复变函数第二章

第二章全纯函数

§2.1习题

1.研究下列函数的可微性： （i ）();f z z = 解： 0z ≠时

00000

()()

lim

lim z z z z z z f z f z z z z z →→--=--不存在 这是因为当0z x iy =+时，

000

lim

lim

y y y y →→=

当0z x iy =+时，

000

lim

lim

x x x x →→=

=

故0z ≠时，()f z 不可导.

当0z =时，有

()(0)i i z f z f r e z z re

θ

θ

-??-?===??? 即知()f z z =在0z =也不可导. 从而()f z z =处处不可导. (ii) 2

();f z z = 解：0z ≠时

0022

0000

()()

lim lim z z z z z z f z f z z z z z →→--=--显然不存在. 这是因为当0z x iy =+时

0022220000000000

()()lim lim 2x x x x x y x y x x x x x x iy x iy x x →→+---+==+--- 当0z x iy =+时，

0022220000000000()()2lim lim ()y y y y x y x y y y y y y x iy x iy y y i i

→→+---+==+--- 0z =时可导，(0)0f '=.

（iii ）()Re ;f z z =

000

00

()()Re Re lim

lim

z z z z f z f z z z z z z z →→--=--显然不存在. 这是因为当0z x iy =+时，

000

lim

1x x x x x iy x iy →-=+--.

当0z x iy =+时，

00

000

lim

0y y x x x iy x iy →-=+--

从而()Re f z z =处处不可导 (v) ()f z 为常数

不妨设(),f z C =显然'

()0f z = 故()f z C =在处处可导.

2.设f 和g 都在0z 处可微，且'

000()()0,()0f z g z g z ==≠证明：0'0'0()()

lim

()()

z z f z f z g z g z →= 提示：0

000

()()()

lim

lim ()()()z z z z f z f z f z g z g z g z →→-=- 0

000000()()()

lim

()()()

z z f z f z z z f z z z g z g z g z →'--=?='--

4．设域G 和域D 关于实轴对称，证明：如果()f z 是D 上的全纯函数，那么()f z 是G 上的全纯函数. 提示：0

0()()

()()lim

lim (),z z f z z f z f z z f z f z z G z z →→??+-+-'==∈????

§2.2习题

1.设D 是域,).(D H f ∈如果对每个,D z ∈都有'

()0f z =,证明f 是一常数. 证明:因为'

()0f z =,而'

()f z =u v

i x x

??+??=0(定理2.2.4) 所以

u x ??=0, v x ??=0,而u x ??=v y ??,u y ??=v

x

?-?.故u y ??=0, v y ??=0.

因此f 是一个常数.

3.设iy x z +=,证明xy z f =)(在z=0处满足Cauchy-Reimann 方程,但f 在z=0处不可微.

提示: u =,0v =.直接算偏导.

8.设D 是域, ()f H D ∈,f 在D 中不取零值,

证明: 对于任意p>0,有2222()p f z x y ????+ ?????

=2

p 2()

p f z -2'()f z . 提示:?=22

22x y ??+??= 42z z

???,将()f z 写成1

2()()f z f z ????,

利用

f z

??=0, f z ??=0, f

z ??='f , f z ??='f ,计算.

11.设D 是域,(]:D \ ,0f →-∞ 是非常数的全纯函数,则log ()f z 和Arg ()f z 是D 上的调和函数,而()f z 不是D 上的调和函数.

提示: 22

21log ()log ()2

log |()|2f z f z f z z z

??=?=?? 21()()2

|()|f z f z z f z z ????= ?????

2()()2|()|f z f z z f z ??

'?= ???? ()20()f z z f z ??

'?== ????

2a r g ()()

()

i f z f z e f z =对z 求偏导

(a r g ())

f z z ??=12i '()

()f z f z 2z z

???(a r g ())f z =0 4

2z z

???(())f z =12

()'()f z f z - 如果()f z 调和,则'()f z ≡0,从而f 是常数,矛盾.

12.设D,G 是域, :f D G →是全纯函数,证明:若u 是G 上的调和函数,则u f 是D 上的调和函数.

证明: 因为u 是G 上的调和函数,局部存在全纯函数g ，s.t. Re u g =, 则g f 局部全纯,于是局部有Re()u f g f = ，从而u f 调和.

15.举例说明:存在B(0,1)\{0}上的调和函数,它不是B(0,1)\{0}上全纯函数的实部. 解: ()log ||u z z =是B(0,1)\{0}上的调和函数,它不是B(0,1)\{0}上全纯函数的实部. (反证) 假设存在B(0,1)\{0}上的全纯函数()f z ,使得Re ()log f z z =, 设()log ||()f z z iv z =+,()v z 是实值函数.

则()

()||f z iv z e

z e =?,从而

()

()1,(0,1)\{0}f z iv z e e z B z

==?∈. 由题2.(iv) 可知()

f z e z

≡常数, 故存在θ∈ s.t. ()f z i e ze θ= 即()|

|iv z i z e ze θ?=()(arg )iv z i z e e θ+?=()2v z argz k θπ

?=++.

由()v z 的连续性可知k 是常数.

于是()2argz v z k θπ=--在B(0,1)\{0}连续,不可能.

16.设f u iv =+, 000z x iy =+.证明: (i) 如果极限0

00()()lim Re

z z f z f z z z →--存在,那么()00,u

x y x ??和()00,v x y y ??存在,并且相等. (ii) 如果极限0

00()()l i m Im

z z f z f z z z →--存在,那么()00,u x y y ??和()00,v

x y x

??存在,而且

()00,u x y y ??=-()00,v

x y x

??.

证明:(i)

()00,u

x y x

??=00000(,)(,)lim

x x u x y u x y x x →-- ()0z x i y =+ ()()000,z x y = =0

0000

(,)(,)

lim Re

x x f x y f x y x x →--

=0

00

()()

lim Re

z z f z f z z z →--

()00,v

x y y

??=0

0000(,)(,)lim y y v x y v x y y y →-- =0

0000(,)(,)

lim Im

y y f x y f x y y y →-- ()0z x iy =+

=()0

00()()

lim Im

z z f z f z i z z →---

=()

00()()

lim Im z z f z f z i

z z →--

=0

00

()()

lim Re

z z f z f z z z →--

(ii)利用[]Im ()Re ()f z if z =-,由(i)即得.

1．求映射i z i

z w +-=在11-=z 和i z =2处的转动角和伸缩率. 解：因为 z i

f z i

-=+

22

2()()

f z i z i i

z z i z i ?+-+==?++ 12

2'()(1)

i

f z i =

-+=1 1arg '()f z =arg(1)-=π 2221'()(2)22i i f z i ===- 2

a r g '()2

f z π

=-

2．设f 是域D 上的全纯函数，且'()f z 在D 上不取零值，试证：

（i ）对每一个00()u iv f D +∈，曲线0Re ()f z u =和曲线0Im ()f z v =正交； 证明：（i ）0u u =和0v v =是uv 平面中的正交直线.因为()0f z '≠,故f 是保角的. 从而曲线0Re ()f z u =和曲线0Im ()f z v =的夹角等于直线0u u =和0v v =的夹角,等于2

π

1.验证z

z

e e =

证明：令z x iy =+,则z x iy =-

(cos sin )z x e e y i y =+(cos sin )z x e e y i y ?=- (cos sin )z x e e y i y =-

所以z z

e e =.

3.证明：若1z

e =，则必有2,0,1,.z k i k π==±… 证明：1z

e =||1x

z

e e ?==,20z

Arge y k π=+=

0,2,x y k k π?==∈Z

2z k i π?=，k ∈Z .

4.设f 是整函数，()0 1.f =证明：

(i)若'

()(),();z

f z f z z f z e =∈≡ 对每个成立则

(ii) 若对每个,z ω∈ ,有()()()f z f z f ωω+=,且'(0)1f =,则()z

f z e ≡. 证明

（i ）'

'

(())()()()()0.z z

z z z f z e f z e

f z e f z e f z e -----=-=-=

()z f z e c -=,11,1c c ?==，故()z f z e ≡

(ii) ()()()f z f z f ωω''+=,令0()()z f f ωω'=?=

7.设f 在\(,0]-∞ 中全纯，(1)0.f =证明： （i ）若(]'

()

(),\,0,()log f z f z e

z f z z -=∈-∞≡ 则；

(ii)若()()()f z f z f ωω=+,(]\,0z ∈-∞ ,()0,ω∈∞,且'

(1)1f =,则()log f z z ≡.

证明：

（i ）令()

()f z F z e

z =-,则'()'()()10f z F z e f z =?-=

()F z c ?=(常数)

令z=1,则(1)

0110f e c -=-==F(1)=e

.

故()()log (1)1f z e z f z z f ?=?=?=?

(ii)提示()()f z f z ωω''=,令1z =得1

()f ωω

'=.

8．证明：32)(2

++=z z z f 在()1,0B 中单叶.

证明： 取()12120,1,z z B z z ?∈≠，

12()()f z f z -=1212()(2)z z z z -++

()12121212,0,1()()0()()z z z z B f z f z f z f z ≠∈?-≠?≠，

故)(z f 在()0,1B 中单叶.

12．设f 在(]\,0-∞ 上全纯，(1)1,0.f μ=>证明：

)(i 若(]'()(),\,0f z f z z z

μ

=∈-∞C ，则arg ();i z f z z e μ

μ≡ )(ii 若()()()f z f z f ωω=，(]\,0z ∈-∞C ,()0,ω∈∞,且'(1),f μ=则

arg ()i z f z z e μ

μ≡

证明：(i) 要证arg ()i z

f z z e

μ

μ=，即证

log ()z f z e μ=

()log ()0z

f z e

μ'=,及(1)1f =

log ()||z i Argz f z e z e μμμ?==?.

(ii) ()()()zf z f z f ωω'=令1ω=得()()zf z f z μ= 即()

()f z f z z

μ'= 14.证明:

)(i cos()cos cos sin sin ;z z z ωωω+=?-? )(ii sin()sin cos cos sin ;z z z ωωω+=?+?

证明:(i) cos()sin()z i z ωω+++()i z e ω+=

()cos cos sin sin sin cos cos sin z z i z z ωωωω=-++ (1 ) 在上式中以z -，ω-代入，得

cos()sin()z i z ωω+-+

()cos cos sin sin sin cos cos sin z z i z z ωωωω=--+ （2）

(1)+(2)得 cos()cos cos sin sin z z z ωωω+=-

(1)(2)得 sin()sin cos cos sin z z z ωωω+=+

19.证明:

sin z ω=将半条形域:Re ,Im 02

2z z z π

π

??

∈-

<<

>???

?

一一地映为上半平面. 证明: sin cos(

)cos()22z z z π

π

ω==-=-令2

u z π

=-,

则cos w u =是由指数,(Re 0,Im 0),iu

z e u u π=-<<>

与Rokovsky 函数{}11

(),((0,1)\0,0),2z

z z B argz ωπ=+∈-<<的复合.

故sin w z =将半条形区域{:Re ,Im 0}2

2

z z z π

π

∈-<<

> 一一映成上半平面.

20.证明(0,1)B 是2

()(1)z

f z z =

-的单叶性域,并求出((0,1))f B . 证明: []

12

12122

121()()()(1)(1)z z f z f z z z z z --=--- 给出f 的单叶性

0z ≠时,

11

2()z f z z

=+-由Rokovsky 函数的性质易得 1

((0,1))\(,]4

f B =-∞-

21.当z 按逆时针方向沿圆周{

:2}z z =}旋转一圈后,计算下列函数辐角的增量:

(iii) 12

4

(23);z z +- (iv) 1

2

11z z -??

?+??

. 解:

(iii) 12

4

(23)z z +-14

[(3)(1)]z z =+?- 3-在圆周||2z =外,1在圆周||z =内

所以当z 按逆时针方向沿圆周旋转一圈后, 辐角的增量为

2

π

(iv) 111

2

2

2

2

1(1)(1)1(1)(1)1|1||1|z z z z z z z z ????--+??==-+???? ?+++??????

1z =±均在圆周||2z =内,所以辐角的增量为0.

22.设1

(),0 1.(1)p p z f z p z -=<<-证明:f 能在域[]\0,1D = 上选出单值的全纯分支.

证明: 11()(1)1p

p i p i z z f z e z e z z ππ-??

== ?+-??

只需考虑()1p

z g z z ??

= ?-??

设γ是D 中的简单闭曲线,则当z 沿γ逆时针绕行一周时, 若γ内部不含[0,1],则辐角增量为0, 若[0,1]位于γ内部,则辐角增量为22()0p p ππ+-=. 故g 从而f 能在域[]\0,1D = 上选出单值的全纯分支.

23.证明: 21()z f z Log z ??

-= ???

能在域(][]()\,10,1D =-∞-? 上选出单值的全纯分支.

证明: 21z z

-将(][]()\,10,1-∞-? 映入(]\,0-∞ ，而对数函数在(]\,0-∞ 上能选出

全纯分支.

24.设单叶全纯映射f 将域D 一一地映为G,证明:G 的面积为2

'().f z dxdy ??

证明:令iy x z +=,),(),()(y x iv y x u z f +=

变换行列式

(,)(,)u

u v x

v

x y x

???=??? u y v y

????= u v v u x y x y ?????-????? = 22()()u v x x

??+??= 2

u v i x x ??+?? = 2

'

()f z

∴ 2'

(,)||()(,)G D D

u v S dxdy f z dxdy x y ?==?????.

25.设f 是域D 上的单叶全纯映射,)(),(βαγ≤≤=t t z 是D 中的光滑曲线, 证明:(())f t ωγ=的长度为''(())()f t t dt β

α

γγ?

证明:

''(())()d f t t dt

ω

γγ= 故(())w f t γ=的长度为''

(())()f t t dt βαγγ?

26.设D 是z 平面上去掉线段[][]1,,1,i i -和射线z it = ()1t ≤<∞后得到的域,证明函数

2(1)Log z -能在D 上分出单值的全纯分支.设f 是满足0)0(=f 的那个分支,试计算)

2(f 的值.

解: 取D 中任一简单闭曲线γ,则1±都不在γ内部,

从而z 沿γ逆时针绕行一周时,2

1(1)(1)z z z -=-+辐角的增量为0, 故能选出全纯分支.

设2

2()log |1|(1)2f z z iarg z k π=-+-+. 由(0)00f k =?=, 故

(2)log3(3)log3f iarg i π=+-=+.

§2.5习题

1. 试求把上半平面映为上半平面的分式线性变换,使得∞,0,1分别映为0,1,∞.

解: 1

()1

T z z ω-==-

2. 证明: 分式线性变换az b

cz d

ω+=

+把上半平面映为上半平面的充要条件是d c b a ,,,都是 实数,而且0>-bc ad .

证明: 必要性：因为线性变换把实轴映为实轴,

故az b

cz d

ω+=

+中d c b a ,,,都是实数； 因为2

()()ac bd ad bc i

i c

ω++-=属于上半平面，故0>-bc ad . 充分性：对0,1,,z =∞都有()z ω∈R ,从而ω将实轴映为实轴, 又Im ()0i ad bc ω=->,故将上半平面映为上半平面.

4.试求把单位圆盘的外部{}

1:>z z 映为右半平面{}:Re 0ωω>的分式线性变换,使得

(i)1,-i,-1分别变为i,0,-i; (ii)-i,i,1分别变为i,0,-i. 解:(i)()z i

T z z i

ω+==- (ii)()(2)21

z i

T z i z i ω-==-+-

10.设()az b

T z cz d +=+是一个分式线性变换,如果记a c ? ? 1

b d -???=αγ? ? βδ???,那么

1()z T z z αβ

γδ

-+=

+. 证明:

a c ? ?

1

b d -???=d

c ? -?

b a -???=αλ? ? βδ?

?? ()az b

T z cz d

+=

+()()czT z dT z az b ?+=+ 1()b dz z T z cz a z αβγδ--+?=

=-+ 从而证得1

()z T z z αβ

γδ

-+=+.

11.设11111)(d c b a z T ++=

,=)(2z T 2

22

2d c b a ++是两个分式线性变换,如果记

11a c ? ? 11b d ???22a c ? ? 22b d ???=a c ? ? b d ???

那么12()()az b

T T z cz d +=

+ . 证明: 12()()T T z =

1212121212121212

a a z a

b b

c z b

d c a z c b d c z d d ++++++

又 11a c ? ? 11b d ???22a c ? ? 22b d ???=a c ? ? b d ???

∴1212121212

12a a b c a

a b b d c c b d d d

+=??

+=??+=??12

12121212121212a a z a b b c z b d az b c a z c b d c z d d cz d ++++=++++ 从而12()()az b

T T z cz d

+=+ .

12.设Γ是过-1和1的圆周,z 和w 都不在圆周上.如果,1=zw 那么z 和w 必分别于Γ的内部或外部.

证明:由圆的对称性知Γ的圆心必然在虚轴上，设圆周与虚轴交个交点为12z z ，. 又由平面几何知识知12||||1z z ?=,从而21

1z z =

. 设z 在Γ内部，则z 位于走向1，1z ,-1的左边,因此分式线性变换1(x)T x =，将1

()z

T z =映为走向1(1)()(1)T T z T -，，，即1，2z ，-1的左边. 注意()T Γ=Γ，走向1，2z ，-1的左边即Γ的外部，故1

z

在Γ外部.

15.求一单叶全纯映射,把除去线段[]i +1,0的第一象限映为上半平面.

提示: 先作变换4

1z z =,再作412+=z z ,最后作变换23z z =

可得.

16. 求一单叶全纯映射,把半条形域:Re ,Im 02

2z z z π

π

??

-

<<

>???

?

映为上半平面,且把2

π,0,2π

-分别映为1,-1,0. 提示: 先作变换1z iz = ,再作12z

e z =,)1

(21,3

3423z z z iz z +=

-=.

即11()2iz iz w ie ie

=-+-

17.求一单叶全纯映射,把除去线段[]hi a a +,的条形域{}:0Im

1z z <<映为条形域{}:0Im 1w w <<,其中,a 是实数, 01h <<

提示:先作变换1z

z e π=,再作变换π

π

a a e z e z z +-=112便可得结论.

19.求一单叶全纯映射,把除去线段[]2,1的单位圆盘的外部映为上半平面.

提示:先作变换111z z z -=+,再作变换2

21324351,,,9

z iz z z z z z ===+=

即w =

.