复变函数习题解答（第3章）

复变函数习题解答（第3章）

p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]

5. 由积分?C1/(z + 2) dz之值证明?[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = 0，其中C取单位圆周| z | = 1．

【解】因为1/(z + 2)在圆| z | < 3/2内解析，故?C1/(z + 2) dz = 0．

设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, 2π]．

则?C1/(z + 2) dz = ?C1/(z + 2) dz = ?[0, 2π] i e iθ/(e iθ + 2) dθ

= ?[0, 2π] i (cosθ + i sinθ)/(cosθ + i sinθ + 2) dθ

= ?[0, 2π] (- 2 sinθ + i (1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ) dθ

= ?[0, 2π] (- 2 sinθ)/(5 + 4cosθ) dθ+ i ?[0, 2π] (1 +2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ．

所以?[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．

因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)以2π为周期，故?[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0；因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)为偶函数，故

[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = (1/2) ?[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．

7. (分部积分法)设函数f(z), g(z)在单连通区域D内解析，α, β是D内两点，试证

[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -?[α, β] g(z) f’(z)dz．

【解】因f(z), g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’都在D 内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’的积分都与路径无关．

[α, β] f(z)g’(z)dz +?[α, β] g(z) f’(z)dz = ?[α, β] ( f(z)g’(z)dz + g(z) f’(z))dz

= ?[α, β] ( f(z)g(z))’dz．

而f(z)g(z)是( f(z)g(z))’在单连通区域D内的一个原函数，所以

[α, β] ( f(z)g(z))’dz = f(β)g(β) -f(α)g(α) = ( f(z)g(z))|[α, β]．

因此有?[α, β] f(z)g’(z)dz + ?[α, β] g(z) f’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α,β]，

即?[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -?[α, β] g(z) f’(z)dz．

13. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D 内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，求证Γ亦为光滑曲线．

【解】分两种情况讨论．

(1) 当z(α) ≠z(β)时，C不是闭曲线．此时z(t)是[α, β]到D内的单射，z(t)∈C1[α, β]，且在[α, β]上，| z’(t) |≠ 0．

因Γ是曲线C在映射f下的象，所以Γ可表示为w = f(z(t)) (α≤t≤β)．t∈[α, β]，z(t)∈D．因f于区域D内解析，故f在z(t)处解析，

因此f(z(t))在t处可导，且导数为f’(z(t))z’(t)．

显然，f’(z(t))z’(t)在[α, β]上是连续的，所以f(z(t))∈C1[α, β]．因为f(z)于区域D内是单叶的，即f(z)是区域D到的单射，而z(t)是[α, β]到D内的单射，故f(z(t))是[α, β]到内的单射．

因在D内有f’(z) ≠ 0，故在[α, β]上，| f’(z(t))z’(t) |= | f’(z(t)) | · |z’(t) |≠ 0．

所以，Γ是光滑曲线．

(2) 当z(α) = z(β)时，C是闭曲线．此时z(t)∈C1[α, β]；在[α, β]上，有| z’(t) |≠ 0；z’(α) = z’(β)；?t1∈[α, β]，?t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)．

与(1)完全相同的做法，可以证明f(z(t))∈C1[α, β]，且| f’(z(t))z’(t) |≠ 0．

由z(α) = z(β)和z’(α)= z’(β)，可知f’(z(α))z’(α) = f’(z(β))z’(β)．

因为?t1∈[α, β]，?t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)，

由f(z)于区域D内单叶，因此我们有f(z(t1)) ≠f(z(t2))．

所以Γ是光滑的闭曲线．

14. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D

内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，证明积分换元公式

ΓΦ(w) dw = ?CΦ( f(z)) f’(z) dz．

其中Φ(w)沿曲线Γ连续．

【解】由13题知曲线Γ也是光滑曲线，其方程为w(t) = f(z(t)) (α≤t≤β)．

故?ΓΦ(w) dw = ?[α, β] Φ(w(t)) ·w’(t) dt = ?[α, β] Φ( f(z(t))) · ( f’(z(t)) z’(t)) dt．

而?CΦ( f(z)) f’(z) dz = ?[α, β] ( Φ( f(z(t))) f’(z(t))) ·z’(t) dt．所以?ΓΦ(w) dw = ?CΦ( f(z)) f’(z) dz．

15. 设函数f(z)在z平面上解析，且| f(z) |恒大于一个正的常数，试证f(z)必为常数．【解】因| f(z) |恒大于一个正的常数，设此常数为M．

则?z∈ ，| f(z) | ≥M，因此| f(z) | ≠ 0，即f(z) ≠ 0．

所以函数1/f(z)在上解析，且| 1/f(z) | ≤ 1/M．

由Liuville定理，1/f(z)为常数，因此f(z)也为常数．

17. 设函数f(z)在区域D内解析，试证(?2/?x2 + ?2/?y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．

【解】设f(z) = u + i v，w = | f(z) |2，则w = ln ( u 2 + v 2 )．w x = 2(u x u+ v x v)，w y = 2(u y u+ v y v)；

w xx = 2(u xx u+ u x2 + v xx v+ v x2 )，w yy = 2(u yy u+ u y2 + v yy v+ v y2 )；

因为u, v都是调和函数，所以

u xx u+ u yy u= (u xx + u yy) u= 0，v xx v+ v yy v= (v xx + v yy) v= 0；

由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2 = v y 2，v x 2 = u y2，

故w xx + w yy = 2 (u x2 + v x2 + u y2 + v y2) = 4 (u x2 + v x2) = 4 | f(z) |2；

即(?2/?x2 + ?2/?y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．