复变函数第8讲3

第六章平面问题——的复变函数解弹性力学解法的限制边界条件的描述和表达多连域变形单值连续条件应用复变函数数学基础目录§6.10应力函数的复变函数形式§6.11应力与位移的K-M函数表示§6.12多连域应力与位移单值条件§6.13保角变换§6.14孔口问题应力函数可以用两个解析函数表示§6.10应力函数的复变函数形式古尔萨（Goursat ）公式应力解法)()()()(),(2f f z z z z z z z z U χχϕϕ+++=或者)]()(Re[),(f z z z z z U χϕ+=ϕf (z)和χ(z)均为单值解析函数。

克罗索夫－穆斯赫利什维利函数简称K-M 函数——应力函数——复变函数描述§6.11应力与位移的K-M 函数表示罗克索夫公式应力分量的复变函数表达——ϕf (z)和y (z)表示的应力分量)('Re 4])(')('[2f f f z z z y x ϕϕϕσσ=+=+)]()('[2z Ψz Φz +=])()([2z Φz Φ+=)](')(''[22f z z z i xy x y y ϕτσσ+=+-)('d )(d )(f f z z z z Φϕϕ==z z z Ψd )(d )(y =引入•位移的复变函数表达)()(')(13)i (2f f z z z z vv v u G y ϕϕ--+-=+•已知ϕf (z)和y (z), 可以确定位移分量。

•对于平面应变问题，只须将弹性模量和泊松比作对应的替换则可。

K-M 函数ϕf (z)和y (z)描述的面力边界条件。

sF F z z z z sy sx AB d )i (i )()(')(f f +=++⎰y ϕϕ边界点的确定函数K-M 函数由内向边界趋近值•求解弹性力学平面问题•——给定边界条件下求解双调和方程•变换为在给定的边界条件下寻找解析函数•确定K-M 函数ϕf (z)和y (z)，则应力、位移和应变就可以完全确定。

复变函数与积分变换第八章教案第八章教案：复变函数与积分变换本章的内容主要包括复变函数的积分、Cauchy积分定理和公式、解析函数、留数计算及其应用等。

一、知识目标1.理解复变函数的积分概念，能求解一类简单的复变函数的积分；2. 掌握Cauchy积分定理和公式的概念和计算方法；3.熟练掌握解析函数的判别法和求法，能用留数计算解析函数的积分和求解相关的实际问题。

二、能力目标1.能灵活应用积分变换法求解复变函数的积分；2. 能熟练运用Cauchy积分定理和公式求解实际问题；3.能用解析函数的求法和留数计算求解与实际问题相关的积分。

三、情感目标1.培养学生的实际应用意识和解决实际问题的能力；2.培养学生严谨的数学思维和创新精神；3.培养学生的团队合作意识和表达能力。

四、教学重点1.复变函数的积分与积分变换法；2. Cauchy积分定理和公式的理解和求解；3.解析函数的概念、判别法和求法。

五、教学难点1.解析函数的判别法和求法；2.应用解析函数的留数计算求解积分问题。

六、教学内容及安排1.复变函数的积分及其应用（2课时）a.复变函数的积分概念和性质；b.积分变换法求解复变函数的积分；c.通过实例引导学生应用积分变换法求解复变函数的积分。

2. Cauchy积分定理和公式（2课时）a. Cauchy积分定理和公式的概念和计算方法；b. 通过实例引导学生运用Cauchy积分定理和公式求解实际问题。

3.解析函数与留数计算（3课时）a.解析函数的概念和性质；b.解析函数的判别法和求法；c.通过实例引导学生熟练运用解析函数的留数计算求解相关的实际问题。

四、教学方法1.讲授法：通过讲解理论知识，激发学生的兴趣和求知欲；2.案例分析法：通过实例引导学生理解和运用知识；3.讨论研究法：通过课堂讨论和小组合作，培养学生的团队合作意识和表达能力。

五、教学手段1.多媒体教学手段：利用多媒体技术展示课件，图像等，提高教学效果；2.实物展示手段：利用实物、模型等教具展示相关概念和实例，增加学生的理解和兴趣；3.小组讨论手段：组织学生进行小组讨论和合作，培养学生的团队合作能力。

第八章 解析延拓（一）1.证明：()()()11nn f z nz ∞==++∑在区域11z +<解析，由于()()()01111111nn z z zz ∞=-=++<-+∑，从而()()()121111()n nn n n z nz f z z∞∞-===+=++=∑∑故在11z +<内21z与()f z 恒等，故21z是()f z 由11z +<向外的解析开拓。

2.证明：首先，()f z 在1z <内解析，其次，在1z <内221()(1)()1n nn F z z f z z∞===-=+∑而21()1F z z=+在z 平面上除zi=±外解析，所以()F z 是20()(1)n nn f z z∞==-∑由1z <向外开拓的完全解析函数。

3.证明：因111()(21)122f z z z z=<⇒<-1121212112(lnln)1111z zz z A tgaaz z ωω----=-+-++++2111(2)11211f z zzz=⋅=----1(1R e )12z z z<⇒<- 因此11, ()2z f z ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭及21R e , ()2zf z ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭均为完全解析函数112z-的解析元素.又由于1R e 2z<包含圆12z <，所以后者是前者向外的解析开拓.4. 证明：1()f z 在1D ：1z <内解析，2()f z 在2D ：()111i zz+<-，即2D：1z +<而当12z D D ∈⋅时1()f z ()1nn nn i z∞==-∑11iz=+()()()()()()21111()11111nnnnnn n n i zi z f z zz z ∞∞+==⎡⎤++=-=-⎢⎥---⎣⎦∑∑()()()11111111i zziz z ==+-++-故1()f z 与2()f z 互为直接解析开拓5.证明：由于011(1)nn zzz z ∞=--=-∑，所以此级数在01z <<内收敛于1(1)z z -，而1(1)z z -在zS 平面上除z =与1z =外都解析，而在1z >内，有1111(1)(1)z z z z z=--22111(1)zzz=+++2311zz=++因此级数111n n z∞+=∑是级数1nn zz∞=--∑越过圆弧{}1, 0<arg z<2z π=解析开拓到1z >内所得的函数.6. 证明：因11()ln (1)(:1)nn zf z z D z n∞===--<∑，而211()222()ln()33nnn z f z n∞=+=+∑121()23ln3nn z n∞=+=+∑22lnlnln (1)ln (1)33z z =---=-- 由2113z +<，得13:22G z +<，GD⊃，2()f z 在G 内解析，在D 上，21()()f z f z =，2()f z 为1()f z 在G 内的解析开拓. 7. 证明：在{}1:1G z z =<内，显然由()lo g (1)f z z =+，对于1a <，则()l o g (1f a a =+，设()()()1z a F z f a f a-=++，则2311()()()112131z a z a z az af aaaa----=-++++++这个级数在{}2:1G z z a a=-<+内收敛于lo g (1)1z a a-++，即在2G 内有()l o g (1)l o g (1)1z aF z a a -=++++l o g (1z =+而1G ，2G 都包含它们的交集12G G φ⋂≠，且在12G G ⋂内有()()F z f z =，所以1((), )fz G 与2((), )F z G 互为直接解析开拓. 8.证明：由于1z=为()f z 的奇点设2pqz r eπ=，,p q 为正整数令()f z 11!121()()q n n n n qzzf z f z -∞+===+=+∑∑由于1()f z 为多项式，故()11limr f z →存在，而当n q≥时．!qn ，从而!!n n z r=，于是!2()n n qf z r∞==∑．因此，当1r→时，2()f z →∞，故()1l i mr fz →=∞，亦即1z =上的点2piqeπ为()f z奇点，又由于点2piqe π在1z =上处处稠密所以()f z 沿半径不能越过单位圆做解析开拓，因而()f z 以1z =为自然边界．9. 证明：因()f z 在原点解析，所以()f z '在原点也解析，于是可设()f z 与()f z '在z r<内解析.故(2)2()()f z f z f z '=在z r<内也解析.令12zω=，则1()f ω在122z rω=<内解析.因而111(2)2()()f f f ωωω'=在122z rω=<也解析.令212ωω=，则2()f ω在2124rωω=<内解析.如此类推，用归纳法可得()n f ω在2nnrω<内解析.这里n 是任意自然数，故()f z 可以开拓到整个复平面上.10.0与1为支点，取两张沿[0, 1]割破的z 平面1M 与2M .粘合1M 的上岸与2M 的下岸，并想象2M 的上岸与1M 的下岸粘合.（二）1. 证明：因231111()ln (1)(:1)23f z z z z z D z =-+-=+<232231(1)(1)()ln 222 23 2z z z f z ---=----1l n 2l n (1)2z-+=-+21l n (1) (:1)2zzD -=+<可见，11(, ())D f z 及22(, ())D f z 都是完全解析函数ln (1)z +的解析元素，又由于12D D ⊂，所以，2()f z 是1 ()f z 向外的解析开拓.2. 证明：1()nn f z zn∞==∑在1z <内收敛．()()01()12nnn g z i znπ∞==+--∑在21z -<内收敛．又()()1'11()1n nn n f z z z z∞∞-=====-∑∑()()()()()11'11()121212n n n nn n g z z z z ∞∞-+===--=--=-+-∑∑11z=-因此，在1z <内''()()f z g z =，于是()f z 与()g z 可看作1ln1z-在0z =和2z =的展开式，故()f z 与()g z 可以互为解析延．3. 证明： 211()[(4)]1(4)41nn f z z z z z z z ∞==-==---+∑((4)1)z z -<.于是0z=和4z =两点都在()f z 的收敛域内，因而可在0z =及4z=的邻域内展成泰勒级数.若其和函数为1()f z 与2()f z ，则()f z 是1()f z 与2()f z 的直接解析开拓，而241z z -+又是()f z在全平面除去z z =±故1()f z 与2()f z 多对应的元素可以从一方解析开拓到另一方. 4．证明：由于1()()1nn z f z z+=-在R e 0z<内解析的，令11z zω+=-，它把R e 0z=映射为1ω=；把R e 0z <映射为1ω<.而级数0nn ω∞=∑的收敛圆为1ω<，且和函数为11ω-，所以0()n n f z ∞=∑在R e 0z <内为内闭的一致收敛于1()2z f z z-=，故()f z 在R e 0z <内解析.又由于12z z-在平面z S 上除0z=外，处处解析，故()f z 可解析开拓到除0z =外的整个z 平面上.5. 证明：由题中22() ()(21)(22)nnnn zf z +∞==*++∑知21()21nnn zf z +∞='=+∑（1）2()nn f z z∞=''=∑（2）由教材中例5.4知1z =是级数（2）的自然边界.下面证1z =也是()*的自然边界，若否，则1z =上有一小段弧，其上的所有点都是()f z 的解析点，从而此小段弧上的点也是()f z ''的解析点，这与1z =为其自然边界矛盾.6. 证明：存在含于D 内的两个区域1D 和2D ，它们分别位于L 的两侧，并以L 为公共边界，由班勒卫原理，()f z 在12D D L内解析，从而()f z 在D 内解析.7. 证明：因为()f z 为整函数，所以0()nn n f z a z∞==∑在整个复平面解析，且由条件，()f z 在实轴上取实值，据唯一性定理，可以把下半平面上的()f z 看作上半平面上的()f z 由对称原理解析开拓得到，于是下半平面应有()()f z f z =，即0nnnn n n n n n a za za z∞∞∞=====∑∑∑因此， (0, 1, 2,)nn a a n ==，从而n a 为实数.8. 解：（1）因为2co s z==±即c o s zω=与c o s zω=-这是两个单值函数，因为其中一个不能借助与解析开拓得到另一个. （2=，0ξ=为支点.为双值函数，(21)(0,1,)2zk k π=+=±是支点. （321sin1(1)(1)(21)!(21)!n nnnn n zn n +∞∞===-=-++∑这显然是单值函数. （4ξ==为支点，但0ze ≠.没有支点，只是分离的两支，当然不能由一支开拓为另一支，故2ze ω=与2ze ω=-.（5）sin, 0L n z L n ξξ==为支点，即 (0, 1, 2,)zk k π==±±为支点所以sin L n zω=为无穷多值函数.9. 解：克利斯托费尔－施瓦茨积分取形式223310(1)zCzz d z C ω--=-+⎰由1011zC ω=↔=-⇒=-.由11z ω=↔=得 22213331(1)1iCxx ed x π---=--⎰.即21111133302(1)ie C x x d x π--=-⎰11(,)33C B =21()32()3CΓ=Γ由此得232222()()332(1)11()()33iC e πΓΓ=⋅=-+ΓΓ所以223322()3(1)(1)11()3z w zz d z --Γ=-+--Γ⎰10．解：由利斯托费尔－施瓦茨积分取形式22222(1)()(1)()zttw A d z C A d t Cz z a t t a =+=+-+-+⎰⎰2222(1)()z H h Ha A d z hh iz z a ωπ+==-+⎰11(ln)111A z i Caaz π--=+-++++由00z ω=↔=得00()01A i i C C aππ=+-+⇒=+.又当z 在(0,1)上变化，对应的点ω应在正虚轴的12(,)A A 上变化. 取12,(0,1)z z ∈，则对应的12,ωω应为纯虚数.11111(ln)111z A i aaz ωπ--=-+-+. (1)11211(ln)111z A i aaz ωπ--=+-+++. （2）(1)(2)-，再注意到1111z z -+或2211z z -+的辐角均为π，则1121212112(lnln)1111z zz z A tgaaz z ωω----=-+-++++.上式左边为纯虚数，右边也应为纯虚数，故A 为纯虚数，设为0A i ，又因为z h H iω=∞↔=--所以12(l n 1)11A h H i iaaπ---=∞+-++0011A A i aaπ=+++比较上式两端实虚部，得到1H A a-=+ （3）01A h aπ-=+ （4）由 （3）（4）解出22H ah=，22h HA hπ+=-，所以220h HAA i ihπ+==-故所求保形变换为22(1)()zh Hzh iz z a ωπ+=-+⎰.。

习题八答案 1． 求下列函数的拉氏变换：(1) 3,,2()cos ,;2t f t t t ππ⎧<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩ 解：由拉氏变换的定义知：22220231[()]3cos 1.1s s st stL f t e dt etdt e e s s ππππ+∞−−−−⎛⎞=+=−−⎜⎟+⎝⎠∫∫(2) ()cos ()sin ().f t t t t u t δ=⋅−⋅解：由拉氏变换的定义以及单位脉动函数的筛选性质知：0202221[()]cos ()sin ()cos |111.11st st st t L f t t t e dt t u t e dt t e s s s s δ+∞+∞−−−==⋅⋅−⋅⋅=⋅−+=−=++∫∫2. 求下列函数的拉氏变换：(1)2()1;f t t =−解：由拉氏变换的线性性质知：2332!121[()][][1].L f t L t L s s s s=−=−=− (2) ()1;tf t te =−解：由拉氏变换的线性性质和位移性质知：211[()][1][].(1)t L f t L L te s s =−=−− (3) ()cos ;f t t t =解：法一：利用位移性质。

()cos .2it ite ef t t t t −+==由拉氏变换的位移性质知：222211111[()][][].222()()(it its L f t L te L te s i s i s −⎡⎤−=+=+=⎢⎥−++⎣⎦211) 法二：利用微分性质。

令 则()cos ,g t t =2221()[()],'().1(s s G s L g t G s s s −===++21) 由拉氏变换的微分性质知：[cos ][()]'().L t t L tg t G s ==−即 2221[()].(1)s L f t s −=+ (4) 2()sin 6;tf t et −=解：因为 26[sin 6],36L t s =+ 故由拉氏变换的位移性知：26[()].(2)36L f t s =++ (5) 2()cos ;f t t = 解：1cos 2().2tf t +=故22211112[()][][cos 2].22224(4)s s L f t L L t s s s s +=+=+⋅=++ (6)()(1);tf t u e −=−解：因为1,10(1),0,10ttte u e e −−−⎧−>⎪−=⎨−<⎪⎩ 即： 1,0(1).0,0t t u e t −>⎧−=⎨<⎩ 故01[()]1.st L f t e dt s+∞−=⋅=∫(7) 2()(1);tf t t e =−解：22()(1)2.ttttf t t e t e te e =−=−+ 法一：利用拉氏变换的位移性质。