复变函数论第5章第2节
数学物理方法 复变函数 第五章 傅立叶变换
∫
ρ (x) d x = m......(4)
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
也即
-∞
∫
∞
-∞
lim ρ l (x) d x = m
l→ 0
由 (3) 、（ 4）可以看出质点线密度
分布函数的直观图像。
它在
x ≠ 0时 , 为 0; 在 x = 0时，为 ∞ 。它的积分值为 m. 也即由 (3) 、 共 (4) 同来描述。
因此 , 在 Dirac 首次引入 δ 函数时，曾遭到许多数 学家的非难 但它在近代物理学中有 许多重要的应用 , 它可以用来描述物 理学中的一切点量 (点质量 \ 点电荷 \ 瞬时源 )且物理图象清 晰 .这样迫使数学家对 δ 函数的性质等进行研究 和解释 .
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第5章
傅里叶变换(Fourier transforms)
-∞
第5章
傅里叶变换(Fourier transforms)
第5节 δ函数
五 δ函数的性质
2 δ 函数具有挑选性
若 a = 0, 则有
这 一 性 质 表 明 , 虽 然 δ (x) 是 广 义 函 数 ， 但 它 和 任 何 连 续 函 数 的 乘 积 在 （ － ∞， ＋ ∞） 内 的 积 分 都 有 明 确 的 意 义 。 这 使 得 它在近代物理和工程技术中有广泛的应用。
..........
...(1)
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第5章
傅里叶变换(Fourier transforms)
第5节 δ函数
引入δ 一 引入δ函数的物理背景
注意 rect() 的写法 : 即保证 rect() 中的量的绝对值 >
复变函数02
en[ln z i(argz2kπ)]
z en inargz r nein
例 f (z) x2 axy by2 i(cx2 dxy y2 )
求a, b, c, d 使 f(z)在复平面内处处解析.
解 由于
u 2x ay , u ax 2by
x
y
v 2cx dy , v dx 2 y.
x
y
要 使 u v , u v x y y x
24
对数函数的性质 不难证明，复变数对数函数保持了实变
数对数函数的基本性质.
运算性质
Ln (z1z2 ) Ln z1 Ln z2
Ln
z1 z2
Ln
z1 Ln
z2
上面两个等式应理解为两端可能取的函
数值的全体是相同的，也就是说，对于
一端的任一值，另端必有一值和它相等. 25
对数函数的解析性 对数函数的主值lnz，包含两个部分 ln z = ln|z|+ i arg z ln|z|除原点外处处连续.
数连续且满足C－R方程，则f(z)可导.
11
函数解析的充要条件 根据函数在区域内解析的定义和函数可
导定理，可得判断函数在区域 D内解析 的一个充要条件.
定理 函数 f(z) = u(x, y) + iv(x, y)在区域 D内解析的充要条件是: u(x, y)与v(x, y) 在 D内可微，且满足C－R方程
(1) f (z) z (2) f (z) z Re(z)
(3) f (z) ez ex (cos y i sin y).
13
解 (1) f (z) z , 则u(x,y) = x, v(x,y) =－y
第五章 残数定理及其应用
( 5)
推论1
若z0是f ( z )的一级极点 , Re s[ f ( z ), z0 ] lim( z z0 ) f ( z )
z z0
(4)
事实上，由条件 f ( z ) c m ( z z 0 ) m c 2 ( z z 0 ) 2 c 1 ( z z 0 ) 1
展开成洛朗级数求系数 c–1 的方法, 但如果能先知道
奇点的类型，对求留数更为有利。
以下就三类孤立奇点进行讨论：
( i )若z z0为可去奇点 c1 0 Re s[ f ( z ), z0 ] 0
( ii )若z z0为本性奇点 f ( z )
展开
cn ( z z0 ) n
若将f ( z )作Laurent级数展开:
z sin z 1 1 3 1 5 6 [ z ( z z z )] 6 z z 3! 5! 1 1 11 3 3! z 5! z
1 z sin z Re s ,0 6 5! z
0
推论2
当m=1时，式(5)即为式(4).
P(z) 设f ( z ) Q( z ) P ( z ), Q( z )在z0 处解析,
P ( z0 ) 0, Q( z0 ) 0, Q' ( z0 ) 0 P ( z0 ) z0 是f ( z )的一级极点 且 Re s[ f ( z ), z0 ] , ( 6) Q' ( z 0 ) 事实上， Q( z 0 ) 0及Q' ( z 0 ) 0
内的洛朗级数中负幂次项 (z- z0)–1 的系数 c–1 称为f (z)
复变函数教案2.2
第二章教学课题：第二节 初等解析函数教学目的：1、了解复正、余弦函数的有关性质；2、了解正、余切函数、双曲函数的解析性和周期性；3、理解指数函数)sin (cos y i y e e e x iy x z +==+的常见性质；4、充分掌握整幂函数及有理函数的解析性；教学重点：指数函数)sin (cos y i y e e e x iy x z +==+的常见性质教学难点：正、余切函数、双曲函数的解析性和周期性教学方法：启发式教学手段：多媒体与板书相结合教材分析：这一节主要是讨论初等单值函数的解析性，这可从他们的可微性来判定，他们是数学分析中相应初等函数在复数域中的自然推广。
教学过程：1、指数函数定义2.4对于任何复数iy x z +=我们用关系式),sin (cos y i y e e e x iy x z +==+来规定指数函数z e指数函数z e 它有如下性质：（1）当z=x 时（y=0）我们的定义与实指数函数是一致的。
（2）0;arg ,0≠=>=z z x z e z y e e e 平面上在（3）z e 在z 平面上解析，且z z e e =')(（4）2121z z z z e e e +（5）z e 是以i π2为基本周期的周期函数。
（6）极限z z e ∞→lim 不存在，既无意义。
2、三角函数与双曲函数：由于Euler 公式，对任何实数x ，我们有：x i x e x i x e ix ix sin cos ,sin cos -=+=-，所以有,2sin ,2cos ie e x e e x ixix ix ix ---=+= 因此，对任何复数z ，定义余弦函数和正弦函数如下：,2sin ,2cos ie e z e e z iziz iz iz ---=+=则对任何复数z ，Euler 公式也成立：,sin cos z i z e iz +=关于复三角函数，有下面的基本性质：1、cos z 和sin z 是单值函数；2、cos z 是偶函数，sin z 是奇函数:,cos 22)cos()()(z e e e e z iziz z i z i =+=+=----- ,sin 22)sin()()(z ie e i e e z iziz z i z i -=-=-=----- 3、cos z 和sin z 是以π2为周期的周期函数:,cos 2)2cos()2()2(z e e z z i z i =+=++-+πππ ,sin 2)2sin()2()2(z ie e z z i z i =-=++-+πππ 4、212121sin cos cos sin )sin(z z z z z z ±=± 212121sin sin cos cos )cos(z z z z z z =±； 证明：)(4122sin cos )()()()(21212121212211z z i z z i z z i z z i iz iz iz iz e e e e i i e e e e z z +-+--+---+-=-+=，)(4122sin cos )()()()(12212112211122z z i z z i z z i z z i iz iz iz iz e e e e ii e e e e z z +---+---+-=-+= 所以)sin()(21sin cos cos sin 21)()(21212121z z e e iz z z z z z i z z i ±=-=±±-± 5、;1cos sin 22=+z z12242)2()2(sin cos 22222222=-+-++=-++=+----z i z i z i z i iz iz iz iz e e e e i e e e e z z 注解：由于负数可以开平方，所以由此不能得到1|sin |,1|cos |≤≤z z ，例如z=2i 时，有,22sin ,122cos 2222ie e i e e i -=≥+=-- 6、cos z 和sin z 在整个复平面解析，并且有：.cos )'(sin ,sin )'(cos z z z z =-=证明：,sin 222cos z i e e ie ie e e dz d z dz d iz iz iz iz iz iz -=--=-=+=---z e e i ie ie i e e dz d z dz d iz iz iziz iz iz cos 222sin =+=+=-=--- 7、cos z 和sin z 在复平面的零点：cos z 在复平面的零点是，)(2Z k k z ∈+=ππ，sin z在复平面的零点是，)(Z k k z ∈=π。
复变函数教案
复变函数教案 5.1(总5页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第五章 解析函数的罗朗展式与孤立奇点教学课题：第一节 解析函数的洛朗展式教学目的：1、了解双边幂级数在其收敛圆环内的性质；2、充分掌握洛朗级数与泰勒级数的关系；3、了解解析函数在孤立奇点和非孤立奇点的洛朗级数教学重点：掌握洛朗级数的展开方法 教学难点：掌握洛朗级数的展开方法 教学方法：启发式、讨论式 教学手段：多媒体与板书相结合教材分析：洛朗级数是推广了的幂级数，它既可以是函数在孤立奇点去心邻域内的级数展开，也可以作为工具研究解析函数在孤立奇点去心邻域内的性质。
教学过程： 1、双边幂级数在本节中，我们讲述解析函数的另一种重要的级数展式，即在圆环内解析函数的一种级数展式。
首先考虑级数...)(...)()(0202010+-++-+-+------nn n z z z z z z ββββ其中,...,...,,,100n z --βββ是复常数。
此级数可以看成变量1z z -的幂级数；设这幂级数的收敛半径是R 。
如果+∞<<R o ，那么不难看出，此级数在Rz z 1||0>-内绝对收敛并且内闭一致收敛，在Rz z 1||0<-内发散。
同样，如果+∞=R ，那么此级数在0||0>-z z 内绝对收敛并且内闭一致收敛；如果R=0，那么此级数在每一点发散。
在上列情形下，此级数在0z z =没有意义。
于是根据定理，按照不同情形，此级数分别在0||)0(1||010>-+∞<<=>-z z R R Rz z 及内收敛于一个解析函数。
2、解析函数的洛朗展式:更一般地，考虑级数,)(0∑+∞-∞=-n n nz z β这里,...)2,1,0(,0±±=n z n β是复常数。
当级数,)()(1000∑∑-∞-=+∞=--n n n n nnz z z z ββ及都收敛时，我们说原级数∑+∞-∞=-n n nz z )(0β收敛，并且它的和等于上式中两个级数的和函数相加。
第2节 分式线性映射
复变函数
2. w=az
这是一个旋转与伸长（或缩短)的映射。
事实上，设z re i ei , 那么w rei( ) .
(z)=(w) w
因此，把z先旋转一个角度a，
再将 |z| 伸长(或缩短）到
z
|a|= 倍后， 就得到w 右图. o
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线性映射。
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复变函数 二、 分式线性映射的分解
设有线性映射 w ( 0) 把它化为
( ) ( )
w
( ) 1
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复变函数
3. w=1\z
先讨论 圆C的一对对称点。
T
如果有两点p 和p'满足关系式 r
op op r 2 那么我们就称这 O P
P
两点为关于圆周C的对称点。此外，我们规定，
无穷远点的对称点是圆心O 。
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复变函数
将映射w 1 z
分解为w1
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复变函数
这表明z'. 在C上，而Γ的切线就是C的半径， 因此Γ与C正交。
(充分性) 设是经过z1 z2 且与C正交的任一圆周， 那么连接z1与z2 的直线作为 的特殊情形。
（半径为无穷大的圆）必与C正交， 因此必过z0 。
又因 与C于交点z’处正交，因此C的半径z0 z' 就是 的切线。
反演映射
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复变函数第2节：复合闭路定理
×
×
O
1 C2
x
C1
例3:
计算积分
ez
dz, z
其中 由正向圆周
z 2 和负向圆周 z 1 组成.
y
解 函数 f (z) ez z
在此圆环域及其边界上解析,
C1
C2 o1
2x
所以根据复合闭路定理 ,
e e e 定理2.4 z设 C ,C1,C2, z ,Cn是多连通z区域D内
分段光滑(或可求dz长) Jordan曲d线z , C1,C2, d,zCn都0.
解：在 内作两个互不包含也互不
y
相交的正向圆周C1和C2， C1只
包含奇点z=0, C2只包含奇点z=1.
2z z2
1 z
dz
C1
2z z2
1 z
dz
C2
2z z2
1 z
dz
1 dz 1 dz
z C1
C1 z 1
1
1
dz
dz
z C 2
C2 z 1
2 i 0 02 i 4 i
n
1) f (z)dz
f (z)dz, C，Ck均取正方向
C
k1 Ck
2) f (z)dz 0,
C3
C C1 Cn
C2
C
为复合闭路 C1
例1.
计算
dz (z z0 )n1 ,
n为整数, Γ为任一不经过z0点的正向 简单闭曲线
解：1) 当z0在Γ所围区域D的外部时, 由基本定理知
第三章 复变函数的积分
第2节 柯西积分定理
柯西-古萨基本定理的推广 ———复合闭路定理
三、复合闭路原理
柯西-古萨(Cauchy－Goursat)基本定理
复变函数第5讲
在实变函数中, 负数无对数, 此例说明 在复数范围内不再成立. 而且正实数的对数也是无穷多值的.
三、 乘幂ab与幂函数 1.定义: 设a为不等于0的一个复数, b为任意一个复 数, 定义乘幂ab为ebLna, 即 ab=ebLn a
2. 性质
① 当a为正数, b为实数, 则乘幂与高等数学中乘幂一 致. ② 当a C, bC时, 有 ab=ebLna=e b[ln|a|+i(arg a+2k)]
Ln z=ln|z|+iArg z
如果规定上式中的Arg z取主值arg z, 则Ln z为一单值
函数, 记作ln z, 称为Ln z的主值, 因此
ln z = ln|z|+iarg z
而其余各值可由
Ln z=ln z+2ki (k=1,2,...)
表达.
对于每一个固定的k, Ln z=ln z+2ki为一单值函 数, 称为Ln z的一个分支. 特别, 当z=x>0时, Ln z的主值ln z=ln x, 就是实变 数对数函数. 3. 对数函数的解析性 讨论主值支ln z = ln|z|+iarg z的连续性
2.对数函数为多值函数 令z=rei, w=u+iv, 则eu+iv=rei, 所以 因此 u=ln r, v= +2k=Argz w=Ln z=ln|z|+iArg z=ln|z|+i(arg z+ 2k)
由于Arg z为多值函数, 所以对数函数w=f(z)为多值
函数, 并且每两个值相差2i的整数倍,记作
下沿
结论1： lnz 在除去原点与负实轴外，处处都是连续的。
讨论主值支ln z = ln|z|+iarg z的解析性
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并且只有当f ( z) eia z 时等号才成立.
4 极点
1) 定义 如果洛朗级数中只有有限多个 z z0 的
m 负幂项, 其中关于 ( z z0 ) 的最高幂为 ( z z0 ) ,
1
即
f ( z ) cm ( z z0 )m c2 ( z z0 )2 c1 ( z z0 )1
z a
z a
由函数极限的性质, f ( z)在点a的某去心邻域内有界;
"(3) (1)" 设 f ( z) M , z K {a} 考察f ( z)在点a的主要部分 c n ( z a) n n 1 1 f ( ) c n d , (n 1, 2,...) ( n ) 1 2 i ( a) 而为K内的圆周 a , 可以充分小, 于是由 f ( ) 1 1 M c n d 2 ( n ) 1 ( n ) 1 2 a 2
2)极点的判定方法
(1) 由定义判别
f ( z ) 的洛朗展开式中含有 z z0 的负幂项为有 限项.
(2) 由定义的等价形式判别
g( z ) 在点 z0 的某去心邻域内 f ( z ) ( z z0 ) m
其中 g ( z ) 在 z0 的邻域内解析, 且 g ( z0 ) 0. (3) 利用极限 lim f ( z ) 判断(但不知道阶数) .
3) 如果f ( z )在点a主要部分为无穷多项,则称a为
f ( z ) 的本质奇点.
sin z z2 z4 z 2n n , 如： 1 (1) z 3! 5! (2n 1)!
0 点. z
2 n 2 sin z 1 1 z 2 z n ( 1) , 3 2 z z 3! 5! (2n 1)!
z a
课堂练习
1 求 3 的奇点, 如果是极点, 指出它的 阶数. 2 z z z 1
答案
1 1 由于 3 2, 2 z z z 1 ( z 1)( z 1)
1 1 f ( z) , m ( z a) ( z ) 1 因 在点a的邻域内解析,故在此邻域内有 ( z) 1 c m c ( m1) ( z a) c1 ( z a)m1 c0 ( z a )m ( z)
则f ( z)在点a的主要部分为 c ( m1) c m c1 c 1 0. , m m m1 (a) ( z a) ( z a) z a
ez 1 所以 z 0 为 的可去奇点. z
另解
e 1 所以 z 0 为 的可去奇点. z
z
ez 1 z 因为 lim lim e 1, z 0 z 0 z
定理5.3 若a为f ( z)的孤立奇点,则下列三条件等价, 因此,它们中任何一条都是可去奇点的特征 (1) f ( z)在点a的主要部分为零;
m
因此,a为g ( z)的可去奇点, 作为解析点看,只要令g (a) 0, a为g ( z)的m阶零点; 1 "(3) (1)" 由于a为g ( z ) 的m阶零点; f ( z) 则在点a的某邻域内有g ( z) ( z a)m ( z), 其中 ( z)在此邻域内解析,且 (a) 0, 这样一来
Schwarz引理
如果函数f ( z)在单位圆 z 1 内解析, 并且满足条件 f (0) 0; f ( z) 1,( z 1); 则在单位圆 z 1 内恒有 f ( z) z 且有 f ' (0) 1;
如果上式等号成立, 或在圆 z 1 内一点z0 0处 前一式的等号成立, 则(当且仅当) f ( z) eia z, ( z 1); 其中a为一实常数.
c0 c1 ( z z0 ) ( m 1, c m 0)
或写成
1 f (z) m g( z ) , ( z z0 )
那末孤立奇点 z0 称为函数 f ( z ) 的 m 阶极点.
g( z ) c m c m 1 ( z z0 ) c m 2 ( z z0 )2
' 若 f ' (0) 1,则在 z 1 内有点0; 使 (0) f (0) 1, 或有z0 0, z0 1使 f ( z0 ) z0 ,
则在 z 1 内有点z0使 ( z0 ) 1; 即模 ( z) 在 z 1 内达到最大值, 由最大模原理这只有 , ( z) 常数, 且该常数模为1; ia ia f ( z ) e z. 故 ( z) e (a为常数), 亦即
sin z z0 是 的可去奇点 . z
如果补充定义:
z 0 时,
sin z 1, z
sin z 那末 在 z 0 解析. z
ez 1 例2 说明 z 0 为 的可去奇点. z
1 2 1 n ez 1 1 解 (1 z z z 1) z 2! n! z 1 1 n 1 1 z z , 0 z 2! n! 无负幂项
第二节 解析函数的孤立奇点
1、孤立奇点的三种类型 2、可去奇点 4、极点 6、皮卡定理
3、施瓦茨引理
5、本质奇点
1、孤立奇点的三种类型
若a是函数f ( z )的孤立奇点, 则f ( z )在a的去心邻域 内展开成洛朗级数
f (z)
n n
cn ( z a ) n
n
c n ( z a )
特点:
1. 在 z z0 内是解析函数 2. g( z0 ) 0
(2) 如果 z0 为函数 f ( z ) 的极点 , 则
lim f ( z ) .
3z 2 , 例3 有理分式函数 f ( z ) 2 z ( z 2)
z z0
z 0 是二阶极点, z 2 是一阶极点.
定理5.5 函数f ( z)的孤立奇点a为极点的充要条件是
lim f ( z ) .
1 证明 函数f ( z)以a为极点 f ( z ) 以点a为m阶零点
z a
lim f ( z ) .
z a
注 设a为f ( z )的孤立奇点, 则a为f ( z )的m阶极点的 m lim( z a ) f ( z )存在且不为零. 充要条件是:
证明 设f ( z) c1z c2 z z 1,
2
f ( z) 设 ( z ) c1 c2 z 0 z 1, z ' 定义 (0) c1 f (0), 则 ( z)在 z 1 内解析,
由于 f ( z) 1 ( z 1), f ( z) 1 ; 因此对r,0 r 1, 在 z r上有 ( z ) z 1r ( z) ; 在 z r上,由最大模原理 ( z ) Max z r r 令r 1, 得 ( z) 1 ( z 1), ' 于是 f (0) (0) 1, 且当z 0时, 有 f ( z) ( z) 1; 即 f ( z) z , z
f ( z ) : 若极限存在且为有限值, (2)由极限判断 lim z z
0
则 z0 为 f ( z ) 的可去奇点. (3)由有界判断 若f (z)在点a的某去心邻域有界, 则 z0 为 f ( z ) 的可去奇点.
例1
sin z 1 2 1 4 1 z z 中不含负幂项, z 3! 5!
1 (4) 由零点的阶数判别 令 g ( z ) f ( z ) 以a为m阶零点
(可去奇点a要当作解析点看,只要令g(a)=0).
z z0
定理5.4 若a为f ( z)的孤立奇点,则下列三条件等价, 因此,它们中任何一条都是m阶极点的特征
(1) f ( z)在点a的主要部分为 c ( m1) c m c1 , (c m 0) m m 1 ( z a) ( z a) z a (2) f ( z)在点a的某去心邻域内能表成
(2) lim f ( z ) b, (b );
(3) f ( z)在点a的某去心邻域内有界. 证明 "(1) (2)" 由于
f ( z) c0 c1 ( z a) cn ( z a)n (0 z a R) 故 lim f ( z ) c0 ; z a "(2) (3)" 由于 lim f ( z ) b, (b );
n1
cn ( z a )
n 0
n
主要部分
正则部分
三种类型---定义5.3
1) 如果f ( z )中不含 z a 的负幂项,即主要部分为零 那么孤立奇点a称为 f ( z )的可去奇点. 2) 如果f ( z )在点a主要部分为有限多项,设为
c
n1
m
n
(z a)
n
那么a为 f ( z ) 的m阶极点.
0 z
1 1 1 1 1 1 n sin (1) , 3 2 n 1 z z 3! z (2n 1)! z
sin z 以z 0为 3 二阶极点. z
0 z
1 以z 0为 sin 本质奇点. z
2 可去奇点
(1) 由定义判断: 如果 f ( z ) 在 z0 的洛朗级数无负 幂项则 z0 为 f ( z ) 的可去奇点.
注1 几何意义 任一解析函数w f ( z ), f (0) 0, 当把
单位圆变到单位圆内区域时,圆内任一点z 0的像 比z距坐标原点为近, 如果有一点像与这个点本身距原 点距离相同, 则为单位圆.
y
v
z
f ( z)