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3.4 解析函数的高阶导数

3.4 解析函数的高阶导数

∫C
i −i ez (1 − i )e − (1 + i )e dz = π+ π 2 2 ( z + 1) 2 2
π = (1 − i )(e i − ie − i ) 2 π = (1 − i )2 (cos 1 − sin 1) 2 π = iπ 2 sin 1 − . 4
y
C1
z
1
ez ( z + i )2 dz 2 (z − i)
i
C1
y
i
2πi e (1 − i )e = π, ( z + i )2 = ( 2 − 1)! 2
z =i
′
C
x
o
C2
−i
2
−i ez − (1 + i )e π, 2 2 dz = ( z + 1) 2
i
C
x
o
C2
−i
7
5
在 C 内以 i 为中心作一个正向圆周 C1 , 以 − i 为中心作一个正向圆周 C 2 , e 则函数 2 2 在由 C , C1 , C 2 ( z + 1)
z
C1
y
i
C
x
o
C2
−i
围成的区域内解析 ,
5
根据复合闭路定理
∫C ∫C
ez ez ez dz = ∫ dz + ∫ dz 2 2 2 2 2 2 C1 ( z + 1) C 2 ( z + 1) ( z + 1) ez dz = ∫ 2 2 C1 ( z + 1)
但 cos πz 在 C 内处处解析 ,
根据公式 f
( n)

复变函数3-4

复变函数3-4
y
z z z
打洞!
C

பைடு நூலகம்
i C1 C -i 2 x
o

9

C1
ez ez ( z i)2 ( z i)2 dz dz 2 2 C2 ( z i ) ( z i)
z
2i e 2 (2 1)! ( z i )

z i


2
2i e 2 (2 1)! ( z i ) y
d 1 2 z z 0 z z z 0 z 2 z z 0 z d
z0
d
z
C
D
6
1 I 2

z f ( z ) z z 0 z z z 0
2
C
2
ds
1 I z 2
z 0
21 M ds z 3 C M d d d 显然， lim I 0, 从而有
f ( z0 z ) f ( z0 ) 1 f ( z) f ' ( z0 ) lim dz 2 z 0 z 2i C ( z z0 ) 依次类推，用数学归纳法可得
n! f ( z) f ( z0 ) dz n 1 2i C ( z z0 ) 用途 : 利用它计算积分.

z f ( z ) z z0 z z z0
2
C
ds
0
5
f ( z )在C上解析 f ( z )在C上连续 M 0, 1 f ( z ) M .定义d min z z0 , 且取 z d , 则有 zC 2
z z0 d
1 1 . z z0 d

§3.6—解析函数的高阶导数

§3.6—解析函数的高阶导数
z 2
1 1 2 3 2i 1 ( z 2) z dz ( z 2) 2 3 2 dz 2 ! z ( z 2 ) C1 C2
z 0
例4
设函数 f ( z ) 在单连通域 B 内连续, 且对于
C
B 内任何一条简单闭曲线C 都有 f ( z )dz 0, 证明 f ( z ) 在 B 内解析. (莫雷拉Morera定理) 证明： 在 B 内取定一点z0 , z 为 B 内任意一点 , 依题意可知
( 3) n 1, 根据公式 f ( n ) ( z0 )
2i;
n! f (z) dz 2i C ( z z0 )n1
2i ez 2i z ( n 1 ) . (e ) n dz z 0 ( n 1)! z ( n 1)! z 1
14
§ 3.6
1 f (z) dz C 2i ( z z0 )( z z0 z )
=I

1 f (z) 1 zf ( z ) d z dz 2 2 2i C ( z z0 ) 2i C ( z z0 ) ( z z0 z )
z f ( z ) 1 1 zf ( z ) ds I dz 2 2 C 2 z z0 z z0 z 2 C ( z z0 ) ( z z0 z )
§3.6 解析函数的高阶导数
一、问题的提出 二、主要定理
三、典型例题
四、小结与思考
1
§ 3.6
一、问题的提出
解析函数的高阶导数
(1) 解析函数是否有高阶导数? (2) 若有高阶导数, 其定义和求法是否与实变函数相同? 问题的解答 (1) 解析函数有各高阶导数. (2) 高阶导数的值可以用函数在边界上的值通过积分

高阶导数PPT

高阶导数PPT

y′ = f ′(x ) 仍然可导，则我们把 y′ = f ′(x ) 的导数叫做
d y y = f (x) 的二阶导数 y′′, f ′′( x)或 , 即 二阶导数，记作 函数 二阶导数 dx
2 2
d y d dy ′′ = ( y′)′, f ′′( x) = [ f ′( x)]′, y = dx dx dx
y′′ = cos( x + ) = sin( x + 2 ⋅ ), 2 2
π
π
y′′′ = cos( x + 2 ⋅ ) = sin( x + 3 ⋅ ), 2 2 一般地，可得 ( sin x ) 类似地，可得 ( cos x )
湖 南 对
Foreign
π
π
(n)
= sin( x + n ⋅ ) 2 = cos( x + n ⋅ ). 2
L2′ (1) > 0,
L2′′ (1) > 0 ，所以利润的增长率在加速 所以利润的增长率在加速.
结论：由于建设周期至少要3 结论：由于建设周期至少要3年，因此该公司应选择 第二个模型. 第二个模型
湖 南 对
Foreign
外
经
济
贸
易
&
职
业
Trade
学
院
Hunan
Economic
Relations
College
外
经
济
贸
易
&
职
业
Trade
学
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Hunan
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3-6解析函数的高阶导数

3-6解析函数的高阶导数
(n) n
所以 f
( n)
f (z) n! n! 1 ( 0) ≤ ∫=r z n+1 dz ≤ 2π ∫ (1 − z ) z n+1 dz 2π z z =r n , 取r = n+1
不等式即证. 不等式即证
23
n! , = n (1 − r )r
四、小结与思考
高阶导数公式是复积分的重要公式. 高阶导数公式是复积分的重要公式 它表明 解析函数的导数仍然是解析函数这一异常重 了解析函数的导数仍然是解析函数这一异常重 要的结论, 同时表明了解析函数与实变函数的本 要的结论 质区别. 质区别 高阶导数公式
21
参照本章第四节定理二, 参照本章第四节定理二 可证明
F ′( z ) = f ( z ),
所以 F ( z ) 是 B 内一个解析函数 ,
因为解析函数的导数仍为解析函数, 因为解析函数的导数仍为解析函数
故 f ( z ) 为解析函数 .
22
1 , 证明 例6 如果 z < 1内 f ( z ) 解析且 f ( z ) ≤ 1− z 1 f (0) ≤ ( n + 1)! 1 + < e( n + 1)! ( n = 1,2,L) n n! f (z) (n) 证 因为 f (0) = ∫=r z n+1 dz 0 < r < 1, 2πi z
z=2
18
( 2) z − 1 = 3
两个奇点 z = 2 和 z = 0 都含在 C 内,
作简单闭曲线 C1 和 C 2 分别包含 0 和 2, C1 和 C 2 互不包含且互不相交 ,
根据复合闭路定理和高阶导数公式, 根据复合闭路定理和高阶导数公式

第二章第四讲高阶导数与隐函数求导参数方程求导36页PPT

第二章第四讲高阶导数与隐函数求导参数方程求导36页PPT
dx n
26.04.2020
泰山医学院信息工程学院 刘照军
1
3.f(x)在x处有n阶导数，那么 f (n1)(x)在x的某一邻域内必 定具有一切低于n阶的导数；二阶及二阶以上的导数统称 高阶导数
4.问题：如何求函数的高阶导数？ 一步一步来，利用已知函数的一阶导数公式及运算法则
高阶导数应用举例 例1 y=ax+b, 求 y 解 ya,y0
例2 ssint,求s
解 sco t,s2sitn
26.04.2020
泰山医学院信息工程学院 刘照军
2
2、应用
例3 证明:函数 y 2xx2 满足关系式
y3y10
证 将 y 2xx2 求导,得
y 22x 1x ,
22xx2 2xx2
2xx2(1x) 22x
y
2 2xx2 2xx2
2 x x 2 (1 x )2 (2x x)2 2x x2
26.04.2020
泰山医学院信息工程学院 刘照军
4
解 ysinx,
ycoxssinx ( ),
ycox s()s2ix n ()
2
22
si nx( 2 ),
2
ycox s2()six n 3 (),
2
2
y(4)cox s3()six n 4 (),
2
2
一般地,可得
y(n) sinx(n),
即
(sixn )(n) coxs2(n).
重点：隐含数、参数方程求导方法
难点：隐含数、参数方程求导方法的应用，对
数求导法的应用。特别注意参数方程的高阶导 数的求法。
26.04.2020
泰山医学院信息工程学院 刘照军
10

课件(PPT版)3.4_解析函数的高阶导数


证 (1) 由于 f (z) 在 | z | 2内解析，根据高阶导数定理可得 在 | z | 2 内，f (z) 也解析；
(2) 由 | f (z) 2| | z| 可得 在 | z | 2内，f (z) 0 ， z f (z) 在 | z | 2 内解析； f (z)
摩勒拉(Morera)定理
柯西积分定理说明，只要 f (z)在单连通区域D内解析， 则对D内任一围线均有C f (z)dz 0。我们现在证明其逆也 是正确的．
摩勒拉定理 设函数 f (z)在单连通区域D内连续，且对
D内任一围线C，有 C f (z)dz 0 ，则f (z) 在D内解析．

f (n)(z0 )
n! 2πi
| z z0 | R1
f (z) (z z0 )n1
dz ,
(n 1,
2, ).

| f (n)(z0 )|
n! 2π
| f (z)|
n! M
| zz0 | R1 | z z0 |n1 ds R1n ,
令 R1 R ,
2!
zi
πi cos i πi (e e1 ) .
2
例 计算
ez
| z| 1 z100 dz .
解
ez
| z| 1 z100 dz

2πi (ez )99
99!
z0

2πi 99!
.
例
计算 I
|z|2
ez
(z2 1)2
dz .
解
(1)
令
f (z)

1
C (z 2)2 z3 dz C1

解析函数的高阶导数


例2：求
C
cos z
(z −1)5
dz的值，其中C为正向圆周：z
=r
1.
解：函数
cos=
1，
C
cos z
(z −1)5
=
dz
f
(z)
=
2 i
4!
(cos
z)(4)
|z =1
=
2 i
4!

4
cos
z
|z=1
=
−
5
12
i.
小结：
1、高阶求导公式；
C
(
f ( )
− z)n+1
d
,
定理2（高阶求导公式）解析函数������(������)的导数仍为解析函数，
它的n阶导数为：
f
(n)
(z0 )
=
n!
2 i
C
(z
f −
(z) z0 )n+1
dz,
n
=
1,
2



高阶求导公式
其中������为在������ ������ 解析区域������内的围绕������0的任意一条简单正向
闭曲线且它的内部全含于������.
说明： (1)一个解析函数的导数仍为解析函数.
(2)如果������ ������ 在简单闭曲线������所围成的区域内及������上解析，
那么公式仍然成立;
(3)应用高阶求导公式计算积分：
f (z) C (z − z0 )n+1
dz
=
2 i
n!
f
(n) (z0 ).
复变函数与积分变换
沈阳工业大学理学院

D2_3高阶导数


k!
莱布尼茨(Leibniz) 公式
规律 目录 上页 下页 返回 结束
例6.
求
解: 设 u e2x , v x2 ,则
u(k) 2k e2x ( k 1 , 2 , , 20 ) v 2x , v 2 ,
v(k) 0 (k 3 , , 20)
代入莱布尼茨公式 , 得
y(20) 220 e2x x2 20 219 e2x 2x 20 19 218 e2x 2
16
各x项2 均3含x 因2 子 (x(x2–)(2x ) 1)
n! (x 1)n cos π x2 L
16
(2) 已知 f (x) 任意阶可导, 且 f (x) [ f (x)]2 , 则当
n 2 时 f (n) (x) n ! [ f (x)]n1
提示:
f (x) 2 f (x) f (x) 2![ f (x)]3
1
(x 2)(x 1) x 2
B (x 1) Байду номын сангаас
1
1
(x 2)(x 1) x 1
y 1 1
x 2 x 1
y(n)
(1)n n!
( x
1 2)n1
(x
1
1)
n1
目录 上页 下页 返回 结束
(4) y sin6 x cos 6 x
解:
sin4 x sin2 x cos 2 x cos 4 x
第三节 高阶导数
第二章
一、高阶导数的概念 二、高阶导数的运算法则
目录 上页 下页 返回 结束
一、高阶导数的概念
引例：变速直线运动
速度
即 v s
加速度
即
a (s)
目录 上页 下页 返回 结束

工程数学-复变函数 3-6 解析函数的高阶导数



1
2i
C
(z

zf z0 )2(z
(z) z0

dz z)
函 数
设
的 积 分
I 1
2i
(
z

z0
f )2
(z)z (z z0

z)
dz
则
|
I
|

1
2
C
|
z

| f (z) z0 |2| z
|| z z0
|
z
ds |
-3-
第六节 解析函数的高阶导数
设 d 为 z0 到 C 上的点的最短 距离，选取适当小的 z,使| z | d
数 的 积 分

2i ( e z
z
)
z2

2
i[
ze
z z2
e
z
]
z2
e2i
2
-8-
第六节 解析函数的高阶导数
例2
求
f
(
z
)

|

z|2
e ( z)3
d
.
解 令 g( ) e , 则由高阶导数公式知
第 三 章
g(z)

2!
2i
| z|2
z0
f (z0
z) z
f (z0 )
复 变
由柯西积分公式
函 数 的 积 分
f
( z0
)

1 2i
C
f (z) z z0
dz
f
( z0

z)

1 2i
C
z
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1)2
dz
C 1 (z2e z1)2dzC 2 (z2e z1)2dz
ez
ez
C1 (z2 1)2 dz
C1
( (
z z
i i
)2 )2
dz
y
• •
(221i)!(zezi)2
(1 i)ei 2
,
zi
C1 i
o
C 2 i
C
x
同理可 C2 (得 z2ez1)2dz
(1i)ei 2
,
于是 C
z00在 z1内 , n1,
ez cosz
z 1 z2 dz
2i(ezcozs)
1!
z0
2 i[ e zcz o e s zsiz]n2i. z 0
例3 求积分 z1eznzdz. (n为整)数
解
(1)n0,
ez zn
在z
1上解,析
由柯西－古萨基本定理得
z
1
ez zn
dz
0;
(2)n1, 由柯西积分公式得
(51)!
z1
5i ; 12
(2)函(数 z2ez1)2在 C内z的 i处不, 解析 在C内以 i为中心作一个C 正 1, 向圆周
以i为中心作一个正 C2,向圆y 周
则函数ez (z21)2
在由 C,C1,C2
围成的区域, 内解析
• •
C1 i
o
C 2 i
C
x
根据复合闭路定理
C
ez (z2
二、主要定理
定理3.9
设函数 f (z)在简单闭曲 C所线围成的区 D内域
解析在 ，DDC连续，则函数 f (z)的各阶导函数
在区域 D内解析对， D内任意一z,有 点
f
(n)(z)
n! 2πi
C
(
f ()
z)n1
d
(n1,2,)
上述公式称为解析函数的高阶导数公式。
证明：n考 1的 虑情根 形据 , 柯西积分公
cozs
ez
(1) C(z1)5dz; (2) C(z21)2dz.
解 (1)函(数 cz o 1)zs5在 C内 z1处不, 解析
但cosz在 C内处处 , 解析
根据 f(n )(z0 公 ) 2 n !i式 C (z fz (0 z) )n 1d z
cosz
C (z1)5dz
2i (cozs)(4)
第三章 涉及的解析函数的性质如下：
1.解析函数在单连通区域内沿着任意一条简单闭 曲线的积分为零。 2.解析函数的变上限积分函数仍是解析函数. 3.解析函数在区域内点的取值可有函数在其边界 上的取值通过积分来确定。
4.解析函数可用复积分表示。
5.解析函数在解析区域内存在任意阶数的导函数， 并且导函数仍为解析函数。
(1)z32,
仅包含z奇 2点 ,取
f
( z)
1 z3
,
C
(z
1 2)2z3dzC(z1
z3 2)2
dz
2i 1!
1 z3
z2
3i 8
;
(2) z13
两个 z 2 和 奇 z 0 都 点 C 含 内 , 在 作简单 C 1和 C 闭 2分曲 别 0和 线 包 2, 含 C1和C2 互不包含且互不 , 相交 根据复合闭路定理和高阶导数公式,
证 明 :设z0是 平 面 上 任对 意于 一任 点意 , 的 R，正 数
f(z)在zz0 R内 解并 析f(,z)在 全 平 面设 有 界
f(z) M,由 柯 西 不 等 式 得 到
f
'(z0 )
M R
令R,即得 f'(z0)0,由z0的任意性可知在全
面上f有 '(z)0,所以 f(z)为一常数.
例6 计 算 积 分 的 值C， 为z其 r中 ,r1,2
1
I cz3(z1)(z2)dz
定理3.9在多连通区域内的推广：
推论：设f函 (z在 数 ) 简单闭曲 1,C线 2所C围成的二 连通区域D内解且 析连 ，续 并到边 则界 函,f数(z在 ) D内有各级导且函是数解, 析， 函对数D内任意一点 z0有
第三章 复变函数的积分
第四节 解析函数的高阶导数
一、问题的提出 二、主要定理 三、典型例题
一、问题的提出
问题: (1) 解析函数是否有高阶导数? (2) 若有高阶导数, 其定义和求法是否与实变函 数相同? 回答: (1) 解析函数有各阶导数. (2) 高阶导数的值可以用函数在边界上的值通过 积分来表示, 这与实变函数完全不同.
3.利用高阶导数公式即可以用求积分来代替求函
数的高阶导数。
f(n)(z0)2 n π !iC(z fz (0 z))n1dz(n1,2,)
4.也可用求导数的方法来求某种类型的积分。
f(z)
2πi
C(zz0)n1dzn!
f(n)(z0)
三、典型例题
例1 计算下 ,其 列C 中 为 积正 分向 :z圆 r1.周
c z
解 ：令 ()32 71,则 它 在 全 平 面 上 解
由 柯 西 积 分 公 式 在z可 知 3内，
f(z) c ( z )d 2 i(z) 2 i(3 z2 7 1 )
所 以 有 f(z)2 i(6z7)
f(z)2 i(6z7)
而且点z 在3内
f( 1 i ) 2 i [ 6 ( 1 i ) 7 ] 2 ( 6 1 i )3
ez
z 1 z n
dz
2i(ez) z0
2i;
(3)n1,
根据 f(n )(z0 公 ) 2 n !i式 C (z fz (0 z) )n 1d z
ez
z 1 z n dz
2i (ez)(n1)
(n1)!
z0
2i . (n 1)!
课堂练习
设C是不通过 z0的简单闭曲 , 线
求g(z0)
C
z4 z2 (z z0)3
dz.
答案
z 0 在 C 外 ,g (z 0 ) 0 ; z 0 在 C 内 ,g ( z 0 ) 2 ( 6 z 0 2 1 ) π i .
例4 求积C 分 (z12)2z3dz.
其C 中 :(1)z32; (2)z13.
解 函(数 z1 2)2z3有两z 个 2和 奇 z0,点
C(z
1 2)2z3
dz
C 1(z1 2)2z3dzC 2(z1 2)2z3dz
1
1
C1(zz32)2dzC2(zz32)2dz
22!i(z12)2
21!iz13
z0
z2
3i 3i 8 8 0.
例5 设 C 表 示 x2 圆 y23 周 ， 并 且
f(z) 3271d 求f(1i)
现在n 假 k(k 设 1)时定理 下成 面立 推 n,导 k1时定理也成立.
为此将 f (k)(z)看作 f (z),重复n1 的证明方法可 明当nk1时定理也成 故立 由,数学归纳法可 明定理的结论成立.
定理3.9的几点说明：
1.解析函数存在任意阶导函数，并且导函数仍是 解析函数。
2.定理3.9给出了高阶导数的积分表达式。
解 (1)函数 z31在复平面内 , 解析
z0 1在 z2 内 , n3,
根据 f(n )(z0 公 ) 2 n !i式 C (z fz (0 z) )n 1d z
z3 1
z 2 (z 1)4
dz
2i[z31]
3!
z1
2i;
(2)
z
ez cosz 1 z2
dz
函数 ezcozs在复平面,内解析
(z2ez1)2dz
(1 i)ei 2
(1i)ei 2
(1i)(ei iei) 2
(1i)2(c1 osi1n ) 2
i 2sin14.
• •
y
C1 i
o
C 2 i
C
x
例2 求积 (1 z 2()z z 分 3 1 1 )4d z; (2 )z 1e zz c 2 o zd zs .
f(zz) f(z)
因此有
z
21 izCf()[z1z1 z]d
f(z zz)f(z)21 iC(f (z))2d
2 ziC(z)2f(()zz)d
对 于 上 式 右 端 的 积 ，分 作值 如 下 的 估 计 .
因 为 f()在 C 上 连 续 M是 ，f(可 )在C 设 上 的 最 大
值并 , 设 为 点Cz上 到的 最 短 于距 是离 在 当 C上 , 时 ,
从高阶导数公式我们还可以推导出柯西不等式：
定理3.10f(z )在 z设 z0 函 R内 数 解 又析 有, f(z)M(zz0 R)则 ，成立
f
(n)(z0)
n!M Rn
另外，从柯西不等式我们还可以得到如下的定理。
刘维尔定理：
设函 f(z数 )在全平面并 上且 解有 则 析界 函 , ,数 f(z)为 一 常 数 。
有z,先 取 z,则 有
zz2zz
所以有
2
C(z)2f(()zz)dM 2L2M 3 L
2
于是有
f(z z)f(z) 1 f()d 2M z L
z
2 iC(z)23 2
由此可知
f'(z) lz i0m f(z zz )f(z)2 1 iC (f (z) )2d
即n1时，定理成 . 立
f(n )(z 0 ) 2 n ! iC 1( f( z 0 ) )n 1d 2 n ! iC 2( f( z 0 ) )n 1d
练习：计算下面积分
cosz
(1) CC1C2
z3 dz