大学复变函数的问题,这一串式子怎么变化得到的?
首先绝对值内可化为根号下（9t^2+(4t-1)^2)整理得（25t^2-8t+1),然后配方:提出25得（25(t^2-8t/25+1/25)),再变为（25（t-4/25)^2+9/25).后面是不等式放缩法,因为根号计算值不小于零,故略去根号式来放大.
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第一章&&& 复数与复变函数
1将复数 $$\bex \frac{(\cos5\varphi+i\sin 5\varphi)^2}{(\cos3\varphi-i\sin 3\varphi)^3} \eex$$ 化为指数形式.
解答: 由 Euler 公式, $$\bex \mbox{原式}=\frac{(e^{i5\varphi})^2}{(e^{-i3\varphi})^3} =e^{i[10\varphi-(-9\varphi)]}=e^{19\varphi i}. \eex$$
2如果 $z=e^{it}$, 试证: $$\bex z^n+\frac{1}{z^n}=2\cos nt,\quad z^n-\frac{1}{z^n}=2i\sin nt. \eex$$
证明: 由 $$\bex z^n=e^{int},\quad \frac{1}{z^n}=e^{-int} \eex$$ 及 Euler 公式即得.
3设 $x_n+iy_n=(1-i\sqrt{3})^n$ ($x_n,y_n$ 为实数; $n$ 为正整数). 试证: $$\bex x_ny_{n-1}-x_{n-1}y_n=4^{n-1}\sqrt{3}. \eex$$
证明: 由 $$\bex x_n+iy_n=(1-i\sqrt{3})^n=\sex{2e^{-i\frac{\pi}{3}}}^n =2^ne^{-i\frac{n\pi}{3}} \eex$$ 知 $$\bex x_n=2^n\cos\frac{n\pi}{3},\quad y_n=2^n \sin\frac{n\pi}{3}. \eex$$ 于是 $$\beex \bea x_ny_{n-1}-x_{n-1}y_n &=2^{2n-1}\cos\frac{n\pi}{3} \sin\frac{(n-1)\pi}{3} +2^{2n-1}\cos\frac{(n-1)\pi}{3}\sin\frac{n\pi}{3}\\ &=2^{2n-1}\sin\frac{\pi}{3}\\ &=4^{n-1}\sqrt{3}. \eea \eeex$$
4设 $z=x+iy$, 试证: $$\bex \frac{|x|+|y|}{\sqrt{2}}\leq |z|\leq |x|+|y|. \eex$$
证明: 由 Cauchy 不等式即得.
5设 $z_1$ 及 $z_2$ 是两个复数. 试证: $$\bex |z_1-z_2|\geq ||z_1|-|z_2||. \eex$$
证明: 这就是三角不等式.
6设 $|z|=1$, 试证: $$\bex \sev{\frac{az+b}{\bar bz+\bar a}}=1. \eex$$
证明: 利用 $$\bex |z_1+z_2|^2=|z_1|^2+|z_2|^2+2\Re (z_1\overline{z_2}) \eex$$ 展开即得.
7已知正方形 $z_1z_2z_3z_4$ 的相对顶点 $z_1(0,-1)$ 和 $z_3(2,5)$. 求顶点 $z_2$ 和 $z_4$ 的坐标.
解答: 正方形的中心 $$\bex z_0=\frac{z_1+z_3}{2}=(1,2), \eex$$ 而 $$\beex \bea z_2-z_0=(z_1-z_0)i&\ra z_2=(4,1);\\ z_4-z_0=(z_3-z_0)i&\ra z_4=(-2,3). \eea \eeex$$
8试证: 以 $z_1,z_2,z_3$ 为顶点的三角形和以 $w_1,w_2,w_3$ 为顶点的三角形同向相似的充要条件是 $$\bex \sev{\ba{ccc} z_1&w_1&1\\ z_2&w_2&1\\ z_3&w_3&1 \ea}=0. \eex$$
证明: $$\beex \bea \lap z_1z_2z_3\sim \lap w_1w_2w_3 &\lra \frac{|z_2-z_1|}{|z_3-z_1|} =\frac{|w_2-w_1|}{|w_3-w_1|},\quad \Arg \frac{z_2-z_1}{z_3-z_1} =\Arg \frac{w_2-w_1}{w_3-w_1}\\ &\lra \frac{z_2-z_1}{z_3-z_1} =\frac{w_2-w_1}{w_3-w_1}\\ &\lra 0=\sev{\ba{cc} z_2-z_1&w_2-w_1\\ z_3-z_1&w_3-w_1 \ea}\\ &\quad\quad=\sev{\ba{ccc} z_1&w_1&1\\ z_2-z_1&w_2-w_1&0\\ z_3-z_1&w_3-w_1&0 \ea}=\sev{\ba{ccc} z_1&w_1&1\\ z_2&w_2&1\\ z_3&w_3&1 \ea}. \eea \eeex$$
9试证: 四个相异点 $z_1,z_2,z_3,z_4$ 共圆周或共直线的充要条件是 $$\bex \frac{z_1-z_4}{z_1-z_2}:\frac{z_3-z_4}{z_3-z_2}\mbox{ 为实数}. \eex$$
证明: $$\beex \bea &\quad z_1,z_2,z_3,z_4\mbox{ 共直线或共圆周}\\ &\lra \Arg\frac{z_1-z_4}{z_1-z_2} -Arg\frac{z_3-z_4}{z_3-z_2}=0\mbox{ 或 }\pi\\ &\lra \Arg\sex{\frac{z_1-z_4}{z_1-z_2}:\frac{z_3-z_4}{z_3-z_2}} =0\mbox{ 或 }\pi\\ &\lra \frac{z_1-z_4}{z_1-z_2}:\frac{z_3-z_4}{z_3-z_2}\in\bbR. \eea \eeex$$
10试证: 两向量 $\vec{Oz_1}\ (z_1=x_1+iy_1)$ 与 $\vec{Oz_2}\ (z_2=x_2+iy_2)$ 互相垂直的充要条件是 $$\bex z_1\overline{z_2}+\overline{z_1}z_2=0. \eex$$
证明: $$\beex \bea &\quad \vec{Oz_1}\perp \vec{Oz_2}\\ &\lra x_1x_2+y_1y_2=0\\ &\lra \frac{z_1+\overline{z_1}}{2} \cdot \frac{z_2+\overline{z_2}}{2} +\frac{z_1-\overline{z_1}}{2i}\cdot \frac{z_2-\overline{z_2}}{2i}=0\\ &\lra z_1\overline{z_2}+\overline{z_1}z_2=0. \eea \eeex$$
11试证: 方程 $$\bex \sev{\frac{z-z_1}{z-z_2}}=k\quad(0&k\neq 1,\ z_1\neq z_2) \eex$$ 表示 $z$ 平面上一个圆周, 其圆心为 $z_0$, 半径为 $\rho$, 且 $$\bex z_0=\frac{z_1-k^2z_2}{1-k^2},\quad \rho=\frac{k|z_1-z_2|}{|1-k^2|}. \eex$$
证明: $$\beex \bea &\quad\sev{\frac{z-z_1}{z-z_2}}=k\\ &\lra |z|^2+|z_1|^2-2\Re(z\overline{z_1}) =k^2|z|^2+k^2|z_2|^2 -2k^2\Re(z\overline{z_2})\\ &\lra (1-k^2)|z|^2 -2\Re\sex{z\overline{z_1-k^2z_2}} =k^2|z_2|^2-|z_1|^2\\ &\lra |z|^2-2\Re\sex{z\overline{\frac{z_1-k^2z_2}{1-k^2}}} =\frac{k^2|z_2|^2-|z_1|^2}{1-k^2}\\ &\lra \sev{z-\frac{z_1-kz}{1-k^2}}^2 =\sev{\frac{z_1-k^2z_2}{1-k^2}}^2 +\frac{k^2|z_2|^2-|z_1|^2}{1-k^2} =\sex{\frac{k|z_1-z_2|}{|1-k^2|}}^2. \eea \eeex$$
12试证 $$\bex \Re z&0\lra \sev{\frac{1-z}{1+z}}&1. \eex$$ 并能从几何意义上来读本题.
证明: 由 $$\bex |1-z|^2=1+|z|^2-2\Re z,\quad |1+z|^2=1+|z|^2+2\Re z \eex$$ 即知结论. 本题的几何意义为右半 $z$ 平面上的点到 $1$ 的距离比到 $-1$ 的距离来得小.
第二章&&& 解析函数
1设函数 $\dps{f(z)=\frac{z}{1-z^2}}$. 试证: $$\bex \Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}}&0,\quad\sex{|z|&1}. \eex$$
证明: $$\beex \bea f'(z)=\frac{1-z^2-z\cdot(-2z)}{(1-z^2)^2} =\frac{1+z^2}{(1-z^2)^2} &\ra z\frac{f'(z)}{f(z)} =\frac{1+z^2}{1-z^2} =\frac{1-|z|^2-\bar z^+z^2}{|1-z^2|^2}\\ &\ra \Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}} =\frac{1-|z|^2}{|1-z^2|^2}&0,\quad\sex{|z|&1}. \eea \eeex$$
注记: 这里 $\dps{f(z)=\frac{z}{1-z^2}}$ 是单位圆 $|z|&1$ 内的单叶解析星象函数.
2设 $\dps{f(z)=\frac{z}{1-z}}$, 求证: $$\bex \Re\sez{1+z\frac{f''(z)}{f'(z)}}&0,\quad\sex{|z|&1}. \eex$$
证明: $$\beex \bea f(z)=\frac{z}{1-z}=-1+\frac{1}{1-z} &\ra f'(z)=\frac{1}{(1-z)^2}\\ &\ra f''(z)=\frac{2}{(1-z)^3}\\ &\ra 1+z\frac{f''(z)}{f'(z)} =1+\frac{2z}{1-z} =\frac{1+z}{1-z}=\frac{1-|z|^2+z-\bar z}{|1-z|^2}\\ &\ra \Re\sez{1+z\frac{f''(z)}{f'(z)}} =\frac{1-|z|^2}{|1-z|^2}&0,\quad \sex{|z|&1}. \eea \eeex$$
注记: 这里 $\dps{f(z)=\frac{z}{1-z}}$ 是单位圆 $|z|&1$ 内的单叶解析凸像函数.
3若函数 $f(z)$ 在上半 $z$ 平面内解析, 试证函数 $\overline{f(\bar z)}$ 在下半 $z$ 平面内解析.
证明: 由 $$\bex \lim_{\bar z\to 0}\frac{\overline{f\sex{\overline{z+\lap z}}}-\overline{f\sex{\overline{z}}}}{\lap z} =\lim_{\bar z\to 0} \overline{\sez{\frac{f\sex{\bar z+\overline{\lap z}}-f\sex{\bar z}}{\overline{\lap z}}}} =\overline{f'(\bar z)} \eex$$ 知所讨论函数在下半 $z$ 平面上可微, 而解析.
4 (形式导数)
(1) 设二元实变函数 $u(x,y)$ 有偏导数. 此函数可以写成 $z=x+iy$ 及 $\bar z$ 的函数 $$\bex u=u\sex{\frac{z+\bar z}{2},\frac{z+\bar z}{2i}}. \eex$$ 试证 (形式地) $$\bex \frac{\p u}{\p z}=\frac{1}{2}\sex{\frac{\p u}{\p x}+i\frac{\p u}{\p y}},\quad \frac{\p u}{\p \bar z} =\frac{1}{2}\sex{\frac{\p u}{\p x}+i\frac{\p u}{\p y}}. \eex$$
(2)设复变函数 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$, 且 $u(x,y)$ 和 $v(x,y)$ 都有偏导数. 试证 (形式地): 对于 $f(z)$, Cauchy-Riemann 方程可以写成 $$\bex \frac{\p f}{\p \bar z}=\frac{\p u}{\p \bar z} +i\frac{\p v}{\p \bar z}=0. \eex$$ (由此可见, 解析函数是以条件 $\dps{\frac{\p f}{\p \bar z}=0}$ 为其特征的. 因此, 我们不妨说, 一个解析函数与 $\bar z$ 无关, 而是 $z$ 的函数.)
(1)由 $$\bex x=\frac{z+\bar z}{2},\quad y=\frac{z-\bar z}{2i} \eex$$ 知 $$\bex \frac{\p}{\p z}=\frac{1}{2}\sex{\frac{\p}{\p x}-i\frac{\p}{\p y}},\quad \frac{\p}{\p \bar z}=\frac{1}{2}\sex{\frac{\p}{\p x}+i\frac{\p}{\p y}}. \eex$$
(2)Cauchy-Riemann 方程为 $$\bex u_x=v_y,\quad u_y=-v_x. \eex$$ 或者等价地, $$\beex \bea &\quad\ (u_x-v_y)+i(u_y+v_x)=0\\ &\lra u_x+iu_y+i(v_x+iv_y)=0\\ &\lra \frac{\p}{\p \bar z}u+i\frac{\p}{\p \bar z}v=0\\ &\lra \frac{\p f}{\p \bar z}=0. \eea \eeex$$
5试证: $|\Im z|\leq |\sin z|\leq e^{|\Im z|}$.
证明: 设 $z=x+iy$, 则\footnote{$e^y=1+y+y^2/2+\xi^3/6\ra |\sinh y|\geq |y|$.} $$\beex \bea |\Im z|&=|y|,\\ |\sin z|&=\sev{\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}} =\sev{\frac{e^{-y+ix}-e^{y-ix}}{2}} \geq \frac{||e^{y-ix}|-|e^{-y+ix}||}{2} =\frac{|e^y-e^{-y}|}{2}\\ &=|\sinh y|\geq |y|,\\ |\sin z|&=\sev{\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}} \leq \frac{|e^{-y+ix}|+|e^{y-ix}|}{2} =\frac{e^{-y}+e^y}{2}\leq e^{|y|}. \eea \eeex$$
6若 $|z|\leq R$. 试证: $$\bex |\sin z|\leq \cosh R,\quad |\cos z|\leq \cosh R. \eex$$
证明: 由 $\cosh x$ 在 $[0,\infty)$ 上为递增函数知 $$\beex \bea |\sin z|&=\sev{\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2}} \leq \frac{|e^{-y+ix}|+|e^{y-ix}|}{2} =\frac{e^{-y}+e^y}{2}\leq \cosh R,\\ |\cos z|&=\sev{\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}} \leq \frac{|e^{-y+ix}|+|e^{y-ix}|}{2} =\frac{e^{-y}+e^y}{2}\leq \cosh R. \eea \eeex$$
7证明函数 $f(z)=z^2+2z+3$ 在单位圆 $|z|&1$ 内是单叶的.
证明: 对圆内任意相异点 $z_1,z_2$ 有 $$\beex \bea \sev{\frac{f(z_1)-f(z_2)}{z_1-z_2}} &=\sev{\frac{z_1^2-z_2^2+2(z_1-z_2)}{z_1-z_2}}\\ &=|z_1+z_2+2|\\ &\geq 2-|z_1|-|z_2|\\ &&0. \eea \eeex$$
8试证多值函数 $f(z)=\sqrt[4]{(1-z)^3(1+z)}$ 在割去线段 $[-1,1]$ 的 $z$ 平面上可以分出四个单值解析分支. 求函数在割线上岸取正值的那个分支在点 $z=\pm i$ 的值.
证明: 由 $$\bex \lap_C\Arg f(z)=\frac{1}{4}\sez{3\lap_C\Arg (z-1)+\lap_C\Arg (z+1)} \eex$$ 知 $f(z)$ 的支点仅为 $\pm 1$. 割去 $[-1,1]$, 我们即得其四个单值解析分支. 在割去 $[-1,1]$ 后的左半 $z$ 平面上作联结 $1/2$ 与 $\pm 1$ 的曲线 $C_1,C_2$, 则有 $$\beex \bea f(i)&=|f(i)|e^{\Arg f(i)} =|f(i)|e^{i\sez{\Arg f\sex{\frac{1}{2}}+\lap_{C_1}\Arg f(z)}}\\ &=\sqrt[4]{|1-i|^3|1+i|}e^{i\sez{0+\frac{1}{4}\sex{-3\cdot\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}}}} =\sqrt{2}e^{-\frac{\pi}{8}i},\\ f(-i)&=|f(-i)|e^{i\Arg f(-i)} =|f(-i)|e^{i\sez{\Arg f\sex{\frac{1}{2}}+\lap_{C_2}\Arg f(z)}}\\ &=\sqrt[4]{|1+i|^3|1-i|}e^{i\sez{0+\frac{1}{4}\sex{-3\cdot\frac{7\pi}{4}-\frac{\pi}{4}}}} =\sqrt{2}e^{-\frac{11\pi}{8}i} =\sqrt{2}e^{\frac{5\pi}{8}i}. \eea \eeex$$
9已知 $f(z)=\sqrt{(1-z)(1+z^2)}$ 在 $z=0$ 的值为 $1$. 在右上 $z$ 平面内描绘路线 $OPA$. 点 $A$ 为 $2$, 试求 $f(z)$ 在点 $A$ 的值.
解答: $$\beex \bea f(2)&=|f(2)|e^{i\Arg f(2)}\\ &=|f(2)|e^{i\sez{\Arg f(0)+\lap_{OPA} \Arg f(z)}}\\ &=|f(2)|e^{i\sed{\Arg f(0)+\frac{1}{2}\sez{\lap_{OPA}\Arg (z-1)+\lap_{OPA}\Arg (z-i)+\lap_{OPA}\Arg (z+i)}}}\\ &=\sqrt{|1-2|\cdot|1+2^2|} e^{i\sed{0+\frac{1}{2}\sez{-\pi+\arctan 2-\arctan 2}}}\\ &=\sqrt{5}e^{-\frac{\pi}{2}i}\\ &=-\sqrt{5}i. \eea \eeex$$
10试证 $f(z)=\sqrt{z(1-z)}$ 在割去线段 $0\leq \Re z\leq 1$ 的 $z$ 平面上能分出两个单值解析分支. 并求出在割线 $0\leq \Re z\leq 1$ 上岸取正值时的那一支在 $z=-1$ 的值, 以及它的二阶导数在 $z=-1$ 的值.
证明: 由 $$\beex \bea \lap_C\Arg f(z)=\frac{1}{2}\sez{\lap_C\Arg z+\lap_C\Arg (z-1)} \eea \eeex$$ 知 $f$ 的支点为 $0,1$. 而在割去了 $[0,1]$ 后的 $z$ 平面上 $f$ 能分出两个单值解析分支. 在上半平面上作一曲线联结 $1/2$, $-1$ 两点, 则有 $$\beex \bea f(-1)&=|f(-1)|e^{i\Arg f(-1)}\\ &=\sqrt{|z|\cdot |1-z|}e^{i\sez{\Arg f\sex{\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\sez{\lap_C\Arg z+\lap_C\Arg (z-1)}}}\\ &=\sqrt{2}e^{i\sed{0+\frac{1}{2}[\pi+0]}}\\ &=\sqrt{2}e^{\frac{\pi}{2}i}\\ &\sqrt{2}i. \eea \eeex$$ 又 $$\beex \bea f(z)=(z-z^2)^{1/2} &\ra f'(z)=\frac{1}{2}(z-z^2)^{-1/2}(1-2z)\\ &\ra f''(z)=-\frac{1}{4}(z-z^2)^{-3/2}(1-2z)^2-(z-z^2)^{-1/2}, \eea \eeex$$ 我们有 $$\bex f''(z)=-\frac{1}{4f^3(z)}(1-2z)^2 -\frac{1}{f(z)}, \eex$$ 而 $$\bex f''(-1)= -\frac{1}{4\cdot 2\sqrt{2}\cdot(-i)}3^2 -\frac{1}{\sqrt{2}i} =-\frac{\sqrt{2}}{16}i. \eex$$
第三章&&& 复变函数的积分
1设函数 $f(z)$ 在 $0&|z|&1$ 内解析, 且沿任何圆周 $C:\ |z|=r,\ 0&r&1$ 的积分值为零. 问 $f(z)$ 是否必须在 $z=0$ 处解析? 试举例说明之.
解答: $f$ 不是必须在 $z=0$ 处解析. 如对 $f(z)=1/z^2$ 而言, $$\bex \int_{|z|=r}\frac{1}{z^2}\rd z=0. \eex$$
2沿从 $1$ 到 $-1$ 的如下路径求 $\dps{\int_C\frac{1}{\sqrt{z}}\rd z}$.
(1) 上半单位圆周;
(2) 下半单位圆周, 其中 $\sqrt{z}$ 取主值支.
(1) $C$ 为 $z=e^{i\theta}$, $\theta$ 从 $0$ 到 $\pi$, 而 $$\bex \sqrt{z}=e^{i\frac{\theta}{2}}\ra \int_C\frac{1}{\sqrt{z}}\rd z =\int_0^\pi e^{-i\frac{\theta}{2}}\cdot ie^{i\theta}\rd \theta=2(i-1). \eex$$
(2)$C$ 为 $z=e^{i\theta}$, $\theta$ 从 $0$ 到 $-\pi$, 而 $$\bex \sqrt{z}=e^{i\frac{\theta}{2}}\ra \int_C\frac{1}{\sqrt{z}}\rd z=\int_0^{-\pi} e^{-i\frac{\theta}{2}}\cdot ie^{i\theta}\rd \theta=2(-i-1). \eex$$
3 试证: $$\bex \sev{\int_C\frac{z+1}{z-1}\rd z}\leq 8\pi, \eex$$ 其中 $C$ 为圆周 $|z-1|=2$.
证明: $$\beex \bea \sev{\int_C\frac{z+1}{z-1}\rd z} \leq \int_C \frac{|z+1|}{|z-1|}|\rd z| \leq \int_C \frac{|z-1|+2}{2}\rd s =2\int_C\rd s =2\cdot (2\pi \cdot 2)=8\pi. \eea \eeex$$
4设 $a,b$ 为实数, $s=\sigma+i t\ (\sigma&0)$. 试证: $$\bex |e^{bs}-e^{as}|\leq |s||b-a|e^{\max\sed{a,b}\cdot \sigma}. \eex$$
证明: $$\beex \bea |e^{bs}-e^{as}| &=\sev{\int_a^b se^{xs}\rd x} \leq |s|\int_a^b e^{x\sigma}|\rd x|\\ &=\left\{\ba{ll} |s|\int_a^b e^{x\sigma}\rd x \leq |s|(b-a)e^{b\sigma},&a\leq b,\\ |s|\int_b^a e^{x\sigma}\rd x \leq |s|(a-b)e^{a\sigma},&a&b. \ea\right. \eea \eeex$$
5 设在区域 $\dps{D=\sed{z;\ |\arg z|&\frac{\pi}{2}}}$ 内的单位圆 $|z|=1$ 上任取一点 $z$, 用 $D$ 内曲线 $C$ 连接 $0$ 与 $z$, 试证: $$\bex \Re \int_C\frac{\rd z}{1+z^2}=\frac{\pi}{4}. \eex$$
证明: 由 Cauchy 积分定理, $$\beex \bea \Re \int_C\frac{\rd z}{1+z^2} &=\Re \int_{(0,0)\to (1,0)}+\int_{(1,0)\to z=e^{i\theta}}\\ &=\Re \int_0^1 \frac{1}{1+s^2}\rd s +\Re \int_0^\theta\frac{ie^{i\varphi}\rd \varphi}{1+e^{2\varphi i}}\\ &=\Re \frac{\pi}{4} +\Re \int_0^\theta \frac{i\cdot 2\Re e^{i\varphi}}{|1+e^{2\varphi i}|^2}\rd \varphi\\ &=\frac{\pi}{4}. \eea \eeex$$
6试计算积分 $$\bex \int_C(|z|-e^z\sin z)\rd z \eex$$ 之值, 其中 $C$ 为圆周 $|z|=a&0$.
解答: 由 Cauchy 积分定理, $$\bex \int_C(|z|-e^z\sin z)\rd z=\int_C |z|\rd z =a\int_C\rd z=0. \eex$$
(1)&&& $f(z)$ 在 $|z|\leq 1$ 上连续;
(2)&&& 对任意的 $r\in (0,1)$, $$\bex \int_{|z|=r}f(z)\rd z=0. \eex$$
试证: $$\bex \int_{|z|=1}f(z)\rd z=0. \eex$$
证明: 由 $f$ 在 $|z|\leq 1$ 上连续值 $zf(z)$ 在 $|z|\leq 1$ 上一致连续, 而 $\exists\ \ve&0,\ \exists\ N,\st $ $$\bex n\geq N,\ 0\leq \theta\leq 2\pi\ra \sev{ f\sex{ \sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}}\cdot \sex{1-\frac{1}{n}} e^{i\theta} -f\sex{e^{i\theta}}\cdot e^{i\theta}}&\ve. \eex$$ 这说明函数列 $\dps{\sed{f\sex{\sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}}\cdot \sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}}_{n=1}^\infty}$ 在 $[0,2\pi]$ 上一致收敛于 $f(e^{i\theta})\cdot e^{i\theta}$. 因此, $$\beex \bea 0&=\lim_{n\to\infty}\int_{|z|=1-\frac{1}{n}}f(z)\rd z =i\lim_{n\to\infty}\int_0^{2\pi} f\sex{\sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}}\cdot \sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}\rd \theta\\ &=i\int_0^{2\pi}f(e^{i\theta})\cdot e^{i\theta}\rd \theta =\int_{|z|=1}f(z)\rd z. \eea \eeex$$
(1)&&& 函数 $f(z)$ 当 $|z-z_0|&r_0&0$ 时是连续的;
(2)&&& $M(r)$ 表 $|f(z)|$ 在 $K:\ |z-z_0|=r&r_0$ 上的最大值;
(3)&&& $\dps{\lim_{r\to\infty}rM(r)=0}$.
试证: $$\bex \lim_{r\to\infty}\int_{K_r}f(z)\rd z=0. \eex$$
证明: 由 $$\bex \sev{\int_{K_r}f(z)\rd z}\leq M_r\int_{K_r}|\rd z| =M_r\cdot 2\pi r\to 0\quad\sex{r\to\infty} \eex$$ 即知结论.
(1) 若函数 $f(z)$ 在点 $z=a$ 的邻域内连续, 则 $$\bex \lim_{r\to 0}\int_{|z-a|=r}\frac{f(z)}{z-a}\rd z=2\pi if(a); \eex$$
(2)若函数 $f(z)$ 在原点 $z=0$ 的邻域内连续, 则 $$\bex \lim_{r\to 0}\int_0^{2\pi} f(re^{i\theta})\rd \theta=2\pi f(0). \eex$$
(1) $$\beex \bea \lim_{r\to 0}\int_{|z-a|=r}\frac{f(z)}{z-a}\rd z &=\lim_{r\to 0}\int_0^{2\pi} \frac{f(a+re^{i\varphi})}{re^{i\varphi}}\cdot ie^{i\varphi}\rd \varphi\\ &=i\lim_{r\to 0}\int_0^{2\pi}f(a+re^{i\varphi})\rd \varphi\\ &=2\pi if(a). \eea \eeex$$
(2)由 (1), 显然.
10设函数 $f(z)$ 在 $|z|&1$ 内解析, 在闭圆 $|z|\leq 1$ 上来连续, 且 $f(0)=1$, 求积分 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\sez{2\pm\sex{z+\frac{1}{z}}}f(z)\frac{\rd z}{z} \eex$$ 之值.
解答: 由 Cauchy 积分公式, $$\beex \bea \mbox{原式} &=\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{(2\pm z)f(z)}{z}\rd z \pm \frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{f(z)}{z^2}\rd z\\ & =2f(0)\pm \frac{1}{1!}f'(0)=2\pm f'(0). \eea \eeex$$
11若函数 $f(z)$ 在区域 $D$ 内解析, $C$ 为 $D$ 内以 $a,b$ 为端点的直线段. 试证: 存在数 $\lambda$, $|\lambda|\leq 1$, 与 $\xi\in C$ 使得 $$\bex f(b)-f(a)=\lambda(b-a) f'(\xi). \eex$$
证明: 由 $$\bex \sev{f(b)-f(a)}=\sev{\int_a^b f'(z)\rd z} \leq \int_a^b |f'(z)|\cdot |\rd z| =|f'(\xi)|\cdot (b-a),\quad \xi\in [a,b] \eex$$ 知 $$\bex \sev{\frac{f(b)-f(a)}{f'(\xi)(b-a)}}\leq 1. \eex$$ 即 $$\bex \exists\ \lambda:\ |\lambda|\leq 1,\st \frac{f(b)-f(a)}{f'(\xi)(b-a)}=\lambda. \eex$$
12如果在 $|z|& 1$ 内函数 $f(z)$ 解析, 且 $$\bex |f(z)|\leq \frac{1}{1-|z|}. \eex$$ 试证: $$\bex |f^{(n)}(0)|\leq (n+1)!\sex{1+\frac{1}{n}}^n&e(n+1)!. \eex$$
证明: 由 Cauchy 积分公式, $$\beex \bea |f^{(n)}(0)|&=\sev{\frac{n!}{2\pi i}\int_{|z|=\frac{n}{n+1}}\frac{f(\zeta)}{\zeta^{n+1}}\rd \zeta}\\ &\leq \frac{n!}{2\pi}\cdot \frac{1}{1-\frac{n}{n+1}}\cdot \frac{1}{\sex{\frac{n}{n+1}}^{n+1}}\cdot 2\pi \frac{n}{n+1}\\ &=(n+1)!\sex{1+\frac{1}{n}}^n&e(n+1)!. \eea \eeex$$
13设在 $|z|\leq 1$ 上函数 $f(z)$ 解析, 且 $|f(z)|\leq 1$, 试证: $$\bex |f'(0)|\leq 1. \eex$$
证明: $$\bex |f'(0)|=\sev{\frac{1!}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{f(\zeta)}{\zeta^2}\rd \zeta} \leq \frac{1}{2\pi}\cdot 1\cdot \frac{1}{1!}\cdot 2\pi =1. \eex$$
14设 $f(z)$ 为非常数的整函数. 又设 $R,M$ 为任意正数. 试证: 满足 $|z|&R$ 且 $|f(z)|\leq M$ 的 $z$ 必存在.
证明: 用反证法. 若 $\exists\ R&0,\ M&0,\st $ 满足 $|z|&R$ 且 $|f(z)|&M$ 的 $z$ 不存在. 则 $$\bex |z|&R\ra |f(z)|\leq M. \eex$$ 又 $f$ 在 $|z|\leq R$ 上连续, 而 $f$ 在 $|z|\leq R$ 上有界. 因此, $f$ 在整个 $z$ 平面上有界. 由 Liouville 定理, $f$ 是常数. 这是一个矛盾. 故有结论.
15已知 $u+v=(x-y)(x^2+4xy+y^2)-2(x+y)$, 试确定解析函数 $f(z)=u+iv$.
解答: 由 $$\bex u_x+v_x=3x^2+6xy-3y^2-2,\quad u_y+v_y=3x^2-6xy-3y^2-2 \eex$$ 及 Cauchy-Riemann 方程知 $$\bex u_x-u_y=3x^2+6xy-3y^2-2,\quad u_y+u_x=3x^2-6xy-3y^2-2. \eex$$ 因此, $$\bex u_x=3x^2-3y^2-2\ra u=x^3-3xy^2-2x+\varphi(y), \eex$$ $$\bex u_y=-6xy\ra -6xy+\varphi'(y)=-6xy\ra \varphi(y)=a. \eex$$ 于是 $$\beex \bea u&=x^3-3xy^2-2x+a\\ v_x&=-u_y=6xy\ra v=3x^2y+\psi(y),\\ v_y&=u_x=3x^2-3y^2\ra 3x^2+\psi'(y)=3x^2-3y^2-2 \ra \psi(y)=-y^3-2y+b,\\ v&=3x^2y-y^3-2y+b,\\ f(z)&=u+iv =x^3-3xy^2-2x+i(3x^2y-y^3-2y)+a+ib\\ & =z^3-2z+k\quad(k=a+ib). \eea \eeex$$
（1）&&&&&& 区域 $D$ 是有界区域, 其边界是周线或复周线 $C$;
（2）&&&&&& 函数 $f_1(z)$ 及 $f_2(z)$ 在 $D$ 内解析, 在闭域 $\bar D=D +C$ 上连续;
（3）&&&&&& 沿 $C$, $f_1(z)=f_2(z)$.
试证: 在整个闭域 $\bar D$ 上, $f_1(z)=f_2(z)$.
证明: 考虑 $f(z)=f_1(z)-f_2(z)$, 则 $f$ 适合 Cauchy 积分公式的条件, 而 $$\bex f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\rd\zeta=0,\quad (z\in D). \eex$$
第四章&&& 解析函数的幂级数表示法
1设级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty f_n(z)}$ 在点集 $E$ 上一致收敛于 $f(z)$, 且在 $E$ 上 $|g(z)|\leq M\ (M&\infty)$, 则级数 $$\bex \sum_{n=1}^\infty g(z)f_n(z) \eex$$ 在 $E$ 上一致收敛于 $g(z)\cdot f(z)$. 试证之.
证明: 由 $$\bex \sev{\sum_{k=n+1}^{n+p}g(z)f_k(z)} =\sev{g(z)\sum_{k=n+1}^{n+p}f_k(z)}\leq M\sev{\sum_{k=n+1}^{n+p}f_k(z)} \eex$$ 及 Cauchy 收敛准则即知结论.
2试证: 在单位圆 $|z|&1$ 内, 级数 $$\bex z+(z^2-z)+\cdots+(z^n-z^{n-1})+\cdots \eex$$ 收敛于函数 $f(z)\equiv 0$, 但它并非一致收敛.
证明: 由部分和 $$\bex s_n=z+(z^2-z)+\cdots+(z^n-z^{n-1})=z^n\to 0 \eex$$ 知原级数在单位圆 $|z|&1$ 内收敛于 $f(z)\equiv 0$. 又由 $$\beex \bea \sev{(z^{n+1}-z^n)+(z^{n+2}-z^{n+1})+\cdots+(z^{n+p}-z^{n+p-1})} =|z^{n+p}-z^n| \eea \eeex$$ 及 $$\bex \lim_{n\to\infty}\sev{\sex{1-\frac{1}{n}}^{2n}-\sex{1-\frac{1}{n}}^n} =|e^{-2}-e^{-1}|&0, \eex$$ 及 Cauchy 收敛准则知原级数不一致收敛.
（1）如果 $\dps{\sum_{n=1}^\infty v_n=\delta}$ 绝对收敛, 则 $$\bex |\delta|\leq |v_1|+|v_2|+\cdots+|v_n|+\cdots. \eex$$
（2）对任一复数 $z$, $$\bex |e^z-1|\leq e^{|z|}-1\leq |z|e^{|z|}. \eex$$
（3）当 $0&|z|&1$ 时, $$\bex \frac{1}{4}|z|&|e^z-1|&\frac{7}{4}|z|. \eex$$
（1）$\dps{|\delta|=\sev{\sum_{n=1}^\infty v_n} \leq \sum_{n=1}^\infty |v_n|}$.
（2） $$\beex \bea |e^z-1| &=\sev{\sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n!}} \leq \sum_{n=1}^\infty \frac{|z|^n}{n!} =e^{|z|}-1\\ &=|z|\sez{1+\frac{|z|}{1!} +\frac{|z|^2}{2!} +\frac{|z|^3}{3!}+\cdots}\\ &\leq |z|\sez{1+|z|+\frac{|z|^2}{2!}+\cdots} =|z|e^{|z|}. \eea \eeex$$
(3) 当 $0&|z|&1$ 时, $$\beex \bea |e^z-1|&\leq |z|+\frac{|z|^2}{2!}+\frac{|z|^3}{3!}+\cdots\\ &\leq |z|+|z|\cdot \sez{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sex{\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots}} =\frac{7}{4}|z|;\\ |e^z-1|&\geq |z|-|z|\cdot \sez{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sex{\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots}} =\frac{1}{4}|z|. \eea \eeex$$
4 设 $\dps{f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n\ (a_0\neq 0)}$ 的收敛半径 $R&0$, 且 $$\bex M=\max_{|z|\leq \rho}|f(z)|,\quad (\rho&R). \eex$$ 试证: 在圆 $$\bex |z|&\frac{|a_0|}{|a_0|+M}\rho \eex$$ 内 $f(z)$ 无零点.
证明: 由 Cauchy 不等式, $$\bex |a_n|\leq \frac{M}{\rho^n},\quad (0&\rho&R). \eex$$ 而 $$\bex |f(z)-a_0| \leq \sum_{n=0}^\infty \frac{M}{\rho^n}|z|^n =M\frac{|z|/\rho}{1-|z|/\rho} =M\frac{|z|}{\rho-|z|},\quad |z|&\rho. \eex$$ 特别地, 当 $\dps{|z|&\frac{|a_0|}{|a_0|+M}\rho}$ 时, $$\bex |f(z)-a_0|\leq M\frac{|z|}{\rho-|z|} &|a_0|. \eex$$ 于是 $|f(z)|\geq |a_0|-|f(z)-a_0|&0$.
5设在 $|z|&R$ 内解析的函数 $f(z)$ 有 Taylor 展式 $$\bex f(z)=a_0+a_1z+a_2z^2+\cdots+a_nz^n+\cdots, \eex$$ 试证: 当 $0\leq r&R$ 时, $$\bex \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} |f(re^{i\theta})|^2\rd \theta=\sum_{n=0}^\infty |a_n|^2r^{2n}. \eex$$
证明: $$\beex \bea \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |f(re^{i\theta})|^2\rd \theta &=\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(re^{i\theta})\cdot \overline{f(re^{i\theta})}\rd \theta\\ &=\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \sum_{k=0}^\infty a_k(re^{i\theta})^k\cdot \sum_{l=0}^\infty \overline{a_l} (re^{-i\theta})^l\rd \theta\\ &=\frac{1}{2\pi} \sum_{k,l=0}^\infty a_k\overline{a_l} \int_0^{2\pi}e^{i\theta(k-l)}\rd \theta\\ &=\frac{1}{2\pi} \sum_{k=0}^\infty |a_k|^2r^{2k}\cdot 2\pi\\ &=\sum_{k=0}^\infty |a_k|^2r^{2k}. \eea \eeex$$
6设 $f(z)$ 是一个整函数, 且假定存在着一个非负整数 $n$, 以及两个正数 $R$ 与 $M$, 使当 $|z|\geq R$ 时, $|f(z)|\leq M|z|^n$. 试证明: $f(z)$ 是一个至多 $n$ 次的多项式或一常数.
证明: 设 $f(z)$ 的 Taylor 展式为 $$\bex f(z)=\sum_{k=0}^\infty a_kz^k,\quad z\in \bbC. \eex$$ 由 Cauchy 不等式, $$\beex \bea |a_k|&\leq \frac{1}{\rho^k}\max_{|z|=\rho}|f(z)|\quad\sex{\forall\ \rho&0}\\ &\leq \frac{1}{\rho^k}\cdot M\rho^n\quad\sex{\forall\ \rho\geq R}\\ &\to0\quad\sex{\forall k&n}. \eea \eeex$$ 故 $$\bex f(z)=\sum_{k=0}^n a_kz^k, \eex$$ 是一个至多 $n$ 次的多项式或一常数.
(1)$f(z)$ 在邻域 $|z-z_0|&R$ 内解析, $z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 阶零点;
(2)$z_1\neq z_0$, $z_1\in K$. 问函数 $$\bex F(z)=\int_{z_0}^z f(\zeta)\rd \zeta,\quad(z\in K) \eex$$ 及函数 $$\bex \varPhi(z)=\int_{z_1}^z f(\zeta)\rd\zeta,\quad(z\in K) \eex$$ 在点 $z_0$ 的性质如何? (这里积分路径都假定在 $K$ 内.)
证明: 由 $$\bex F(z_0)=0,\quad F'(z)=f(z) \eex$$ 值 $z_0$ 是 $F(z)$ 的 $m+1$ 阶零点. 又由 $$\bex F(z)=\varPhi(z)-\int_{z_1}^{z_0}f(\zeta)\rd\zeta \eex$$ 知 $\varPhi(z)$ 在 $z_0$ 处取值 $\dps{\int_{z_1}^{z_0}f(\zeta)\rd\zeta}$ $m+1$ 次.
(1)区域 $D$ 含有实轴的一段 $L$;
(2)函数 $u(x,y)+iv(x,y)$ 及 $$\bex u(z,0)+iv(z,0)\quad(z=x+iy) \eex$$ 都在区域 $D$ 内解析. 试证: 在 $D$ 内, $$\bex u(x,y)+iv(x,y)\equiv u(z,0)+iv(z,0). \eex$$
(1)解析函数 $u(x,y)+iv(x,y)$ 及 $ u(z,0)+iv(z,0)\quad(z=x+iy) $ 在 $L$ 上相等, 而由唯一性定理知它们是相等的.
(1)函数 $f(z)$ 在区域 $D$ 内解析, $f(z)\neq$ 常数;
(2)$C$ 为 $D$ 内任一条周线, 只要 $\overline{I(C)}$ 全含于 $D$;
(3) $A$ 为任一复数. 试证: $f(z)=A$ 在 $C$ 的内部 $I(C)$ 只有有限个根.
证明: 用反证法. 作 $F(z)=f(z)-A$, 则 $$\bex \exists\ z_n\in I(C)\mbox{ 互异},\st F(z_n)=0. \eex$$ 由聚点定理, $$\bex \exists\ \sed{n_k},\ a\in \overline{I(C)},\st z_{n_k}\to a. \eex$$ 而 $F$ 有非孤立的零点 $a$, 在 $\overline{I(C)}$ 内为零. 再次应用唯一性定理, $F\equiv 0$, 于 $D$ 内. 这是一个矛盾. 故有结论.
10为 $|e^z|$ 在闭圆 $|z-z_0|\leq 1$ 上的何处达到最大? 并求出最大值.
解答: 设 $z=z_0+re^{i\theta}$, 则 $$\bex |e^z|=|e^{z_0}e^{re^{i\theta}}| =|e^{z_0}e^{r\cos\theta}e^{i\sin\theta}| =|e^{z_0}|\cdot e^{r\cos \theta}\leq e^{\Re z_0+1}, \eex$$ 等号成立当且仅当 $$\bex r=1,\quad \theta=2k\pi\lra z=z_0+1 \eex$$ 时成立.
11设函数 $f(z)$ 在 $|z|&R$ 内解析, 令 $$\bex M(r)=\max_{|z|=r}|f(z)|,\quad(0\leq r&R). \eex$$ 试证: $M(r)$ 在区间 $[0,R)$ 上是一个上升函数, 且若存在 $r_1$ 及 $r_2$ ($0\leq r_1,r_2&R$), 使得 $M(r_1)=M(r_2)$, 则 $f(z)\equiv$ 常数.
证明: 由解析函数的最大模原理即知结论.
第五章 解析函数的 Laurent 展式与孤立奇点
1下列多值函数 $f(z)$ 在指定点的去心邻域内能否有分支可展成 Laurent 级数.
(1) $\sqrt{z},\ z=0$;
(2)$\sqrt{z(z-2)}, z=1$;
(3)$\dps{\sqrt{\frac{z}{(z-1)(z-2)}},\ z=\infty}$;
(4)$\dps{\Ln \frac{1}{z-1}}$, $z=\infty$;
(5) $\dps{\Ln\frac{(z-1)(z-3)}{(z-2)(z-4)},\ z=\infty}$.
(1)由 $z=0$ 是 $\sqrt{z}$ 的支点知 ``否''.
(2)由 $\sqrt{z(z-2)}$ 在 $z=1$ 的邻域 $|z-1|&1$ 内解析知 ``是'' (并且就是 Taylor 级数).
(3)由 $$\bex \lap_C\Arg f(z)=\frac{1}{2}\sez{ \lap_C\Arg z -\lap_C\Arg (z-1) -\lap_C\Arg (z-2) } \eex$$ 知当 $C$ 包围 $0,1,2$ 时, $\dps{\lap_C\Arg f(z)=-\pi}$, 而 $z=\infty$ 是 $f(z)$ 的支点. 于是 `` 否''.
(4)由 $\Ln w$ 的支点为 $0,\infty$ 知 $f(z)$ 的支点为 $1,\infty$, 而 ``否''.
(5)由 $\Ln w$ 的支点为 $0,\infty$ 知 $f(z)$ 的支点为 $1,2,3,4$. 而 ``能''.
2 函数 $$\bex f(z)=\frac{1}{z(z-1)^2} \eex$$ 在 $z=1$ 处有一个二阶极点; 这个函数又有下列 Laurent 展式: $$\bee\label{5.2:eq} \frac{1}{z(z-1)^2} =\frac{1}{(z-1)^3} -\frac{1}{(z-1)^4} +\frac{1}{(z-1)^5} +\cdots,\quad (1&|z-1|&\infty) \eee$$ 于是就说 ``$z=1$ 又是 $f(z)$ 的本质奇点''. 这个说法对么?
解答: 不对. 因为考察一点 $z_0$ 是 $f(z)$ 的哪类奇点是通过考察 $f$ 在 $z_0$ 的一去心邻域内的 Laurent 展式得到的. 而展式 \eqref{5.2:eq} 只能说明 $\infty$ 是 $f(z)$ 的三阶极点.
3设函数 $f(z)$ 在点 $a$ 解析, 试证函数 $$\bex g(z)=\left\{\ba{ll} \frac{f(z)-f(a)}{z-a},&z\neq a,\\ f'(a),&z=a \ea\right. \eex$$ 在点 $a$ 也解析.
证明: 由 $f$ 在 $a$ 处解析知其在 $a$ 的一个邻域内可微, 而 $g$ 在 $a$ 的一个去心邻域内可微. 又由 $$\beex \bea g'(a)&=\lim_{z\to a}\frac{g(z)-g(a)}{z-a}\\ &=\lim_{z\to a}\frac{\frac{f(z)-f(a)}{z-a}-f'(a)}{z-a}\\ &=\lim_{z\to a} \frac{f(z)-f(a)-f'(a)(z-a)}{(z-a)^2}\\ &=\lim_{z\to a}\frac{f'(z)-f'(a)}{2(z-a)}\\ &=\frac{1}{2}f''(a) \eea \eeex$$ 知 $f$ 的 $a$ 的一个邻域内可微, 而 $f$ 在 $a$ 处解析.
4设 $f(z)$ 是整函数, 试证 $$\bex g(z)=\left\{\ba{ll} \frac{f(z)-f(a)}{z-a},&z\neq a,\\ f'(a),&z=a \ea\right. \eex$$ 也是一个整函数.
证明: 由 $f$ 在 $\bbC$ 上可微知 $g$ 在 $\bbC-\sed{0}$ 内可微, 又由 $g'(0)=f''(0)/2$ 知 $g$ 在 $\bbC$ 上可微, 而有结论.
5试证: 若 $a$ 为 $f(z)$ 的单值性孤立奇点, 则 $a$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 阶极点的充要条件是 $$\bex \lim_{z\to a}(z-a)^mf(z)=\alpha\ (\neq 0,\infty), \eex$$ 其中 $m$ 是正整数.
证明: $\ra$ 由 $$\bex f(z)=\frac{\lambda(z)}{(z-a)^m},\quad \lambda(a)\neq 0 \eex$$ 知 $$\bex \lim_{z\to a}(z-a)^m f(z)= \lim_{z\to a}\lambda(z)=\lambda(a)\ (\neq 0,\infty). \eex$$ $\la$ 函数 $\lambda(z)=(z-a)^mf(z)$ 以 $z=a$ 为可去奇点, 而定义 $\lambda(a)=\alpha$ 后成为解析函数. 而 $$\bex f(z)=\frac{\lambda(z)}{(z-a)^m} \eex$$ 以 $a$ 为 $m$ 阶极点.
6若 $a$ 为 $f(z)$ 的单值性孤立奇点, $(z-a)^k f(z)$ ($k$ 是正整数) 在点 $a$ 的去心邻域内有界. 试证: $a$ 是 $f(z)$ 的不高于 $k$ 阶的极点或可去奇点.
证明: 函数 $\lambda(z)=(z-a)^kf(z)$ 以 $a$ 为可去奇点, 而可适当定义 $\lambda(a)$ 后称为解析函数. 令 $$\bex \lambda(z)=(z-a)^lg(z),\quad g(a)\neq 0,\ l\in \bbN, \eex$$ 则 $$\bex f(z)=\frac{g(z)}{(z-a)^{k-l}}=g(z)(z-a)^{l-k} \eex$$ 以 $a$ 为不高于 $k$ 阶的极点或可去奇点.
7考查函数 $$\bex f(z)=\sin\frac{1}{\sin\frac{1}{z}} \eex$$ 的奇点类型.
证明: 除 $z=0,\infty$ 外, $f(z)$ 还有奇点 $$\bex \sin\frac{1}{z}=0\lra \frac{1}{z}=k\pi\lra z=\frac{1}{k\pi},\ k\in\bbZ. \eex$$ 故
(1)$0$ 是 $f$ 的非孤立奇点.
(2)由 $$\bex f(z)=\sin\omega,\quad\omega=\frac{1}{\sin\frac{1}{z}} \eex$$ 以 $$\bex \omega=\infty\lra z=\infty,\ z=\frac{1}{k\pi},\ k\in\bbZ \eex$$ 为本质奇点知 $\dps{\frac{1}{k\pi}\ (k\in\bbZ),\ \infty}$ 是 $f$ 的本质奇点.
8试证: 在扩充 $z$ 平面上只有一个一阶极点的解析函数 $f(z)$ 必有如下形式: $$\bex f(z)=\frac{az+b}{cz+d},\quad ad-bc\neq 0. \eex$$
证明: 若 $f$ 以 $\infty$ 为唯一一阶极点, 则 $f(z)=c_1z+c_0,\ c_1\neq 0$. 若 $f$ 以 $z_0\in\bbC$ 为唯一一阶极点, 则 $f$ 以 $\infty$ 为可去奇点, 而 $\dps{f(z)=\frac{c_{-1}}{z-z_0}+c_0,\ c_{-1}\neq 0}$.
9 (含点 $\infty$ 的区域的 Cauchy 积分定理) 设 $C$ 是一条周线, 区域 $D$ 是 $C$ 的外部 (含点 $\infty$), $f(z)$ 在 $D$ 内解析且连续到 $C$; 又设 $$\bex \lim_{z\to\infty}f(z)=c_0\neq \infty, \eex$$ 则 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_{C^{-}}f(z)\rd z=-c_{-1}. \eex$$ 这里 $c_0,c_{-1}$ 是 $f(z)$ 在无穷远点去心邻域内的 Laurent 展式的系数. 试证之.
证明: 取 $R$ 充分大使得 $\vGa:\ |z|=R$ 包围 $C$, 且 $f(z)$ 在 $|z|&R$ 内可写成 Laurent 展式 $$\bex f(z)=c_0+\frac{c_{-1}}{z}+\frac{c_{-2}}{z^2}+\cdots,\quad (R&|z|&\infty). \eex$$ 于是 $$\beex \bea \frac{1}{2\pi i}\int_{C^{-}}f(z)\rd z &=-\frac{1}{2\pi i}\int_\vGa f(z)\rd z\\ &=-\frac{1}{2\pi i}\int_\vGa \sum_{n=-\infty}^0 \frac{c_i}{z^i}\rd z\\ &=-\frac{1}{2\pi i}\cdot (c_{-1}2\pi i)\\ &=-c_{-1}. \eea \eeex$$
10 (含点 $\infty$ 的区域的 Cauchy 积分公式) 假设条件同前题, 则 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_{C^{-}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\rd \zeta =\left\{\ba{ll} f(z)-f(\infty),&z\in D,\\ 0-f(\infty),&z\not\in D. \ea\right. \eex$$
证明: 取 $R$ 充分大使得 $\vGa_z:|\zeta-z|=R$ 包围 $C$, 且 $f(z)$ 在 $|\zeta-z|&R$ 内有 Laurent 展式 $$\bex f(\zeta)=c_0+\frac{c_{-1}}{\zeta-z}+\cdots,\quad |\zeta-z|&R. \eex$$ 于是 $$\beex \bea \frac{1}{2\pi i}\int_{C^{-}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\rd \zeta &=f(z)\chi_{D}(z) -\frac{1}{2\pi i}\int_{\vGa_z}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\rd \zeta\\ &=f(z)\chi_D(z)-c_0\\ &=f(z)\chi_D(z)-f(\infty). \eea \eeex$$
11应用上题公式计算积分 $$\bex I=\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=99}\frac{\rd z}{(z-2)(z-4)\cdots(z-98)(z-100)}. \eex$$
解答: $$\beex \bea I&=-\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=99^-} \frac{\frac{1}{(z-2)(z-4)\cdots(z-98)}}{z-100}\rd z\\ &=-\sez{\frac{1}{(z-2)(z-4)\cdots(z-98)}|_{z=100} -\frac{1}{(z-2)(z-4)\cdots(z-98)}|_{z=\infty}}\\ &=-\frac{1}{98!!}. \eea \eeex$$
12设解析函数 $f(z)$ 在扩充 $z$ 平面上只有孤立奇点, 则奇点的个数必为有限个. 试证之.
证明: 由 $f$ 以 $\infty$ 为孤立奇点知存在 $R&0$ 使得 $f$ 在 $|z|&R$ 内解析. 于是 $f$ 的有限奇点均在 $|z|\leq R$ 上. 若 $f$ 有无穷多个有限奇点, 则必有聚点 $z_0:\ |z_0|\leq R$. 而 $z_0$ 为 $f$ 的奇点, 且为非孤立奇点. 这是一个矛盾. 故有结论.
13求在扩充 $z$ 平面上只有 $n$ 个一阶极点的解析函数的一般形式.
解答: 若 $f$ 以 $n$ 个不同的复数 $a_1,\cdots,a_n$ 为一阶极点时, $$\bex f(z)=\frac{\lambda(z)}{(z-a_1)\cdots(z-a_n)}, \eex$$ 其中 $\lambda(z)$ 为次数 $\leq n$ 的多项式\footnote{由 $\infty$ 为可去奇点.}, 且 $\lambda(a_i)\neq 0$. 若 $f$ 以 $n-1$ 个不同的复数 $a_1,\cdots,a_{n-1}$ 及 $\infty$ 为一阶极点时, $$\bex f(z)=\frac{\lambda(z)}{(z-a_1)\cdots(z-a_{n-1})}, \eex$$ 其中 $\lambda(z)$ 为 $n$ 次多项式\footnote{由 $\infty$ 为一阶极点.}, 且 $\lambda(a_i)\neq 0$.
(1)$C$ 是一条周线, $f(z)$ 在 $C$ 的内部是亚纯的, 且连续到 $C$;
(2)$f(z)$ 沿 $C$ 不为零. 则 (试证) $f(z)$ 在 $C$ 的内部至多只有有限个零点和极点.
证明: 用反证法. 若 $f$ 在 $C$ 的内部有无穷多个零点 $z_n$, 则由聚点定理, $$\bex \exists\ \sed{n_k},\ z_0,\st z_{n_k}\to z_0. \eex$$ 又 $f|_C\neq 0$, 我们有 $z_0$ 在 $C$ 的内部 $D$. 于是由唯一性定理, $f$ 在 $D-\sed{f\mbox{ 的极点}}$ 内恒为零. 这与 $f|_C\neq 0$ 矛盾. 故 $f(z)$ 在 $C$ 的内部至多只有有限个零点. 考察 $1/f$, 按上面的论证即有 $f(z)$ 在 $C$ 的内部至多只有有限个极点.
15 在 Schwarz 引理的假设条件下, 如果原点是 $f(z)$ 的 $\lambda$ 阶零点, 求证: $$\bex \sev{\frac{f^{(\lambda)}(0)}{\lambda!}}\leq 1. \eex$$
证明: 由题意, $$\bex f(z)=c_\lambda z^\lambda +c_{\lambda +1}z^{\lambda +1}+\cdots,\quad(|z|&1). \eex$$ 考虑函数 $\dps{\varphi(z)=f(z)/z^\lambda }$, 则由 $\dps{\lim_{z\to 0}\varphi(z)=c_\lambda }$ 知定义 $\varphi(0)=c_\lambda$ 后, $\varphi$ 在 $|z|&1$ 内解析. 而由最大模原理, $$\bex |c_\lambda |=|\varphi(0)| \leq \max_{|z|=\rho}|\varphi(z)|\quad(0&\rho&1). \eex$$ 令 $\rho\to 1^-$ 有 $$\bex \sev{\frac{f^{(\lambda)}(0)}{\lambda!}} =|\varphi(0)|\leq 1. \eex$$ 等号成立当且仅当 $\varphi(z)$ 为常数. 而 $$\bex |\varphi(0)|=1\ra \varphi(z)=e^{i\alpha}\ (\alpha\in\bbR)\ra f(z)=e^{i\alpha}z^\lambda. \eex$$
16 若 $f(z)$ 在圆 $|z|&R$ 内解析, $f(0)=0, |f(z)|\leq M&\infty$, 且
(1) $\dps{|f(z)|\leq \frac{M}{R}|z|, |z|&R}$, $\dps{|f'(0)|\leq \frac{M}{R}}$;
(2)在圆内有一点 $z\ (0&|z|&R)$ 使 $$\bex |f(z)|=\frac{M}{R}|z|. \eex$$ 试证: $$\bex f(z)=\frac{M}{R}e^{i\alpha}z,\quad \sex{\alpha\in\bbR,\ |z|&R}. \eex$$
证明: 设 $$\bex f(z)=c_1z+c_2z^2+\cdots,\quad |z|&R. \eex$$ 取 $\dps{\varphi(z)=\frac{f(z)}{z}}$, 则 $\dps{\lim_{z\to 0}\varphi(z)=c_1}$, 而定义 $\varphi(0)=c_1$ 后 $\varphi$ 在 $|z|&R$ 内解析, 且由题设 $(1)$ 知 $$\bex |\varphi(z)|\leq \frac{M}{R},\quad |z|&R; \eex$$ 由题设 $(2)$ 及最大模原理知 $\varphi(z)$ 为常数 $e^{i\alpha}$.
第六章 留数理论及其应用
(1)$\dps{\int_{C:|z|=2}\frac{z}{\frac{1}{2}-\sin^2z}\rd z}$;
(2)$\dps{\int_{C:|z|=2}\frac{z}{z^4-1}\rd z}$;
(3)$\dps{\int_{C:|z|=2}\frac{\rd z}{(z+i)^{10}(z-1)(z-3)}}$;
(4)$\dps{\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\rd x}{a+\sin^2x}\ (a&0)}$;
(5)$\dps{\int_0^\infty\frac{x\sin ax}{x^2+b^2}\rd x\ (a&0,b&0)}$;
解答: 以下记被积函数为 $f(z)$.
(1) $f(z)$ 在 $C$ 的内部仅有两个一阶极点\footnote{$1/f(z)=(1/2-\sin^2z)/z=0\lra \sin z=\pm \sqrt{2}/2\lra z=\pm \pi /4$.}, 而 $$\beex \bea \mbox{原积分} &=2\pi i\sez{\underset{z=-\frac{\pi}{4}}{\Res}f(z) +\underset{z=\frac{\pi}{4}}{\Res}f(z)}\\ &=2\pi i \sez{\lim_{z\to -\frac{\pi}{4}} \frac{z}{\frac{1}{2}-\sin^2z}\sex{z+\frac{\pi}{4}} + \lim_{z\to \frac{\pi}{4}} \frac{z}{\frac{1}{2}-\sin^2z}\sex{z-\frac{\pi}{4}} }\\ &=2\pi i\sez{ \lim_{z\to -\frac{\pi}{4}} \frac{2z+\frac{\pi}{4}}{-\sin2z} +\lim_{z\to \frac{\pi}{4}} \frac{2z-\frac{\pi}{4}}{-\sin2z}} \\ &=2\pi i\sez{-\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4}}\\ &=-\pi^2 i. \eea \eeex$$
(2) $$\beex \bea \mbox{原积分}&=2\pi i\underset{z^4=1}{\Res}f(z)\\ &=-2\pi i\underset{z=\infty}{\Res}f(z)\\ &=2\pi i\underset{t=0}{\Res}\frac{1/t}{1/t^4-1}\cdot\frac{1}{t^2}\\ &=0. \eea \eeex$$
(3) $$\beex \bea \mbox{原积分}&=2\pi i\sez{\underset{z=-i}{\Res}f(z)+\underset{z=1}{\Res}f(z)}\\ &=-2\pi i\sez{\underset{z=3}{\Res}f(z)+\underset{z=\infty}{\Res}f(z)}\\ &=-2\pi i \sez{ \frac{1}{(3+i)^{10}(-2)}- \underset{t=0}{\Res}\sex{f\sex{\frac{1}{t}}\frac{1}{t^2}}}\\ &=-\frac{\pi i}{(3+i)^{10}}+2\pi i\underset{t=0}{\Res}\frac{t^{10}}{(t-1)(t-i)^{10}(3t-1)}\\ &=-\frac{\pi i}{(3+i)^{10}}. \eea \eeex$$
(4) $$\beex \bea \mbox{原积分}&=\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\rd x}{a+\frac{1-\cos 2x}{2}}\\ &=2\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\rd x}{2a+1-\cos 2x}\\ &=\int_0^\pi \frac{\rd t}{2a+1-\cos t}\\ &=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^\pi \frac{\rd t}{2a+1-\cos t}\\ &=\frac{1}{2} \int_{|z|=1}\frac{1}{2a+1-\frac{z+z^{-1}}{2}}\cdot\frac{\rd z}{iz}\quad(z=e^{it})\\ &=i\int_{|z|=1}\frac{\rd z}{z^2-2(2a+1)z+1}\\ &=i\cdot 2\pi i \underset{z=2a+1-2\sqrt{a(a+1)}}{\Res} \frac{1}{z^2-2(2a+1)z+1}\\ &=-2\pi \cdot\frac{1}{-4\sqrt{a(a+1)}}\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{a(a+1)}}. \eea \eeex$$
(5) 由 $$\bex \int_{-\infty}^\infty\frac{xe^{iax}}{x^2+b^2}\rd x =2\pi i\underset{z=bi}{\Res}\frac{ze^{iaz}}{z^2+b^2} =i\pi e^{-ab} \eex$$ 知 $$\bex \mbox{原积分}=\frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{xe^{iax}}{x^2+b^2}\rd x =\frac{\pi e^{-ab}}{2}. \eex$$
2计算积分 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta(\zeta-z)}, \eex$$ 其中 $C$ 为单位圆周 $|\zeta|=1,\ z\not\in C$.
解答: 若 $z=0$, 则 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta(\zeta-z)}=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta^2}=0, \eex$$ 若 $0&|z|&1$, 则 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta(\zeta-z)}=\frac{1}{2\pi iz}\int_C\sex{\frac{1}{\zeta-z}-\frac{1}{\zeta}}\rd \zeta =\frac{1}{z}(1-1)=0, \eex$$ 若 $|z|&1$, 则 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta(\zeta-z)} =\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{1/(\zeta-z)}{\zeta}\rd \zeta=-\frac{1}{z}. \eex$$
3设 $f(z)$ 在 $|z|&1$ 内解析, 在 $|z|\leq 1$ 上连续. 试证: $$\bex (1-|z|^2)f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C:|z|=1}f(\zeta)\sex{\frac{1-\bar z\zeta}{\zeta-z}}\rd \zeta, \eex$$ 其中 $z$ 属于 $C$ 的内部.
证明: $$\beex \bea \frac{1}{2\pi i}\int_{C:|z|=1}f(\zeta)\sex{\frac{1-\bar z\zeta}{\zeta-z}}\rd \zeta &=\underset{\zeta=z}{\Res}\sez{f(\zeta)\sex{\frac{1-\bar z\zeta}{\zeta-z}}}\\ & =f(z)(1-\bar z z)=f(z)(1-|z|^2). \eea \eeex$$
4试证: $$\bex \sex{\frac{z^n}{n!}}^2=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{z^ne^{z\zeta}}{n!\zeta^n}\cdot\frac{\rd \zeta}{\zeta}, \eex$$ 其中 $z$ 属于 $C$ 的内部.
证明: $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{z^ne^{z\zeta}}{n!\zeta^n}\cdot\frac{\rd \zeta}{\zeta} =\underset{\zeta=0}{\Res}\sez{\frac{z^ne^{z\zeta}}{n!\zeta^{n+1}}} =\sex{\frac{z^ne^{z\zeta}}{n!}}^{(n)}/n!|_{\zeta=0}=\sex{\frac{z^n}{n!}}^2. \eex$$
5试证: 含点 $\infty$ 的留数定理.
证明: 含点 $\infty$ 的留数定理: 设 $D$ 是扩充 $z$ 平面上含点 $\infty$ 的区域, 其边界 $C$ 是由有线条互不包含且互不相交的周线 $C_1,C_2,\cdots,C_m$ 组成; 又设函数 $f(z)$ 在 $D$ 内除去有限个孤立奇点 $z_1,z_2,\cdots,z_n$ 及 $\infty$ 外解析, 且连续到边界 $C$, 则 $$\bex \int_{C^-}f(z)\rd z=2 \pi i\sez{\sum_{k=1}^n \underset{z=z_k}{\Res}f(z)+\underset{z=\infty}{\Res}f(z)}. \eex$$ 证明如下: 取包围 $z_k, \infty$ 的圆周 $\tilde C_k, \tilde C_\infty$, 使得 $\tilde C_k, \tilde C_\infty$ 在 $D$ 内. 则 $f$ 在由 $C$, $\tilde C_k$, $\tilde C_\infty$ 围成的区域内解析, 且连续到边界. 由 Cauchy 积分定理, $$\bex \int_{C^-}f(z)\rd z =\sum_{k=1}^n \int_{\tilde C_k}f(z)\rd z +\int_{\tilde C_\infty}f(\zeta)\rd \zeta =2\pi i\sez{\sum_{k=1}^n \underset{z=z_k}{\Res}f(z)+\underset{z=\infty}{\Res}f(z)}. \eex$$
6试证: $$\bex I_1=\int_0^{2\pi }e^{\cos \theta}\cos(n\theta-\sin\theta)\rd \theta=\frac{2\pi}{n!}. \eex$$
解答: 记 $$\bex I_2=\int_0^{2\pi}e^{\cos\theta}\sin(n\theta-\sin\theta)\rd \theta, \eex$$ 则 $$\beex \bea I_1-iI_2&=\int_0^{2\pi}e^{\cos\theta}e^{-i(n\theta-\sin\theta)}\rd \theta\\ &=\int_0^{2\pi}e^{\cos\theta+i\sin\theta}(e^{i\theta})^{-n}\rd \theta\\ &=\int_{|z|=1}e^zz^{-n}\frac{\rd z}{iz}\quad(z=e^{i\theta})\\ &=\frac{1}{i}\int_{|z|=1}\frac{e^z}{z^{n+1}}\rd z\\ &=2\pi \underset{z=0}{\Res}\sez{\frac{e^z}{z^{n+1}}}\\ &=2\pi \frac{(e^z)^{(n)}}{n!}|_{z=0}\\ &=\frac{2\pi }{n!}. \eea \eeex$$
7设函数 $f(z)$ 在 $|z|\leq r$ 上解析, 在 $|z|=r$ 上 $f(z)\neq 0$. 试证: 在 $|z|=r$ 上 $$\bex \Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}} \eex$$ 的最大值至少等于 $f(z)$ 在 $|z|&r$ 内的零点个数.
证明: $$\beex \bea N(f,C)& =\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f'(z)}{f(z)}\rd z\quad(C:|z|=r)\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_Cz\frac{f'(z)}{f(z)}\cdot\frac{\rd z}{iz}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} z\frac{f'(z)}{f(z)}|_{z=re^{i\theta}}\rd \theta\\ &=\frac{1}{2\pi}\Re\sez{\int_0^{2\pi} z\frac{f'(z)}{f(z)}|_{z=re^{i\theta}}\rd \theta}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}|_{z=re^{i\theta}}}\rd \theta\\ &\leq \max_{z\in C}\Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}}. \eea \eeex$$
8设 $C$ 是一条周线, 且设
(1)$f(z)$ 符合定理 6.9 的条件 [$a_k(k=1,2,\cdots,p)$ 为 $f(z)$ 在 $C$ 内部的不同零点, 其阶相应为 $n_k$; $b_j(j=1,2,\cdots,q)$ 为 $f(z)$ 在 $C$ 的内部的不同的极点, 其阶相应为 $m_j$];
(2)$\varphi(z)$ 在闭域 $\overline{I(C)}$ 上解析. 则有 (试证) $$\bex \frac{1}{2 \pi i}\int_C\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}\rd z =\sum_{k=1}^p n_k\varphi(a_k) -\sum_{j=1}^q m_j \varphi(b_j). \eex$$
(1)设 $a$ 为 $f$ 的 $n$ 阶零点, $f(z)=(z-a)^n g(z),\ g(a)\neq 0$, 则 $$\bex \underset{z=a}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}} =n\varphi(a). \eex$$ 事实上, 若 $a$ 为 $\varphi$ 的零点, $\varphi(z)=(z-a)\psi(z)$, 则 $$\bex \varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}=\psi(z)\frac{ng(z)+(z-a)g'(z)}{g(z)}. \eex$$ 而 $a$ 为 $\dps{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}$ 的可去奇点, 我们有 $$\bex \underset{z=a}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}=0=n\varphi(a). \eex$$ 若 $a$ 不为 $\varphi$ 的零点, $\varphi(a)\neq 0$, 则 $$\bex \varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)} =\varphi(z)\frac{ng(z)+(z-a)g'(z)}{(z-a)g(z)}, \eex$$ 而 $a$ 为 $\dps{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}$ 的一阶极点, 我们有 $$\bex \underset{z=a}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}=n\varphi(a). \eex$$
(2)设 $b$ 为 $f(z)$ 的 $m$ 阶极点, $\dps{f(z)=\frac{h(z)}{(z-b)^m}}$, $h(b)\neq 0$, 则 $$\bex \underset{z=b}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}=-m\varphi(b). \eex$$ 事实上, 若 $b$ 为 $\varphi$ 的零点, $\varphi(z)=(z-b)\zeta(z)$, 则 $$\bex \varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}=\zeta(z)\frac{h'(z)(z-b)-mh(z)}{h(z)}, \eex$$ 而 $b$ 为 $\dps{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}$ 的可去奇点, 我们有 $$\bex \underset{z=b}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}} =0=-m\varphi(b). \eex$$ 若 $b$ 不为 $\varphi$ 的零点, 则 $$\bex \varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}=\varphi(z)\frac{h'(z)(z-b)-mh(z)}{(z-b)h(z)}, \eex$$ 而 $b$ 为 $\dps{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}$ 的一阶极点, 我们有 $$\bex \underset{z=b}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}} =-m\varphi(b). \eex$$
(3) 由留数定理, $$\beex \bea \frac{1}{2 \pi i}\int_C\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}\rd z &=\sum_{k=1}^p \underset{z=a_k}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}} -\sum_{j=1}^q \underset{z=b_j}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}\\ &=\sum_{k=1}^p n_k\varphi(a_k) -\sum_{j=1}^q m_j \varphi(b_j). \eea \eeex$$
9设 $C$ 是一条周线, 且设
(1)$f(z)$, $\varphi(z)$ 在 $C$ 内亚纯, 且连续到 $C$;
(2)沿 $C$, $|f(z)|&|\varphi(z)|$. 则 (试证) $$\bex N(f(z)+\varphi(z),C)-P(f(z)+\varphi(z),C) =N(f(z),C)-P(f(z),C). \eex$$
(1) 沿 $C$, $$\bex |f(z)|&|\varphi(z)|\geq 0\ra |f(z)|&0, \eex$$ $$\bex |f(z)+\varphi(z)|\geq |f(z)|-|\varphi(z)|&0. \eex$$
(2) 由辐角原理, $$\beex \bea &\quad N(f(z)+\varphi(z),C)-P(f(z)+\varphi(z),C)\\ &=\frac{1}{2\pi}\lap_C\arg\sez{f(z)+\varphi(z)}\\ &=\frac{1}{2\pi}\lap_C\arg\sed{f(z)\sez{1+\frac{\varphi(z)}{f(z)}}}\\ &=\frac{1}{2\pi}\lap_C\arg f(z) +\frac{1}{2\pi} \lap_C\arg \sez{1+\frac{\varphi(z)}{f(z)}}\\ &=\frac{1}{2\pi}\lap_C\arg f(z)\quad \sex{w=1+\frac{\varphi(z)}{f(z)}\ra |w-1|&1}\\ &=N(f(z),C)-P(f(z),C). \eea \eeex$$
10如果 $\dps{|a|&\frac{e^R}{R^n}}$, 试证方程 $$\bex e^z=az^n\quad(n\in\bbZ^+) \eex$$ 在圆 $|z|&R$ 内恰有 $n$ 个根.
证明: 记 $$\bex f(z)=-az^n,\quad \varphi(z)=e^z. \eex$$ 则 $f,\varphi$ 在 $\bbC$ 上解析, 且沿 $C:|z|=R$, $$\bex |f(z)|=aR^n&e^R\geq e^{\Re z}=|\varphi(z)|. \eex$$ 由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(-az^n+e^z,C)=N(f(z)+\varphi(z),C) =N(f(z),C)=n. \eex$$
11试证方程 $$\bex \sin z=2z^4-7z+1 \eex$$ 在单位圆 $|z|&1$ 内恰有一根.
证明: 记 $$\bex f(z)=7z,\quad \varphi(z)=\sin z-2z^4-1, \eex$$ 则 $f(z),\varphi(z)$ 在 $\bbC$ 上解析, 且沿 $C:|z|=1$, $$\bex |f(z)|=7&4\geq |\varphi(z)|. \eex$$ 由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(\sin z-2z^4+7z-1,C) =N(f(z)+\varphi(z),C) =N(f(z),C)=1. \eex$$
12试证方程 $$\bex z+e^{-z}=a\quad(a&1) \eex$$ 在 $\Re z&0$ 内只有一个根, 且为实数.
(1) 及 $f(z)=z-a,\ \varphi(z)=e^{-z}$, 则 $f(z),\varphi(z)$ 在 $\bbC$ 上解析, 且当 $R&|a|+1$ 时,
a.沿 $C_1:\ z=iy,\ -R\leq y\leq R$, $$\bex |f(z)|=a^2+y^2&1=|\varphi(z)|. \eex$$
b.沿 $C_2:\ z=Re^{i\theta}\ (-\pi\leq\theta\leq \pi)$, $$\bex |f(z)|\geq R-|a| \geq 1\geq|\varphi(z)|. \eex$$ 记 $C=C_1+C_2$, 则由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(z+e^{-z}-a,C)=N(f(z)+\varphi(z),C)=N(f(z),C)=1. \eex$$
(2) 记 $$\bex h(x)=x+e^{-x}-a,\quad\ x\in [0,\infty). \eex$$ 则 $h(0)&0&h(a)$. 由连续函数介值定理, $h$ 有一个实根 $\xi$.
(3) 综上, $\xi\in\bbR$ 就是 $h(z)$ 在 $\Re z&0$ 内的唯一根.
13方程 $$\bex z^4-8z+10=0 \eex$$ 在圆 $|z|&1$ 与在圆环 $1&|z|&3$ 内各有几个根?
解答: 在 $C_1:|z|=1$ 上, $10&|z^4-8z|$, 而由 Rouch\'e 定理知原方程在 $|z|&1$ 内无根. 在 $C_2:|z|=3$ 上, $|z^4|=8&|-8z+10|$, 而由 Rouch\'e 定理知原方程在 $|z|&3$ 内有四个根. 因此, 在圆环 $1&|z|&3$ 内也有四个根\footnote{当 $|z|=1$ 时, $|z^4-8z+10|&10-|z^4-8z|&0$.}.
14应用 Rouch\'e 定理证明例 3.11.
证明: 在 $|z|=R$ 上, $$\bex |f(z)|&a&|-f(0)|. \eex$$ 而由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(f(z),C)=N(f(z)-f(0),C)\geq 1. \eex$$
15设 $D$ 为周线 $C$ 的内部, $f(z)$ 在闭域 $\bar D=D+C$ 上解析. 试证: 在 $D$ 内不可能一点 $z_0$, 使 $$\bex |f(z)|&|f(z_0)|,\quad (z\in C). \eex$$
方法一 由最大模原理立即得到.
方法二 用反证法. 由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(f(z)-f(z_0),C)=N(-f(z_0),C)=0. \eex$$ 这是一个矛盾.
(1)$f(z)$ 在点 $z_0$ 解析, $f(z_0)=w_0$;
(2)$f(z)-w_0$ 以 $z_0$ 为 $n$ 阶零点. 试证: 对于充分小的 $\ve&0$, 能确定 $\delta&0$, 使对满足 $0&|a-w_0|&\delta$ 的 $a$, 函数 $f(z)-a$ 在圆 $|z-z_0|&\ve$ 内恰有 $n$ 个一阶零点.
证明: 由解析函数零点的孤立性知对充分小的 $\ve&0$\footnote{若 $n=1$, 则 $f(z)=(z-a)g(z),\ g(a)\neq 0, f'(z)=g(z)+(z-a)g'(z),\ f'(a)\neq 0$. 由零点的孤立性及局部保号性 (Page37) 知有结论. 若 $n\geq 2$, 则 $f(z)=(z-a)^ng(z)$, $a$ 仍为 $f'(z)$ 的零点. 由零点的孤立性知有结论.}, $$\bex z\in C:|z-z_0|=\ve\ra f(z)-w_0\neq 0, \eex$$ $$\bee\label{6.16:eq} z:0&|z-z_0|&\ve\ra f'(z)\neq 0. \eee$$ 取 $$\bex \delta=\min_{z\in C}|f(z)-w_0|&0, \eex$$ 则当 $|a-w_0|&\delta$ 时, $$\bex |w_0-a|&\delta&|f(z)-w_0|. \eex$$ 而由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(f(z)-a,C)=N(f(z)-w_0,C)=n. \eex$$ 若 $n=1$, 则 $f(z)-a$ 的零点为一阶. 若 $n\geq 2$, 往用反证法证明 $f(z)-a$ 的零点为一阶, 而有 $n$ 个一阶零点. 事实上, 若 $$\bex f(z)-a=(z-\tilde z_0)^kh(z),\quad (k\geq 2, h(\tilde z_0)\neq 0, \tilde z_0\neq z_0), \eex$$ 求导而知 $\tilde z_0$ 为 $f(z)$ 的零点, $f'(\tilde z_0)=0$. 这与 \eqref{6.16:eq} 矛盾. 故有结论.&
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