PAGE23復變函數習題解答(第3章)p141第三章習題(一)[5,7,13,14,15,17,18]5.由積分C1/(z+2)dz之值證明[0,](1+2cos)/(5+4cos)d=0，其中C取單位圓周|z|=1．【解】因為1/(z+2)在圓|z|<3/2內解析，故C1/(z+2)dz=0．設C:z()=ei，[0,2]．則C1/(z+2)dz=C1/(z+2)dz=[0,2]iei/(ei+2)d=[0,2]i(cos+isin)/(cos+isin+2)d=[0,2](2sin+i(1+2cos))/(5+4cos)d=[0,2](2sin)/(5+4cos)d+i[0,2](1+2cos)/(5+4cos)d．所以[0,2](1+2cos)/(5+4cos)d=0．因(1+2cos))/(5+4cos)以2為周期，故[,](1+2cos)/(5+4cos)d=0；因(1+2cos))/(5+4cos)為偶函數，故[0,](1+2cos)/(5+4cos)d=(1/2)[,](1+2cos)/(5+4cos)d=0．7.(分部積分法)設函數f(z),g(z)在單連通區域D內解析，,是D內兩點，試證[,]f(z)g’(z)dz=(f(z)g(z))|[,][,]g(z)f’(z)dz．【解】因f(z),g(z)區域D內解析，故f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’都在D內解析．因區域D是單連通的，所以f(z)g’(z)，g(z)f’(z)，以及(f(z)g(z))’的積分都與路徑無關．[,]f(z)g’(z)dz+[,]g(z)f’(z)dz=[,](f(z)g’(z)dz+g(z)f’(z))dz=[,](f(z)g(z))’dz．而f(z)g(z)是(f(z)g(z))’在單連通區域D內的一個原函數，所以[,](f(z)g(z))’dz=f()g()f()g()=(f(z)g(z))|[,]．因此有[,]f(z)g’(z)dz+[,]g(z)f’(z)dz=(f(z)g(z))|[,]，即[,]f(z)g’(z)dz=(f(z)g(z))|[,][,]g(z)f’(z)dz．13.設C:z=z(t)(t)為區域D內的光滑曲線，f(z)于區域D內單葉解析且f’(z)0，w=f(z)將曲線C映成曲線，求證亦為光滑曲線．【解】分兩種情況討論．(1)當z()z()時，C不是閉曲線．此時z(t)是[,]到D內的單射，z(t)C1[,]，且在[,]上，|z’(t)|0．因是曲線C在映射f下的象，所以可表示為w=f(z(t))(t)．t[,]，z(t)D．因f于區域D內解析，故f在z(t)處解析，因此f(z(t))在t處可導，且導數為f’(z(t))z’(t)．顯然，f’(z(t))z’(t)在[,]上是連續的，所以f(z(t))C1[,]．因為f(z)于區域D內是單葉的，即f(z)是區域D到的單射，而z(t)是[,]到D內的單射，故f(z(t))是[,]到內的單射．因在D內有f’(z)0，故在[,]上，|f’(z(t))z’(t)|=|f’(z(t))|·|z’(t)|0．所以，是光滑曲線．(2)當z()=z()時，C是閉曲線．此時z(t)C1[,]；在[,]上，有|z’(t)|0；z’()=z’()；t1[,]，t2(,)，若t1t2，則z(t1)z(t2)．與(1)完全相同的做法，可以證明f(z(t))C1[,]，且|f’(z(t))z’(t)|0．由z()=z()和z’()=z’()，可知f’(z())z’()=f’(z())z’()．因為t1[,]，t2(,)，若t1t2，則z(t1)z(t2)，由f(z)于區域D內單葉，因此我們有f(z(t1))f(z(t2))．所以是光滑的閉曲線．14.設C:z=z(t)(t)為區域D內的光滑曲線，f(z)于區域D內單葉解析且f’(z)0，w=f(z)將曲線C映成曲線，證明積分換元公式(w)dw=C(f(z))f’(z)dz．其中(w)沿曲線連續．【解】由13題知曲線也是光滑曲線，其方程為w(t)=f(z(t))(t)．故(w)dw=[,](w(t))·w’(t)dt=[,](f(z(t)))·(f’(z(t))z’(t))dt．而C(f(z))f’(z)dz=[,]((f(z(t)))f’(z(t)))·z’(t)dt．所以(w)dw=C(f(z))f’(z)dz．15.設函數f(z)在z平面上解析，且|f(z)|恒大于一個正的常數，試證f(z)必為常數．【解】因|f(z)|恒大于一個正的常數，設此常數為M．則z，|f(z)|M，因此|f(z)|0，即f(z)0．所以函數1/f(z)在上解析，且|1/f(z)|1/M．由Liuville定理，1/f(z)為常數，因此f(z)也為常數．17.設函數f(z)在區域D內解析，試證(2/x2+2/y2)|f(z)|2=4|f’(z)|2．【解】設f(z)=u+iv，w=|f(z)|2，則w=ln(u2+v2)．wx=2(uxu+vxv)，wy=2(uyu+vyv)；wxx=2(uxxu+ux2+vxxv+vx2)，wyy=2(uyyu+uy2+vyyv+vy2)；因為u,v都是調和函數，所以uxxu+uyyu=(uxx+uyy)u=0，vxxv+vyyv=(vxx+vyy)v=0；由于u,v滿足Cauchy-Riemann方程，故ux2=vy2，vx2=uy2，故wxx+wyy=2(ux2+vx2+uy2+vy2)=4(ux2+vx2)=4|f(z)|2；即(2/x2+2/y2)|f(z)|2=4|f’(z)|2．18.設函數f(z)在區域D內解析，且f’(z)0．試證ln|f’(z)|為區域D內的調和函數．【解】aD，因區域D是開集，故存在r1>0，使得K(a,r1)={z||za|<r1}D．因f’(a)0，而解析函數f’(z)是連續的，故存在r2>0，使得K(a,r2)K(a,r1)，且|f’(z)f’(a)|<|f’(a)|．用三角不等式，此時有|f’(z)|>|f’(a)||f’(z)f’(a)|>0．記U={z||zf’(a)|<|f’(a)|}，則U是一個不包含原點的單連通區域．在沿射線L={z|z=f’(a)t，t0}割開的復平面上，多值函數g(z)=lnz可分出多個連續單值分支，每個單值連續分支g(z)k在\L上都是解析的．t0，|f’(a)tf’(a)|=(t+1)|f’(a)||f’(a)|，故f’(a)tU．所以U\L，即每個單值連續分支g(z)k在U上都是解析的．因為當zK(a,r2)時，f’(z)U，故復合函數g(f’(z))k在上解析．而Re(g(f’(z))k)=ln|f’(z)|，所以ln|f’(z)|在K(a,r2)上是調和的．由aD的任意性，知ln|f’(z)|在D上是調和的．【解2】用Caucht-Riemann方程直接驗證．因為f’(z)也在區域D內解析，設f’(z)=u+iv，則u,v也滿足Cauchy-Riemann方程．記w=ln|f’(z)|，則w=(1/2)ln(u2+v2)，wx=(uxu+vxv)/(u2+v2)，wy=(uyu+vyv)/(u2+v2)；wxx=((uxxu+ux2+vxxv+vx2)(u2+v2)2(uxu+vxv)2)/(u2+v2)2；wyy=((uyyu+uy2+vyyv+vy2)(u2+v2)2(uyu+vyv)2)/(u2+v2)2；因為u,v都是調和函數，所以uxxu+uyyu=(uxx+uyy)u=0，vxxv+vyyv=(vxx+vyy)v=0；由于u,v滿足Cauchy-Riemann方程，故ux2=vy2，vx2=uy2，uxvx+uyvy=0，因此(uxu+vxv)2+(uyu+vyv)2=ux2u2+vx2v2+2uxuvxv+uy2u2+vy2v2+2uyuvyv=(ux2+vx2)(u2+v2)；故wxx+wyy=(2(ux2+vx2)(u2+v2)2(ux2+vx2)(u2+v2))/(u2+v2)2=0．所以w為區域D內的調和函數．[初看此題，就是要驗證這個函數滿足Laplace方程．因為解析函數的導數還是解析的，所以問題相當于證明ln|f(z)|是調和的，正如【解2】所做．于是開始打字，打了兩行之后，注意到ln|f’(z)|是Lnf’(z)的實部．但Lnz不是單值函數，它也沒有在整個上的單值連續分支，【解1】前面的處理就是要解決這個問題．]p141第三章習題(二)[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16]1.設函數f(z)在0<|z|<1內解析，且沿任何圓周C:|z|=r,0<r<1的積分值為零．問f(z)是否必須在z=0處解析？試舉例說明之．【解】不必．例如f(z)=1/z2就滿足題目條件，但在z=0處未定義．[事實上可以任意選擇一個在|z|<1內解析的函數g(z)，然后修改它在原點處的函數值得到新的函數f(z)，那么新的函數f(z)在原點不連續，因此肯定是解析．但在0<|z|<1內f(z)=g(z)，而g(z)作為在|z|<1內解析的函數，必然沿任何圓周C:|z|=r的積分值都是零．因此f(z)沿任何圓周C:|z|=r的積分值也都是零．若進一步加強題目條件，我們可以考慮，在極限limz0f(z)存在的條件下，補充定義f(0)=limz0f(z)，是否f(z)就一定在z=0處解析？假若加強條件后的結論是成立，我們還可以考慮，是否存在滿足題目條件的函數，使得極限limz0f(z)不存在，也不是？]2.沿從1到1的如下路徑求C1/√zdz．(1)上半單位圓周；(2)下半單位圓周，其中√z取主值支．【解】(1)√z=eiargz/2，設C:z()=ei，[0,]．C1/√zdz=[0,]iei/ei/2d=[0,]iei/2d=2ei/2|[0,]=2(1+i)．(2)√z=eiargz/2，設C:z()=ei，[,0]．C1/√zdz=[,0]iei/ei/2d=[,0]iei/2d=2ei/2|[,0]=2(1i)．[這個題目中看起來有些問題：我們取主值支，通常在是考慮割去原點及負實軸的z平面上定義的單值連續分支．因此，無論(1)還是(2)，曲線C上的點1總不在區域中(在區域的邊界點上)．因此曲線C也不在區域中．所以，題目應該按下面的方式來理解：考慮單位圓周上的點，以及沿C從1到的積分的極限，當分別在區域y>0和區域y<0中趨向于1時，分別對應(1)和(2)的情形，簡單說就是上岸和下岸的極限情形．那么按照上述方式理解時，仍然可以象我們所做的那樣，用把積分曲線參數化的辦法來計算，這是由積分對積分區域的連續性，即絕對連續性來保證的．以后我們遇到類似的情形，都以這種方式來理解．]3.試證|C(z+1)/(z1)dz|8，其中C為圓周|z1|=2．【解】若zC，|z+1||z1|+2=4，故|(z+1)/(z1)|2．因此|C(z+1)/(z1)dz|C|(z+1)/(z1)|ds2·Length(C)=8．4.設a,b為實數，s=+it(>0)時，試證：|ebs–eas||s|·|b–a|emax{a,b}·．【解】因為f(z)=esz在上解析，故f(z)的積分與路徑無關．設C是從a到b的直線段，因為esz/s是f(z)的一個原函數，所以|Ceszdz|=|esz/s|[a,b]|=|ebs–eas|/|s|．而|Ceszdz|C|esz|ds=C|e(+it)z|ds=C|ez+itz|ds=C|ez|dsCemax{a,b}·ds=|b–a|emax{a,b}·．所以|ebs–eas||s|·|b–a|emax{a,b}·．5.設在區域D={z:|argz|</2}內的單位圓周上任取一點z，用D內曲線C連接0與z，試證：Re(C1/(1+z2)dz)=/4．【解】1/(1+z2)在單連通區域D內解析，故積分與路徑無關．設z=x+iy，zD，iz{z:0<argz<}={z:Imz>0}，iz{z:<argz<0}={z:Imz<0}，故1+iz{z:Imz>0}，1iz{z:Imz<0}．設ln(z)是Ln(z)的主值分支，則在區域D內(ln(1+iz)ln(1iz))/(2i)是解析的，且((ln(1+iz)ln(1iz))/(2i))’=(i/(1+iz)+i/(1iz))(2i)=1/(1+z2)；即(ln(1+iz)ln(1iz))/(2i)是1/(1+z2)的一個原函數．C1/(1+z2)dz=(ln(1+iz)ln(1iz))/2|[0,z]=(ln(1+iz)ln(1iz))/(2i)=ln((1+iz)/(1iz))/(2i)=(ln|(1+iz)/(1iz)|+iarg((1+iz)/(1iz)))/(2i)=i(1/2)ln|(1+iz)/(1iz)|+arg((1+iz)/(1iz))/2，故Re(C1/(1+z2)dz)=arg((1+iz)/(1iz))/2．設z=cos+isin，則cos>0，故(1+iz)/(1iz)=(1+i(cos+isin))/(1i(cos+isin))=icos/(1+sin)，因此Re(C1/(1+z2)dz)=arg((1+iz)/(1iz))/2=arg(icos/(1+sin))/2=(/2)/2=/4．[求1/(1+z2)=1/(1+iz)+1/(1iz))/2的在區域D上的原函數，容易得到函數(ln(1+iz)ln(1iz))/(2i)，實際它上就是arctanz．但目前我們對arctanz的性質尚未學到，所以才采用這種間接的做法．另外，注意到點z在單位圓周上，從幾何意義上更容易直接地看出等式arg((1+iz)/(1iz))/2=/4成立．最后，還要指出，因曲線C的端點0不在區域D中，因此C不是區域D中的曲線．參考我們在第2題后面的注釋．]6.試計算積分C(|z|ezsinz)dz之值，其中C為圓周|z|=a>0．【解】在C上，函數|z|ezsinz與函數aezsinz的相同，故其積分值相同，即C(|z|ezsinz)dz=C(aezsinz)dz．而函數aezsinz在上解析，由Cauchy-Goursat定理，C(aezsinz)dz=0．因此C(|z|ezsinz)dz=0．7.設(1)f(z)在|z|1上連續；(2)對任意的r(0<r<1)，|z|=rf(z)dz=0．試證|z|=1f(z)dz=0．【解】設D(r)={z||z|r}，K(r)={z||z|=r}，0<r1．因f在D(1)上連續，故在D(1)上是一致連續的．再設M=maxzD(1){|f(z)|}．>0，1>0，使得z,wD(1),當|zw|<1時，|f(z)f(w)|</(12)．設正整數n3，zk=e2ki/n(k=0,1,...,n1)是所有的n次單位根．這些點z0,z1,...,zn–1將K(1)分成n個弧段(1),(2),...,(n)．其中(k)(k=1,...,n1)是點zk–1到zk的弧段，(n)是zn–1到z0的弧段．記p(k)(k=1,...,n1)是點zk–1到zk的直線段，p(n)是zn–1到z0的直線段．當n充分大時，maxj{Length((j))}=2/n<1．設P是順次連接z0,z1,...,zn–1所得到的簡單閉折線．記=(P,0)．注意到常數f(zj)的積分與路徑無關，(j)f(zj)dz=p(j)f(zj)dz；那么，|K(1)f(z)dzPf(z)dz|=|j(j)f(z)dzjp(j)f(z)dz|=|j((j)f(z)dzp(j)f(z)dz)|j|(j)f(z)dzp(j)f(z)dz|j(|(j)f(z)dz(j)f(zj)dz|+|p(j)f(zj)dzp(j)f(z)dz|)=j(|(j)(f(z)f(zj))dz|+|p(j)(f(z)f(zj))dz|)=j((j)/(12)ds+p(j)/(12)ds)=(/(12))·j(Length((j))+Length(p(j)))(/(12))·j(Length((j))+Length((j)))=(/(12))·(2Length(K(1)))=(/(12))·4=/3．當<r<1時，P中每條線段p(k)都與K(r)交于兩點，設交點順次為wk,1,wk,2．設Q是順次連接w1,1,w1,2,w2,1,w2,2,...,wn,1,wn,2所得到的簡單閉折線．與前面同樣的論證，可知|K(r)f(z)dzQf(z)dz|/3．因此，|K(1)f(z)dz|=|K(1)f(z)dzK(r)f(z)dz||K(1)f(z)dzPf(z)dz|+|K(r)f(z)dzQf(z)dz|+|Pf(z)dzQf(z)dz|/3+/3+|Pf(z)dzQf(z)dz|．記連接wk,2到wk+1,1的直線段為l(k)，連接wk,2到zk+1的直線段為r(k)，連接zk+1到wk+1,1的直線段為s(k)，則|r(k)f(z)dz+s(k)f(z)dzl(k)f(z)dz|M(Length(l(k))+Length(r(k))+Length(s(k)))3M·Length(l(k))．因為當r1時，有Length(l(k))0，故存在r(,1)使得|r(k)f(z)dz+s(k)f(z)dzl(k)f(z)dz|</(3n)．對這個r，我們有|Pf(z)dzQf(z)dz|=|k(r(k)f(z)dz+s(k)f(z)dzl(k)f(z)dz)|k(|r(k)f(z)dz+s(k)f(z)dzl(k)f(z)dz|)k/(3n)=/3．故|K(1)f(z)dz|．因此K(1)f(z)dz=0．8.設(1)f(z)當|z–z0|>r0>0時是連續的；(2)M(r)表|f(z)|在Kr:|z–z0|=r>r0上的最大值；(3)limr+rM(r)=0．試證：limr+K(r)f(z)dz=0．【解】當r>r0時，我們有|K(r)f(z)dz|K(r)|f(z)|dsK(r)M(r)ds=2rM(r)0(當r+時)，所以limr+K(r)f(z)dz=0．9.(1)若函數f(z)在點z=a的鄰域內連續，則limr0|z–a|=rf(z)/(z–a)dz=2if(a)．(2)若函數f(z)在原點z=0的鄰域內連續，則limr0[0,2]f(rei)d=2f(0)．【解】(1)當r充分小時，用M(r)表|f(z)|在Kr:|z–a|=r上的最大值；||z–a|=rf(z)/(z–a)dz–2if(a)|=||z–a|=rf(z)/(z–a)dz–f(a)|z–a|=r1/(z–a)dz|=||z–a|=r(f(z)–f(a))/(z–a)dz||z–a|=r|f(z)–f(a)|/|z–a|dsM(r)|z–a|=r1/|z–a|ds=2rM(r)．當r0時，由f(z)的連續性，知M(r)|f(a)|．故||z–a|=rf(z)/(z–a)dz–2if(a)|0．因此，limr0|z–a|=rf(z)/(z–a)dz=2if(a)．(2)根據(1)，limr0|z|=rf(z)/zdz=2if(0)．而當r充分小時，我們有|z|=rf(z)/zdz=[0,2]f(rei)/(rei)·(reii)d=i[0,2]f(rei)d．所以，limr0(i[0,2]f(rei)d)=2if(0)．故limr0[0,2]f(rei)d=2f(0)．10.設函數f(z)在|z|<1內解析，在閉圓|z|1上連續，且f(0)=1．求積分(1/(2i))|z|=1(2(z+1/z))f(z)/zdz之值．【解】(1/(2i))|z|=1(2(z+1/z))f(z)/zdz=|z|=1(2f(z)/z(zf(z)/z+(1/z)f(z)/z)dz=(1/(2i))·(|z|=12f(z)/zdz(|z|=1f(z)dz+|z|=1f(z)/z2dz))=(1/(2i))·(2(2i)f(0)(0+(2i/1!)f’(0)))=2f(0)f’(0)=2f’(0)．11.若函數f(z)在區域D內解析，C為D內以a,b為端點的直線段，試證：存在數，||1，與C，使得f(b)f(a)=(ba)f’()．【解】設C的參數方程為z(t)=(1–t)a+tb，其中t[0,1]．在區域D內，因f(z)是f’(z)的原函數，故f(b)f(a)=Cf’(z)dz=[0,1]f’((1–t)a+tb)(ba)dt==(ba)[0,1]f’((1–t)a+tb)dt．(1)若[0,1]|f’((1–t)a+tb)|dt=0，因|f’((1–t)a+tb)|是[0,1]上的連續函數，故|f’((1–t)a+tb)|在[0,1]上恒為零．即f’(x)在C上恒為零．此時取=0，任意取C，則有f(b)f(a)=(ba)[0,1]f’((1–t)a+tb)dt=0=(ba)f’()．(2)若[0,1]|f’((1–t)a+tb)|dt>0，因|f’((1–t)a+tb)|是[0,1]上的實變量連續函數，由積分中值定理，存在t0[0,1]，使得[0,1]|f’((1–t)a+tb)|dt=|f’((1–t0)a+t0b)|．取=(1–t0)a+t0b，則f’()=f’((1–t0)a+t0b)0，令=([0,1]f’((1–t)a+tb)dt)/f’()．因為|[0,1]f’((1–t)a+tb)dt|[0,1]|f’((1–t)a+tb)|dt=|f’()|．所以||=|([0,1]f’((1–t)a+tb)dt)/f’()|=|[0,1]f’((1–t)a+tb)dt|/|f’()|1．且f(b)f(a)=(ba)[0,1]f’((1–t)a+tb)dt=(ba)f’()．12.如果在|z|<1內函數f(z)解析，且|f(z)|1/(1|z|)．試證：|f(n)(0)|(n+1)!(1+1/n)n<e(n+1)!，n=1,2,...．【解】設K(r)={z||z|=r}，0<r1．由Cauchy積分公式和高階導數公式，有|f(n)(0)|=(n!/(2))|K(r)f(z)/zn+1dz|(n!/(2))K(r)|f(z)|/|z|n+1ds(n!/(2))K(r)1/((1|z|)|z|n+1)ds=(n!/(2))/((1r)rn+1)2r=n!/((1r)rn)．為得到|f(n)(0)|的最好估計，我們希望選取適當的r(0,1)，使得n!/((1r)rn)最小，即要使(1r)rn最大．當n1時，根據均值不等式，(1r)rn=(1r)(r/n)n·nn(((1r)+(r/n)+...+(r/n))/(n+1))n+1·nn=nn/(n+1)n+1．當1r=r/n，即r=n/(n+1)時，(1r)rn達到最大值nn/(n+1)n+1．因此，我們取r=n/(n+1)，此時有|f(n)(0)|n!/((1r)rn)=n!/(nn/(n+1)n+1)=(n+1)!(1+1/n)n<e(n+1)!．[也可以用數學分析中的辦法研究函數g(r)=(1r)rn在(0,1)內的上確界，也會得到同樣的結果．]13.設在|z|1上函數f(z)解析，且|f(z)|1．試證：|f’(0)|1．【解】設D={z||z|1}．由高階導數公式，|f’(0)|=(1/(2))|Df(z)/z