/2).由Cauchy积分定理, Ceiz 第一章 复变函数习题及解答 写出下列复数的实部、虚部;模和辐角以及辐角的主值;并分别写成代数形式,三角形式和指数形式.(其中,,R αθ为实常数) (1)1-; (2) ππ2(cos isin )33-; (3)1cos isin αα-+; (4)1i e +; (5)i sin R e θ ; (6)i + 答案 (1)实部-1;虚部 2;辐角为 4π2π,0,1,2,3k k +=±±L ;主辐角为4π 3; 原题即为代数形式;三角形式为 4π4π2(cos isin )33+;指数形式为4π i 32e . (2)略为 5π i 3 5π5π 2[cos sin ], 233i e + (3)略为 i arctan[tan(/2)][2sin()]2c e αα (4)略为 i ;(cos1isin1)ee e + (5)略为:cos(sin )isin(sin )R R θθ+ (6)该复数取两个值 略为 i i isin ),arctan(1isin ),πarctan(1θθ θθθθθθ+=+=+ 计算下列复数 1)() 10 3 i 1+-;2)()3 1i 1+-; 答案 1)3512i 512+-;2) ()13π/42k π i 6 3 2e 0,1,2k +=; 计算下列复数 (1 (2 答案 (1 (2)(/62/3) i n e ππ+ 已知x 【解】 令 i ,(,)p q p q R =+∈,即,p q 为实数域(Real).平方得到 2 2 12()2i x p q xy +=-+,根据复数相等,所以 即实部为 ,x ± 虚部为 说明 已考虑根式函数是两个值,即为±值. 如果 ||1,z =试证明对于任何复常数,a b 有| |1 az b bz a +=+ 【证明】 因为||1,11/z zz z z =∴=∴=,所以 如果复数b a i +是实系数方程 ()011 10=++++=--n n n n a z a z a z a z P Λ的根,则b a i -一定也是该方程的根. 证 因为0a ,1a ,… ,n a 均为实数,故00a a =,11a a =,… ,n n a a =.且()() k k z z =, 故由共轭复数性质有:()() z P z P =.则由已知()0i ≡+b a P .两端取共轭得 即()0i ≡-b a P .故b a i -也是()0=z P 之根. 注 此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证.此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的.这一点在代数学中早已被大家认识.特别地,奇次实系数多项式至少有一个实零点. 证明: 2222 121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+,并说明其几何意义. 若 (1)(1)n n i i +=-,试求n 的值. 【解】 因为 22 2244444444(1)2(cos sin )2(cos sin ) (1)2(cos sin )2(cos sin )n n n n n n n n n n n n i i i i i i ππππππππ+=+=+-=-=- 所以 44sin sin n n ππ=- 即为4sin 0n π =所以 4 ,4,(0,1,2,)n k n k k ππ===±±L 将下列复数表为sin ,cos θθ的幂的形式 (1) cos5θ; (2)sin5θ 答案 53244235 (1) cos 10cos sin 5cos sin (2) 5cos sin 10cos sin sin θθθθθ θθθθθ-+-+ 证明:如果 w 是1的n 次方根中的一个复数根,但是1≠w 即不是主根,则必有 对于复数 ,k k αβ,证明复数形式的柯西(Cauchy)不等式: 习题一答案 1.求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数: (1) 1 32i + (2) (1)(2) i i i -- (3)13 1 i i i - - (4)821 4 i i i -+- 解:(1) 132 3213 i z i - == + , 因此: 32 Re, Im 1313 z z ==-, 232 arg arctan, 31313 z z z i ==-=+ (2) 3 (1)(2)1310 i i i z i i i -+ === --- , 因此, 31 Re, Im 1010 z z =-=, 131 arg arctan, 31010 z z z i π ==-=-- (3) 133335 122 i i i z i i i -- =-=-+= - , 因此, 35 Re, Im 32 z z ==-, 535 ,arg arctan, 232 i z z z + ==-= (4)821 41413 z i i i i i i =-+-=-+-=-+ 因此,Re1,Im3 z z =-=, arg arctan3,13 z z z i π ==-=-- 2.将下列复数化为三角表达式和指数表达式: (1)i(2 )1 -+(3)(sin cos) r i θθ + (4)(cos sin) r i θθ -(5)1cos sin (02) i θθθπ -+≤≤解:(1)2 cos sin 22 i i i e π ππ =+= (2 )1-+23 222(cos sin )233 i i e πππ=+= (3)(sin cos )r i θθ+()2 [cos()sin()]22 i r i re π θππ θθ-=-+-= (4)(cos sin )r i θ θ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-= (5)2 1cos sin 2sin 2sin cos 222 i i θ θθ θθ-+=+ 2 2sin [cos sin ]2sin 22 22 i i e πθ θπθ πθ θ ---=+= 3. 求下列各式的值: (1 )5)i - (2)100100(1)(1)i i ++- (3 )(1)(cos sin ) (1)(cos sin ) i i i θθθθ-+-- (4) 23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ????+- (5 (6 解:(1 )5)i -5[2(cos()sin())]66 i ππ =-+- 5 552(cos()sin()))66 i i ππ =-+-=-+ (2)100 100(1) (1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- (3 )(1)(cos sin ) (1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- 2[cos()sin()](cos sin ) 33)sin()][cos()sin()]44 i i i i ππ θθππ θθ-+-+= -+--+- )sin()](cos2sin 2)12 12 i i π π θθ=- +- + (2)12 )sin(2)]12 12 i i π θπ π θθ- =- +- = 第六章留数理论及其应用 §1.留数 1.(定理6.1 柯西留数定理): ∫f(z)dz=2πi∑Res(f(z),a k) n k=1 C 2.(定理6.2):设a为f(z)的m阶极点, f(z)= φ(z) (z?a)n , 其中φ(z)在点a解析,φ(a)≠0,则 Res(f(z),a)=φ(n?1)(a) (n?1)! 3.(推论6.3):设a为f(z)的一阶极点, φ(z)=(z?a)f(z),则 Res(f(z),a)=φ(a) 4.(推论6.4):设a为f(z)的二阶极点 φ(z)=(z?a)2f(z)则 Res(f(z),a)=φ′(a) 5.本质奇点处的留数:可以利用洛朗展式 6.无穷远点的留数: Res(f(z),∞)= 1 2πi ∫f(z)dz Γ? =?c?1 即,Res(f(z),∞)等于f(z)在点∞的洛朗展式中1 z 这一项系数的反号 7.(定理6.6)如果函数f(z)在扩充z平面上只有有限个孤立奇点(包括无穷远点在内),设为a1,a2,…,a n,∞,则f(z)在各点的留数总和为零。 注:虽然f(z)在有限可去奇点a处,必有Res(f(z),∞)=0,但是,如果点∞为f(z)的可去奇点(或解析点),则Res(f(z),∞)可以不为零。 8.计算留数的另一公式: Res (f (z ),∞)=?Res (f (1t )1t 2,0) §2.用留数定理计算实积分 一.∫R (cosθ,sinθ)dθ2π0型积分 → 引入z =e iθ 注:注意偶函数 二.∫P(x)Q(x)dx +∞?∞型积分 1.(引理6.1 大弧引理):S R 上 lim R→+∞zf (z )=λ 则 lim R→+∞∫f(z)dz S R =i(θ2?θ1)λ 2.(定理6.7)设f (z )=P (z )Q (z )为有理分式,其中 P (z )=c 0z m +c 1z m?1+?+c m (c 0≠0) Q (z )=b 0z n +b 1z n?1+?+b n (b 0≠0) 为互质多项式,且符合条件: (1)n-m ≥2; (2)Q(z)没有实零点 于是有 ∫ f (x )dx =2πi ∑Res(f (z ),a k )Ima k >0 +∞ ?∞ 注:lim R→R+∞ ∫f(x)dx +R ?R 可记为P.V.∫f(x)dx +∞?∞ 三. ∫P(x)Q(x)e imx dx +∞?∞ 型积分 3.(引理6.2 若尔当引理):设函数g(z)沿半圆周ΓR :z =Re iθ(0≤θ≤π,R 充分大)上连续,且 lim R→+∞g (z )=0 在ΓR 上一致成立。则 lim R→+∞ ∫g(z)e imz dz ΓR =0 4.(定理6.8):设g (z )=P (z )Q (z ),其中P(z)及Q(z)为互质多项式,且符合条件: 复变函数论第四版答案钟玉泉 (1)提到复变函数,首先需要了解复数的基本性质和四则运算规则。怎么样计算复数的平方根,极坐标与 xy 坐标的转换,复数的模之类的。这些在高中的时候基本上都会学过。 (2)复变函数自然是在复平面上来研究问题,此时数学分析里面的求导数之类的运算就会很自然的引入到 复平面里面,从而引出解析函数的定义。那么研究解析函数的性质就是关键所在。最关键的地方就是所谓 的Cauchy—Riemann 公式,这个是判断一个函数是否是解析函数的关键所在。 (3)明白解析函数的定义以及性质之后,就会把数学分析里面的曲线积分的概念引入复分析中,定义几乎 是一致的。在引入了闭曲线和曲线积分之后,就会有出现复分析中的重要的定理:Cauchy 积分公式。这 个是复分析的第一个重要定理。 (4)既然是解析函数,那么函数的定义域就是一个关键的问题。可以从整个定义域去考虑这个函数,也可 以从局部来研究这个函数。这个时候研究解析函数的奇点就是关键所在,奇点根据性质分成可去奇点,极 点,本性奇点三类,围绕这三类奇点,会有各自奇妙的定理。(5)复变函数中,留数定理是一个重要的定理,反映了曲线积分和 零点极点的性质。与之类似的幅角定理 也展示了类似的关系。 (6)除了积分,导数也是解析函数的一个研究方向。导数加上收敛的概念就可以引出Taylor 级数和 Laurent 级数的概念。除此之外,正规族里面有一个非常重要的定理,那就是Arzela 定理。 (7)以上都是从分析的角度来研究复分析,如果从几何的角度来说,最重要的定理莫过于Riemann 映照 定理。这个时候一般会介绍线性变换,就是Mobius 变换,把各种各样的区域映射成单位圆。研究 Mobius 变换的保角和交比之类的性质。 (8)椭圆函数,经典的双周期函数。这里有Weierstrass 理论,是研究Weierstrass 函数的,有经典的 微分方程,以及该函数的性质。 以上就是复分析或者复变函数的一些课程介绍,如果有遗漏或者疏忽的地方请大家指教。 复变函数卷答案与评分标准 一、填空题: 1.叙述区域内解析函数的四个等价定理。 定理1 函数()(,)(,)f z u x y iv x y =+在区域D 内解析的充要条件: (1)(,)u x y ,(,)v x y 在D 内可微, (2)(,)u x y ,(,)v x y 满足C R -条件。(3分) 定理2 函数()(,)(,)f z u x y iv x y =+在区域D 内解析的充要条件: (1),,,x y x y u u v v 在D 内连续, (2)(,)u x y ,(,)v x y 满足C R -条件。(3分) 定理3 函数()f z 在区域D 内解析的充要条件:()f z 在区域D 内连续,若闭曲线C 及内部包含于D ,则()0C f z dz =? 。 (3分) 定理4 函数()f z 在区域D 内解析的充要条件:()f z 在区域D 内每一点a ,都能展成x a -的幂级数。(3分) 2.叙述刘维尔定理:复平面上的有界整函数必为常数。(3分) 3、方程2z e i =+的解为:11ln 5arctan 222 i k i π++,其中k 为整数。(3分) 4、设()2010sin z f z z +=,则()0Re z s f z ==2010。(3分) 二、验证计算题(共16分)。 1、验证()22,2u x y x y x =-+为复平面上的调和函数,并求一满足条件()12f i i =-+的解析函数()()(),,f z u x y iv x y =+。(8分) 解:(1)22u x x ?=+?,222u x ?=?;2u y y ?=-?,222u y ?=-?。 由于22220u u y x ??+=??,所以(,)u x y 为复平面上的调和函数。(4分) (2)因为()f z 为解析函数,则(),u x y 与(),v x y 满足C.-R.方程,则有 22v u x y x ??==+??,所以(,)2222()v x y x dy xy y C x =+=++? 2,v u y x y ??=-=??又2()v y C x x ?'=+? ,所以 ()0C x '=,即()C x 为常数。 第一章 复数与复变函数 一、选择题: 1.当i i z -+= 11时,5075100z z z ++的值等于( ) (A )i (B )i - (C )1 (D )1- 2.设复数z 满足3 )2(π = +z arc ,6 5)2(π= -z arc ,那么=z ( ) (A )i 31+- (B )i +-3 (C )i 2 32 1+ - (D )i 2 12 3+ - 3.复数z -3(cos -isin )5 5 π π =的三角表示式为( ) A .44-3(cos isin )5 5 ππ+ B . 443(cos isin )55ππ- C . 443(cos isin )5 5 ππ+ D .44-3(cos isin )5 5 ππ- 4.函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是( ) (A )),(y x u 在),(00y x 处连续 (B )),(y x v 在),(00y x 处连续 (C )),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续(D )),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续 二、填空题 1.设) 2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+= ,则=z 2.设)2)(32(i i z +--=,则=z arg 3.设4 3)arg(,5π=-=i z z ,则=z 4.方程i z i z +-=-+221所表示的曲线是连续点 和 的线段的垂直平分线. 5.=+++→)21(lim 4 2 1z z i z 三.求方程z 3+8=0的所有复根. 第二章 解析函数 一、选择题: 《复变函数论》试题库 《复变函数》考试试题(一) 一、 判断题(20分): 1.若f(z)在z 0的某个邻域内可导,则函数f(z)在z 0解析. ( ) 2.有界整函数必在整个复平面为常数. ( ) 3.若 } {n z 收敛,则 } {Re n z 与 } {Im n z 都收敛. ( ) 4.若f(z)在区域D 内解析,且 0)('≡z f ,则C z f ≡)((常数). ( ) 5.若函数f(z)在z 0处解析,则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. ( ) 6.若z 0是)(z f 的m 阶零点,则z 0是1/)(z f 的m 阶极点. ( ) 7.若 ) (lim 0 z f z z →存在且有限,则z 0是函数f(z)的可去奇点. ( ) 8.若函数f(z)在是区域D 内的单叶函数,则)(0)('D z z f ∈?≠. ( ) 9. 若f (z )在区域D 内解析, 则对D 内任一简单闭曲线C 0)(=? C dz z f . ( ) 10.若函数f(z)在区域D 内的某个圆内恒等于常数,则f(z)在区域D 内恒等于常数.( ) 二.填空题(20分) 1、 =-?=-1||0 0)(z z n z z dz __________.(n 为自然数) 2. =+z z 2 2cos sin _________. 3.函数z sin 的周期为___________. 4.设 11 )(2+= z z f ,则)(z f 的孤立奇点有__________. 5.幂级数 n n nz ∞ =∑的收敛半径为__________. 6.若函数f(z)在整个平面上处处解析,则称它是__________. 7.若ξ=∞→n n z lim ,则=+++∞→n z z z n n (i) 21______________. 8.= )0,(Re n z z e s ________,其中n 为自然数. 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 因此 (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。(2)在平面上对应的图形为:射线。 (3)因,故,在平面上对应的图形为:直线 。 例1.2设在点连续,且,则在点的某以邻域内恒不为0. 证因在点连续,则,只要,就有 特别,取,则由上面的不等式得 因此,在邻域内就恒不为0。 例1.3设 试证在原点无极限,从而在原点不连续。 证令变点,则 从而(沿正实轴) 而沿第一象限的平分角线,时,。 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 当时,极限不存在。因取实数趋于0时,起极限为1,取纯虚数而趋于零时,其极限为-1。故处处不可微。 例 2.2函数在满足定理2.1的条件,但在不可微。 证因。故 但 在时无极限,这是因让沿射线随 而趋于零,即知上式趋于一个与有关的值。 例2.3讨论的解析性 解因, 故 要使条件成立,必有,故只在可微,从而,处处不解析。例2.4讨论的可微性和解析性 解因, 故 要使条件成立,必有,故只在直线上可微,从而,处处不解析。 例2.5讨论的可微性和解析性,并求。 解因, 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2.6设确定在从原点起沿负实轴割破了的平面上且,试求 之值。 解设,则 由代入得 解得:,从而 。 例2.7设则 且的主值为。 例2.8考查下列二函数有哪些支点 (a) (b) 解(a)作一条内部含0但不含1的简单闭曲线, 当沿正方向绕行一周时,的辐角得到增量,的辐角没有改变, 即 从而 故的终值较初值增加了一个因子,发生了变化,可见0是的支点。同理1 也是其支点。 任何异于0,1的有限点都不可能是支点。因若设是含但不含0,1的简 第六章 留数理论及应用 第一节 留数 1、留数定理: 设函数f (z )在点0z 解析。作圆r z z C =-|:|0,使f (z )在以它为边界的闭圆盘上解析,那么根据柯西定理,积分 ? C dz z f )( 等于零。 设函数f (z )在区域R z z <-<||00内解析。选取r ,使0 数。 注解3、如果0z 是f (z )的可去奇点,那么.0),(Res 0=z f 定理1.1(留数定理)设D 是在复平面上的一个有界区域,其边界是一条或有限条简单闭曲线C 。设f (z )在D 内除去有孤立奇点n z z z ,...,,21外,在每一点都解析,并且它在C 上每一点都解析,那么我们有: ),,(Res 2)(1 k n k C z f i dz z f ∑? ==π 这里沿C 的积分按关于区域D 的正向取。 证明:以D 内每一个孤立奇点k z 为心,作圆k γ,使以它为边界的闭圆盘上每一点都在D 内,并且使任意两个这样的闭圆盘彼此无公共点。从D 中除去以这些k γ为边界的闭圆盘的一个区域G ,其边界是C 以及k γ, 在G 及其边界所组成的闭区域G 上,f (z )解析。因此根据柯西定理, ,)()(1 ∑?? ==n k C k dz z f dz z f γ 这里沿C 的积分按关于区域D 的正向取的,沿k γ的积分按反时针方向取的。根据留数的定义,得定理的结论成立。 2、留数的计算: 本节讲述几种常见的情形下,如何计算留数。 首先考虑一阶极点的情形。设0z 是f (z )的一个一阶极点。因此在去掉中心0z 的某一圆盘内(0z z ≠), ),(1 )(0 z z z z f ?-= 其中)(z ?在这个圆盘内包括0z z =解析,其泰勒级数展式是: 基本要求 1. 正确理解复变函数积分的概念;01()lim ()n k k C k f z dz f z λζ→==?∑? 2. 掌握复变函数积分的一般计算法;()()()(())()C C f z dz u iv dx idy f z t z t dt βα '=++=??? 3. 掌握并能运用柯西—古萨基本定理和牛顿—莱布尼茨公式来计算积分; ()0C f z d z =? ,10 10()()()z z f z dz G z G z =-? 4. 掌握闭路变形定理、复合闭路定理,并能运用其计算积分; 1()()C C f z dz f z dz =?? ,1()()k n C C k f z dz f z dz ==∑?? 5. 掌握并能熟练运用柯西积分公式;00 ()2()C f z dz if z z z π=-? 6. 掌握解析函数的高阶导数公式,理解解析函数的导数仍是解析函数,会用高阶导数公式计算积分。 0102()()()! n C if z f z dz z z n π+=-? 一、填空题 1.2||122z dz z z ==++? ( ) ; 2.22|1|111z z dz z -=+=-? ( ) ; 3.2||1cos ()z z dz z π==-? ( ) ; 4.设()f z 在单连通域D 内解析且不为零,C 为D 内任一条简单闭曲线,则()2()1() C f z f z dz f z '''++=? ( ); 5.解析函数()f z 的导函数仍为( ),且()()n f z =( )。 二、计算下列各题 1.计算积分2(2)C iz dz +?,C 是由(1,0)A 到(0,1)B 的直线段; 111.33 i -+ 2.计算积分22z C e dz z z +? ,:||2C z =; 22(1).i e π-- 第六章留数理论及其应用 § 1■留数 1.(定理6.1柯西留数定理): 2.(定理6.2):设a为f(z)的m阶极点, 其中在点a解析,,则 3. (推论6.3):设a为f(z)的一阶极点, 则 4. (推论6.4):设a为f(z)的二阶极点则 5. 本质奇点处的留数:可以利用洛朗展式 6. 无穷远点的留数: 即,等于f(z)在点的洛朗展式中这一项系数的反号 7. (定理6.6)如果函数f(z)在扩充z平面上只有有限个孤立奇点(包括无穷远点在内),设为,则f(z)在各点的留数总和为零。 注:虽然f(z)在有限可去奇点a处,必有,但是,如果点为f(z)的可去奇点(或解析点),则可以不为零。 &计算留数的另一公式: § 2■用留数定理计算实积分 型积分一引入 注:注意偶函数 型积分 1.(引理6.1大弧引理):上 2.(定理6.7)设为有理分式,其中 为互质多项式,且符合条件: (1)n-m> 2; (2)Q(z)没有实零点 于是有 注: 可记为 型积分 3.(引理6.2若尔当引理):设函数g(z)沿半圆周充分大上连续,且 在上一致成立。则 4.(定理6.8):设,其中P(z)及Q(z)为互质多项式,且符合条件: (1)Q的次数比P高; (2)Q无实数解; (3)m>0 则有 特别的,上式可拆分成: ——及—— 四■计算积分路径上有奇点的积分 5.(引理 6.3小弧引理): 于上一致成立,则有 五■杂例 六■应用多值函数的积分 § 3■辐角原理及其应用 即为:求解析函数零点个数 1■对数留数: 2.(引理6.4):( 1)设a为f(z)的n阶零点,贝U a必为函数------ 的一阶极点,并且 (2)设b为f(z)的m阶极点,贝U b必为函数--- 的一阶极点,并且 3. (定理6.9对数留数定理):设C是一条周线,f(z)满足条件: 习题一解答 1.求下列复数的实部与虚部、共轭复数、模与辐角。 (3)(3+ 4i )(2 5i ) ; (4)i 8 4i 21 + i 1 3+ 2i 1 3i 1 i (1) ; (2) ; i 2i 3+ 2i = (3+ 2i )(3 2i ) = 1 (3 2i ) 1 3 2i 13 解 (1) 所以 ? 1 ?3+ 2i ↑ 13 ? = ← 3, Im ?? ←= 2 1 ? Re ? , 13 ?3+ 2i ↑ 2 2 1 3+ 2i = 1 1 3+ 2i = ?? 3 ? +?? 3 ? 13 (3+ 2i ), , 13 13 ? 13 ? = 13 Arg ? 1 3+ 2i ? ? = arg ? 1 3+ 2i ? ? + 2k π 2 = arctan + 2k ,k = 0,±1,±2," 3 1 3i i 3i (1+ i ) = i 1 ( 3+ 3i )= 3 5 (2) 1 i = i ( i ) (1 i )(1+ i) i, i 2 2 2 所以 ?1 3i ? 3 , Re ? ?i 1 i ↑←= 2 ?1 3i ? ←= 5 Im ? ?i 1 i ↑ 2 2 2 1 3i = + i 5, 3 1 3i 1 i = ? ? +? ? = 34, 3 5 i 1 i ? 1 3i 2 2 i 2 2 2 1 3i ? + 2k π Arg = arg i 1 i ? i 1 i ? = arctan 5 + 2k π, k = 0,±1,±2,". 3 (3) (3+ 4i )(2 5i ) = (3+ 4i )(2 5i )( 2i ) = (26 7i )( 2i ) 2i (2i )( 2i ) 4 = 7 26i = 7 13i 2 2 所以 ?(3+ 4i )(2 5i )? Re ? ←= 7 , ? 2i ↑ 2 ?(3+ 4i )(2 5i )? Im ? ←↑= 13, ? 2i 第六章留数理论及其应用 §1.留数1.(定理柯西留数定理): 2.(定理):设a为f(z)的m阶极点, 其中在点a解析,,则 3.(推论):设a为f(z)的一阶极点, 则 4.(推论):设a为f(z)的二阶极点 则 5.本质奇点处的留数:可以利用洛朗展式 6.无穷远点的留数: 即,等于f(z)在点的洛朗展式中这一项系数的反号 7.(定理)如果函数f(z)在扩充z平面上只有有限个孤立奇点(包括无穷远点在内),设为,则f(z)在各点的留数总和为零。 注:虽然f(z)在有限可去奇点a处,必有,但是,如果点为f(z)的可去奇点(或解析点),则可以不为零。 8.计算留数的另一公式: §2.用留数定理计算实积分 一.→引入 注:注意偶函数 二.型积分 1.(引理大弧引理):上 则 2.(定理)设 为互质多项式,且符合条件: (1)n-m≥2; (2)Q(z)没有实零点 于是有 注:可记为 三.型积分 3.(引理若尔当引理):设函数g(z)沿半圆周 上连续,且 在上一致成立。则 4.(定理):设,其中P(z)及Q(z)为互质多项式,且符合条件:(1)Q的次数比P高; (2)Q无实数解; (3)m>0 则有 特别的,上式可拆分成: 及 四.计算积分路径上有奇点的积分 5.(引理小弧引理): 于上一致成立,则有 五.杂例 六.应用多值函数的积分 §3.辐角原理及其应用 即为:求解析函数零点个数 1.对数留数: 2.(引理):(1)设a为f(z)的n阶零点,则a必为函数的一阶极点,并且 (2)设b为f(z)的m阶极点,则b必为函数的一阶极点,并且 3.(定理对数留数定理):设C是一条周线,f(z)满足条件: (1)f(z)在C的内部是亚纯的; 第一章 复变函数习题及解答 1.1 写出下列复数的实部、虚部;模和辐角以及辐角的主值;并分别写成代数形式,三角形式和指数形式.(其中,,R αθ为实常数) (1)1--; (2) ππ2(cos isin )33-; (3)1cos isin αα-+; (4)1i e +; (5)i sin R e θ; (6)i + 答案 (1)实部-1;虚部 2;辐角为 4π 2π,0,1,2,3 k k +=±±; 主辐角为 4π3 ;原题即为代数形式;三角形式为 4π4π2(cos isin )33+;指数形式为 4π i 3 2e . (2)略为 5π i 3 5π5π 2[cos sin ], 233i e + (3)略为 i arctan[tan(/2)][2sin()]2c e αα (4)略为 i ;(cos1isin1)ee e + (5)略为:cos(sin )isin(sin )R R θθ+ (6)该复数取两个值 略为 i i isin ),arctan(1isin ),πarctan(1θθθθθθθθ+==+==+ 1.2 计算下列复数 1)() 10 3i 1+-;2)()3 1i 1+-; 答案 1)3512i 512+-;2)()1 3π/42k π i 6 3 2e 0,1,2k +=; 1.3计算下列复数 (1 (2 答案 (1 (2)(/62/3)i n e ππ+ 1.4 已知x 为实数,求复数的实部和虚部. 【解】 令i ,(,)p q p q R =+∈,即,p q 为实数域(Real).平方得 到 22 12()2i x p q xy +=-+,根据复数相等,所以 即实部为 ,x ± 虚部为 说明 已考虑根式函数是两个值,即为±值. 1.5 如果 ||1,z =试证明对于任何复常数,a b 有| |1 az b bz a +=+ 【证明】 因为||1,11/z zz z z =∴=∴=,所以 1.6 如果复数b a i +是实系数方程 ()011 10=++++=--n n n n a z a z a z a z P 的根,则b a i -一定也是该方程的根. 证 因为0a ,1a ,… ,n a 均为实数,故00a a =,11a a =,… ,n n a a =.且 ()()k k z z =,故由共轭复数性质有:()()z P z P =.则由已知()0i ≡+b a P .两端 取共轭得 即()0i ≡-b a P .故b a i -也是()0=z P 之根. 注 此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证.此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的.这一点在代数学中早已被大家认识.特别地,奇次实系数多项式至少有一个实零点. 1.7 证明:2222 12 1212||||2(||||)z z z z z z ++-=+,并说明其几何意义. 1.8 若 (1)(1)n n i i +=-,试求n 的值. 【解】 因为 22 2244444444(1)2(cos sin )2(cos sin ) (1)2(cos sin )2(cos sin )n n n n n n n n n n n n i i i i i i ππππππππ+=+=+-=-=- 第六章 共形映射 一、选择题: 1.若函数z z w 22+=构成的映射将z 平面上区域G 缩小,那么该区域G 是 ( ) (A )21< z (B )211<+z (C )21>z (D )2 11>+z 2.映射i z i z w +-= 3在i z 20=处的旋转角为( ) (A )0 (B ) 2 π (C )π (D )2 π - 3.映射2 iz e w =在点i z =0处的伸缩率为( ) (A )1 (B )2 (C)1-e (D )e 4.在映射i e iz w 4 π +=下,区域0)Im( (A )i +6 (B )i +4 (C )i +-2 (D )i 7.函数i z i z w +-=33将角形域3arg 0π< 第一章 复数与复变函数 本章知识点和基本要求 掌握复数的概念和它的各种表示方法及运算; 熟悉复平面、模与辐角的概念; 熟练掌握乘积与商的模、隶莫弗公式、方根运算公式; 了解区域的概念;理解复变函数的概念; 理解复变函数的极限和连续的概念。 一、填空题 1、若等式))(()75(i y i x i i -+=-成立,则=x ______, =y _______. 2、设(12)(35)13i x i y i ++-=-,则x = ,y = 3、若1231i z i i +=--,则z = 4、若(3)(25) 2i i z i +-= ,则Re z = 5、若4 21i z i i +=- +,则z = 6、设(2)(2)z i i =+-+,则arg z = 7复数1z i =-的三角表示式为 ,指数表示式为 。 8、复数i z 212--=的三角表示式为 _________________,指数表示式为 _________________. 9、设i z 21=,i z -=12,则)(21z z Arg = _ _____. 10、设4 i e 2z π=,则Rez=____________. Im()z = 。z = 11、.方程0273=+z 的根为_________________________________. 12、一曲线的复数方程是2z i -=,则此曲线的直角坐标方程 为 。 13、方程3)Im(=-z i 表示的曲线是__________________________. 14、复变函数1 2 +-= z z w 的实部=),(y x u _________,虚部=),(y x v _________. 15、不等式114z z -++<所表示的区域是曲线 的部。 16 二、判断题(正确打√,错误打?) 1、复数7613i i +>+. ( ) 2、若z 为纯虚数,则z z ≠. ( ) 3、若 a 为实常数,则a a = ( ) 4、复数0的辐角为0. 5、()f z u iv =+在000iy x z +=点连续的充分必要条件是(,),(,)u x y v x y 在 00(,)x y 点连续。 ( ) 6、设21,z z 为复数,则2121z z z z ?=。 ( ) 7、1212z z z z +=+ ( ) 8、参数方程2 z t ti =+ (t 为实参数)所表示的曲线是抛物线2y x =. ( ) 三、单项选择题 1、下列等式中,对任意复数z 都成立的等式是 ( ) A.z·z =Re(z·z ) B. z·z =Im(z·z ) C. z·z =arg (z·z ) D. z·z =|z| 2、方程3z =8 的复根的个数为 ( ) A. 3个 B. 1个 C. 2个 D. 0个 3、当11i z i +=-时,1007550z z z ++的值等于 ( ) A i B i - C 1 D 1- 4、方程23z i +-= ( ) A 中心为23i -的圆周复变函数经典例题
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