复变函数10
复变函数第10讲
由于f (z)有各阶导数，故有
uxx v yx , uyy v xy .
由解析函数高阶导数定理, u( x , y ), v( x , y )具有 任意阶的连续导数，从而v xy v yx ,由此可得
uxx +uyy =0,
同理有 v xx v yy 0.
11
法四 全微分法
v x u y 2 x 2 y , v y u x 2 x 2 y , dv v x dx v y dy ( 2 y 2 x )dx ( 2 x 2 y )dy ,
2 ydx 2 xdy 2 xdx 2 ydy
1
例1 验证u( x, y ) x 3 3 xy 2 9是z平面上 的调和函数.
解： 显 然u( x , y ) x 3 3 xy2 9在z平 面 上 有二阶连续偏导数 .
又 ux 3 x 2 3 y 2 , u xx 6 x ,
u y 6 xy, u yy 6 x;
5
3、 构造解析函数
已知一个调和函数u( x , y ), 利用C R方程可求 得共轭调和函数v( x , y ), 从而构成解析函数 f ( z ) u iv .
由调和函数，构造解析函数的方法如下： (1) 不定积分法； (3) 曲线积分法；
注意
(2)利用导数公式； (4)全微分法.
作此类题时，首先一定要验证给定的函数 是否是调和函数.
6
2 2 设 u x 2 xy y , 求 以u为 实 部的 例2 解 析 函数 f ( z ).
法一 不定积分法
v y 2 x 2 y v 2 xy y 2 ( x),
第一章 复变函数和解析函数解析
u x u
v y
v
或
u
1
u
1
v
v
y x
是可导的必要条件.
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第一章 复变函数和解析函数
16
据导数定义，沿实轴和虚轴的比值极限都存在且相等，即
z x, lim f lim u(x x, y) iv(x x, y) u(x, y) iv(x, y)
z0的邻域： z z0 （是任意小的正数）
内点z0：z0及邻域 E 点集 E外点z0：z0及邻域 E
边界点z0：z0的邻域中z有0 E也有 E的点
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第一章 复变函数和解析函数
10
(开)区域Bba))具全有由连内通点性组成— B内任两点都可由内点组 成的折线连起来
闭区域B ：区域B连同其境界线构成的点集
单连通：境线只有一线 区域的连通阶数 多连通：境界线在两条 及以上
境界线正向约定：沿正向前进，区域始终在左手一侧
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第一章 复变函数和解析函数
11
2)复变函数： 存在一个点集E，zE有一个或多个w对应，
则称w为z的函数
w=f(z) (zE)，z称为宗量.
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第一章 复变函数和解析函数
❖ z的共轭复数z*或
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第一章 复变函数和解析函数
4
❖ 1.2复平面与复矢量 ❖ 复平面——横轴为实轴，纵轴为虚轴的平面
一个复数复平面上的一个点→复矢量
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第一章 复变函数和解析函数
5
1.3三角及指数式
复变函数总结完整版
第一章复数1 i 2=-1 i = ∙, -1 欧拉公式z=x+iy实部Re Z 虚部Im Z2运算① z1≡z2^ Rez1=Rez2Imz1=Imz2②(z1±z2)=Re(z1±z2)+lm(z1±z2)= (Rez1±Rez2)+(lm z1+ Im Z2)乙Z2③=χ1 iy1 χ2 iy2X1X2iχ1y2iχ2y1- y1y2=X1X2 -y』2 i χ1y2 χ2y1④z1 _ z1z2 一χ1 i y1 χ2 -iy2 _ χ1χ2 y1y2 i y1χ2 -χ1y22 2 2 2Z2 Z2Z2 χ2 iy2 χ2 -iy2 χ2 y2 χ2 y2⑤z = X - iy 共轭复数z z =(x+iy I x — iy )=χ2+ y2共轭技巧运算律P1页3代数，几何表示^X iy Z与平面点χ,y-------- 对应，与向量--- 对应辐角当z≠0时，向量Z和X轴正向之间的夹角θ ,记作θ =Arg z= V0■ 2k二k= ± 1 ± 2± 3…把位于-∏v二0≤∏的厲叫做Arg Z辐角主值记作^0= argz04如何寻找arg Zπ例：z=1-i4πz=i2πz=1+i4z=-1 π5 极坐标: X = r CoSr , y = r sin 二Z=Xiy = r COSr isin利用欧拉公式e i 71 =COS71 i Sin71例2 f Z = C 时有(C )=0可得到z=re°Z z2=r1e i J r2e i72=r1r2e iτe i72= r1r2e i 71'y^ 6高次幂及n次方n n in 「nZ Z Z Z ............ z=re r COS 1 Sin nv凡是满足方程国=Z的ω值称为Z的n次方根，记作CO =^Z☆当丄二f Z o时，连续例1 证明f Z =Z在每一点都连续证：f（Z f（Z o ）= Z - Z o = Z - Z o τ 0ZT Z o 所以f z = Z在每一点都连续3导数f Z o Jm fZ一f zoz-⅛z°Z-Z o,2n第二章解析函数1极限2函数极限①复变函数对于任一Z- D都有W FP与其对应川=f Z注：与实际情况相比，定义域，值域变化例f z = zZ—Z o 称f Z当Z-:Z o时以A为极限df(z lZ=Zo1例2 f Z = C 时有(C )=0根据C-R 条件可得2x =0,2y = 所以该函数在Z =O 处可导4解析若f z 在Z 00= X = 0,^0的一个邻域内都可导，此时称用C-R 条件必须明确u,v 四则运算 f 一 g =「- g rkf =kf f g = f g f gf Z 在Z 0处解析。
复变函数第10讲
z
1 -
z
(z
-
1 z0) - (z
-
z0 )
z
1 - z0
1
1
-
z
z
-
z0 z0
由于积分变量z取在圆周K上,点z在K的内部,
所以 z - z0
z - z0
1, z
1 -
z
n0
(z - z0)n
(z - z0 )n1
4
代入(4.3.1)得
f
(
z)
N -1 n0
f (n) (z0 )
(n 0,1,2, )
把f(z)在z0展开成幂级数, 这被称作直接展开 法, 例如, 求ez在z=0处的泰勒展开式, 由于
(ez)(n)=ez, (ez)(n)|z=0=1, (n=0,1,2,...)
故有 ez
1
z
z2
zn
.
2!
n!
(4.3.5)
因为ez在复平面内处处解析, 上式在复平面
z
)
0在K内成立,由(4.3.2)
f (z)
n0
f
(n) (z0 n!
)
(z
-
z0
)n
(4.3.4)
在K内成立, 即f(z)可在K内用幂级数表达
令 z - z0
z - z0
z - z0 r
q
q与积分变量z无关, 且0q<1.
6
K含于D, f(z)在D内解析, 在K上连续, 在K上 有界, 因此在K上存在正实数M使|f(z)|M.
28
复变函数
《复变函数》试题（十）一、 判断题（4x10=40分）：1、若函数f (z )在z 0解析，则f (z )在z 0的某个邻域内可导。
（ ）2、如果z 0是f (z )的本性奇点，则)(lim 0z f z z →一定不存在。
（ ） 3、若函数),(),()(y x iv y x u z f +=在D 内连续，则u (x,y )与v (x,y )都在D 内连续。
( )4、cos z 与sin z 在复平面内有界。
（ ）5、若z 0是)(z f 的m 阶零点，则z 0是1/)(z f 的m 阶极点。
（ ）6、若f (z )在z 0处满足柯西-黎曼条件，则f (z )在z 0解析。
（ ）7、若)(lim 0z f z z →存在且有限，则z 0是函数的可去奇点。
（ ） 8、若f (z )在单连通区域D 内解析，则对D 内任一简单闭曲线C 都有0)(=⎰Cdz z f 。
（ ）9、若函数f (z )是单连通区域D 内的解析函数，则它在D 内有任意阶导数。
（ ）二、填空题（4x5=20分）1、函数e z 的周期为__________。
2、幂级数∑+∞=0n n nz 的和函数为__________。
3、设11)(2+=z z f ，则f (z )的定义域为___________。
4、∑+∞=0n n nz 的收敛半径为_________。
5、=)0,(Res n zze _____________。
三、计算题（8x5=40分）：1、.))(9(2||2⎰=+-z dz i z z z 2、求).,1(Res 2i z e iz-+3、nn i i ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+2121。
4 设22(,)ln()u x y x y =+。
求),(y x v ，使得),(),()(y x iv y x u z f +=为解析函数，且满足(1)ln 2f i +=。
其中D z ∈（D 为复平面内的区域）。
5、求0154=+-z z ，在|z|<1内根的个数《复变函数》试题（十一）一、判断题。
复变函数(全)解析
1
2
1
2
1
2
乘法
z z (x x y y ) i(x y x y ),
12
12
12
21
12
商
z 1
xx 12
yy 12
i
xy 21
xy 12
z
x2 y2
x2 y2
2
2
2
2
2
第一节 复数及其代数运算
(2)性质
z z z z , zz zz;
1
2
2
1
12
21
z (z z ) (z z ) z ,z (z z ) (z z )z
1
2
3
1
2
3 1 23
12 3
z (z z ) z z z z
12
3
12
13
第二节 复数的几何表示
1.复平面 （ 1 ） 定 义 复 数 z x iy 与 有 序 实 数
(x, y) 一一对应，对于平面上给定的直角 坐标系，复数的全体与该平面上的点的全
体成一一对应关系，从而复数 z x iy 可
对复平面内任一点z ,用一条直线将N 与z 连结起来,该直线与球面交于异于N 的 唯一点P ,这样除了N 之外,复平面内点与 球面上的点存在一一对应的关系.这样的 球面称为复球面.
第三节 复数的乘幂与方根
1. 乘积与商
设有两个复数
（1）乘积
z1
r1 (cos 1
sin1 )
r e i1 1
,
z2
r2 (cos2
z2 r2
第二节 复数的几何表示
2.幂与根 (1) 幂 n个相同复数z 的乘积称为z 的n次幂,记作zn ,即
第01章_复变函数
a ib
a cos cos(2 ) cos(3 ) cos( n )
sin(n 1/ 2) sin( / 2) 2sin( / 2)
b sin sin(2 ) sin(3 ) sin(n )
WangChengyou © Shandong University, Weihai
(cos isin ) e i
1 i i cos (e e ) 2
(二) 无限远点 N 无限远点 A z S
1 i i sin (e e ) 2i
黎曼(Riemann) 复数球 球面
有限远点
WangChengyou © Shandong University, Weihai
数学物理方法
第1章 复变函数
17
ei /2 (ei( n 1/2) ei /2 ) W i /2 i /2 i /2 e (e e )
cos(n 1/ 2) i sin(n 1/ 2) cos( / 2) i sin( / 2) 2i sin( / 2)
WangChengyou © Shandong University, Weihai
数学物理方法
第1章 复变函数
14
例：计算 W a ib 解：令 z a ib z (cos i sin )
z a 2 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2
1/2
W a ib z (cos i sin )
Argz
x
y
Argz 2kπ
(k 0, 1, 2,)
r
Argz
x
0 arg z 2π
复变函数考试试卷10
10一、 填空(每题2分，共20分)⒈函数f(z)在z=z 0处解析是指 。
⒉开集要在满足条件 下才能称为区域。
⒊4π-=z 为函数zz cos sin 1+奇点中的_____________。
⒋Ln )2(-=______________________________________。
⒌方程2z 4 +z 3 +z 2+30=0在单位圆内有_________个根。
⒍⎰==-22)1(1z dz z _____________。
7. 0=z 为21)(-=zz f 的 阶零点。
8. 在点z 不满足柯西黎曼条件的复变函数一定在z 。
9. )(2121z z z z z z ≠-=-表示的图形________________________________。
10. 分式线性变换iz iz w +-=可以把实轴变为 __________________________。
二、选择题(每题3分，共15分) ⒈z=z 0是集E 的聚点是指_____。
A ：Z 0的任意邻域中均有集E 的无穷多点B ：Z 0的某个邻域中有集E 的无穷多点C ：Z 0的任意邻域至少有集E 中的一点 ⒉Z=Z 0是集E 的内点是指______。
A ：Z 0的某个邻域中全是E 的点B ：Z 0的某个邻域中有E 中的无穷多点C ：Z 0的任意邻域中全是E 的点 ⒊E 的聚点_______E 的内点。
A ：一定是B ： 一定不是C ： 不一定是 ⒋E 的内点_______E 的聚点。
A ：一定是B ： 一定不是C ： 不一定是 ⒌区域D 的边界点_______区域。
A ：属于B ：不属于C ：不一定属于三、计算下列积分(每题6分，共30分) ⒈⎰+ci y )(dz , 其中C 为从0到1+i 的直线段。
⒉⎰czezzsin 4dz, 其中C 为1-z =1。
⒊⎰cz 34dz, 其中C 为i 到3+i 的直线段。
⒋ ⎰-cz z)1(3sin dz, 其中C 为1-z =1。
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e 1 z z z 2 (1 z ) 2 z z 2 3! 4! 1 1 1 1 1 2 2 z z , (0 | z | ) z z 2 3! 4!
24
z
2
3
4
例1 函数 在圆环域 i)0<|z|<1;ii)1<|z|<2;iii)2<|z|<+;内是处处解析 的, 试把f(z)在这些区域内展开成洛朗级数.
5
R2
z0
R1
6
例如级数
a z n n n 1 z n 0 b
n n
(a与b为复常数)
n n
a a a 中的负幂项级数 n 当 1, z n 1 z n 1 z z 即 | z || a | 时收敛, 而正幂项级数 n 则当 n 0 b | z || b | 时收敛. 所以当 | a || b | 时原级数在 圆环域 | a || z || b | 收敛.当 | a || b | 时原级数 处处发散.
C为在圆环域内绕z0的任何一条正向简单闭曲 线.
12
[证] 设z为圆环域内的任一点, 在圆环域内作 以z0为中心的正向圆周K1与K2, K2的半径R大 于K1的半径r, 且使z在K1与K2之间.
z
z0 K1 K2
z
z
13
由柯西积分公式得 1 f (z ) 1 f (z ) f ( z) dz dz 2π i K z - z 2π i K z - z
y y y
1 f ( z) ( z - 1)( z - 2)
O
1
x
O
1
2
x
O
2
x
25
[解] 先把f(z)用部分分式表示: 1 1 f ( z) . 1- z 2 - z i) 在0 | z | 1 内 1 1 1 f ( z) - 1- z 2 1- z 2 2 1 z z 2 (1 z z ) - 1 2 2 2 2
19
R2 z0 R1
C
20
f ( z)
n -
c (z - z ) ,
n n 0
(4.4.5)
1 f (z ) cn d z , (n 0,1,2,) (4.4.8) n 1 2π i C (z - z0 ) (4.4.5)称为函数f(z)在以z0为中心的圆环域: R1<|z-z0|<R2内的洛朗(Laurent)展开式, 它右端 的级数称为f(z)在此圆环域内的洛朗级数. 级 数中正整次幂和负整次幂分别称为洛朗级数 的解析部分和主要部分.
2 1
z - z0 对第一个积分, z在K 2上, z在K 2内, 1. z - z0 和泰勒展开式一样, 可以推得
1 f (z ) 1 f (z ) n dz dz ( z - z0 ) n 1 2π i K z - z 2π i K (z - z0 ) n 0 2 2
| f (z ) | z - z0 d s | z z | z z 0 0 K1 n 0 N 1 M1 n M 1q q 2π r . 2π n N r 1- q
n N
M 1是 | f ( z ) | 在K1上的最大值. 因为 lim q 0, 所以 lim RN ( z ) 0,
N -1
1 (z - z0 ) f (z ) 其中RN ( z ) d z . n 2π i K1 n N ( z - z0 )
n -1
r 令q , 则0 q 1 z - z0 | z - z0 |
16
z - z0
因此有
1 | RN ( z ) | 2π
N N
17
因此 f ( z ) cn ( z - z0 ) c- n ( z - z0 )
n n 0 n 1
-n
n -
c (z - z )
n 0
n
,
(4.4.5)
1 f (z ) cn d z , (n 0,1,2, ) (4.4.6) n 1 2π i K (z - z0 ) 2 1 f (z ) c- n d z , (n 1,2, ) (4.4.7) - n 1 2π i K (z - z0 ) 1
14
1 f (z ) 第二个积分 d z .由于z在K 2上, 点 2π i K z - z
2
z在K1的外部,
z - z0
z - z0
1.因此
n -1
1 1 z -z z - z0
(z - z0 ) 1 - n z - z0 n 1 ( z - z 0 ) 1z - z0
z
29
2
3
n
应当注意, 从以上两例可以看出, 一个函数 f(z)在以 z0 为中心的圆环域内的洛朗级数中 尽管含有 z-z0 的负幂项, 而且 z0 又是这些项 的奇点, 但是 z0 可能是函数 f(z)的奇点, 也 可能不是 f(z)的奇点. 例 1 中的 ii)与 iii)表明, 虽然圆环域的中心 z=0 是各负幂项的奇点, 1 但却不是函数 f ( z ) 的奇点, 例 ( z - 1)( z - 2) 2 则表明圆环域的中心 z=0 是函数 z e 的奇 点.
9
其次,在圆环域:0<|z-1|<1内也可以展开为级数:
1 1 1 f ( z) z (1 - z ) 1 - z 1 ( 1 z ) 1 2 n [1 (1 - z ) (1 - z ) (1 - z ) ] 1- z -1 2 (1 - z ) 1 (1 - z ) (1 - z ) (1 - z )
18
级数(4.4.5)的系数由不同的式子(4.4.6)与 (4.4.7) 表出. 如果在圆环域内取绕z0的任何一 条正向简单闭曲线C, 则根据闭路变形原理, 这两个式子可用一个式子来表示:
1 f (z ) cn d z , ( n 0 , 1 , 2 , ) n 1 (z - z0 ) 2π i C (4.4.8)
28
例2 把函数
3
f ( z ) z e 在0 | z | 内展开成洛朗级数.
[解] 因有
1 z
z z z e 1 z 2! 3! n! 1 1 1 1 1 3 z 3 z e z (1 3 ) 2 4 z 2! z 3! z 4! z z 1 1 3 2 z z . 2! 3! 4! z
1 1 1 1 z z - n - n -1 - - - - - - . z z z 2 4 8
27
2
iii) 在2<|z|<+内
1 1 f ( z) 1- z 2 - z 1 1 1 1 z 1 z 2 11z z -1 1 1 1 2 4 (1 2 ) (1 2 ) z z z z z z 1 3 7 2 3 4 . z z z
4
只有在正幂项和负幂项都收敛才认为(4.4.1) 式收敛于它们的和. 正幂项是一幂级数, 设它的收敛半径为R2, 对 负幂项, 如果令z=(z-z0)-1, 就得到
c
n 1
-n
( z - z0 )
-n
c-nz c-1z c-2z , (4.4.4)
n 2 n 1
这是z的幂级数, 设收敛半径为R, 令R1=1/R, 则 当|z-z0|>R1时, z<R, (4.4.4)收敛即(4.4.3)收敛, 因此, 只有在R1<|z-z0|<R2的圆环域, 级数(4.4.1) 才收敛.
n -1
10
y
O
1
x
11
定理 设f(z)在圆环域R1<|z-z0|<R2内解析, 则
f ( z) 其中
n -
c (z - z )
n 0
n
1 f (z ) cn d z . ( n 0 , 1 , 2 , ) n 1 (z - z0 ) 2π i C
3
讨论下列形式的级数:
n -
c (z - z )
n 0
n - z0 )
n
-n
-1
c0 c1 ( z - z0 ) cn ( z - z0 ) ,
可将其分为两部分考虑
(4.4.1)
n
c (z - z )
1 3 7 2 z z . 2 4 8
26
ii) 在1<|z|<2内 1 1 f ( z) 1- z 2 - z 1 1 1 1 - z 1- 1 2 1- z z 2 -1 1 1 1 z z2 (1 2 ) - 1 2 z z z 2 2 2
复变函数
第10讲
1
§4 洛朗级数
2
一个以z0为中心的圆域内解析的函数f(z), 可以 在该圆域内展开成z-z0的幂级数. 如果f(z)在z0处不 解析, 则在z0的邻域内就不能用z-z0的幂级数来表示.
但是这种情况在实际问题中却经常遇到. 因此, 在本节中将讨论在以z0为中心的圆环域内的解析函 数的级数表示法.
1 f (z ) 从而 a p d z , ( p 0,1,2,) p 1 2π i C (z - z0 )
n -
a (z - z )
n 0
n
这就是(4.4.8)
23
用(4.4.8)计算cn要求环积分, 过于麻烦, 因此一 般不用. 一般是根据由正负整次幂项组成的级 数的唯一性, 可以用别的方法, 特别是代数运 算, 代换, 求导和积分等方法去展开, 以求得洛 朗级数的展开式. 例如: