2024年6月6日发(作者：萧真)
p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]
5. 由积分
C
1/(
z
+ 2)
dz
之值证明
[0, ]
(1 + 2 cos
)/(5 + 4cos
)
d
= 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
C
1/(
z
+ 2)
dz
= 0．
设
C
:
z
(
)
= e
i
，
[0, 2]．
则
C
1/(
z
+ 2)
dz
=
C
1/(
z
+ 2)
dz
=
[0, 2]
i e
i
/(e
i
+ 2)
d
=
[0, 2]
i (cos
+ i sin
)/(cos
+ i sin
+ 2)
d
=
[0, 2]
( 2 sin
+ i (1 + 2cos
))/(5 + 4cos
)
d
=
[0, 2]
( 2 sin
)/(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为周期，故
[, ]
(1 + 2cos
)/(5 + 4cos
)
d
= 0；
因(1 + 2cos
))/(5 + 4cos
)为偶函数，故
[0, ]
(1 + 2 cos
)/(5 + 4cos
)
d
= (1/2)
[, ]
(1 + 2cos
)/(5 + 4cos
)
d
= 0．
7. (分部积分法)设函数
f
(
z
),
g
(
z
)在单连通区域
D
内解析，
,
是
D
内两点，试证
1
[
,
]
f
(
z
)
g’
(
z
)
dz
= (
f
(
z
)
g
(
z
))|
[
,
]
[
,
]
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．
[
,
]
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
))
’
在单连通区域
D
内的一个原函数，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. 设
C
:
z
=
z
(
t
) (
t
)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
，求证
亦为光滑曲线．
【解】分两种情况讨论．
(1) 当
z
(
)
z
(
)时，
C
不是闭曲线．此时
z
(
t
)是[
,
]到
D
内的单射，
z
(
t
)
C
1
[
,
]，
且在[
,
]上，|
z’
(
t
) |
0．
2
因
是曲线
C
在映射
f
下的象，所以
可表示为
w
=
f
(
z
(
t
)) (
t
)．
t
[
,
]，
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[
,
]上是连续的，所以
f
(
z
(
t
))
C
1
[
,
]．
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[
,
]到
D
内的
单射，故
f
(
z
(
t
))是[
,
]到内的单射．
因在
D
内有
f’
(
z
) 0，故在[
,
]上，|
f’
(
z
(
t
))
z’
(
t
) |
= |
f’
(
z
(
t
)) | · |
z’
(
t
) |
0．
所以，
是光滑曲线．
(2) 当
z
(
) =
z
(
)时，
C
是闭曲线．此时
z
(
t
)
C
1
[
,
]；在[
,
]上，有|
z’
(
t
) |
0；
z’
(
) =
z’
(
)；
t
1
[
,
]，
t
2
(
,
)，若
t
1
t
2
，则
z
(
t
1
)
z
(
t
2
)．
与(1)完全相同的做法，可以证明
f
(
z
(
t
))
C
1
[
,
]，且|
f’
(
z
(
t
))
z’
(
t
) |
0．
由
z
(
) =
z
(
)和
z’
(
) =
z’
(
)，可知
f’
(
z
(
))
z’
(
) =
f’
(
z
(
))
z’
(
)．
因为
t
1
[
,
]，
t
2
(
,
)，若
t
1
t
2
，则
z
(
t
1
)
z
(
t
2
)，
由
f
(
z
)于区域
D
内单叶，因此我们有
f
(
z
(
t
1
))
f
(
z
(
t
2
))．
3
所以
是光滑的闭曲线．
14. 设
C
:
z
=
z
(
t
) (
t
)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
，证明积分换元公式
(
w
)
dw
=
C
(
f
(
z
))
f’
(
z
)
dz
．
其中(
w
)沿曲线
连续．
【解】由13题知曲线
也是光滑曲线，其方程为
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. 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．
4
17. 设函数
f
(
z
)在区域
D
内解析，试证(
2
/
x
2
+
2
/
y
2
) |
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
x
2
+
v
xx
v
+
v
x
2
)，
w
yy
= 2(
u
yy
u
+
u
y
2
+
v
yy
v
+
v
y
2
)；
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
x
2
=
v
y
2
，
v
x
2
=
u
y
2
，
故
w
xx
+
w
yy
= 2 (
u
x
2
+
v
x
2
+
u
y
2
+
v
y
2
) = 4 (
u
x
2
+
v
x
2
) = 4 |
f
(
z
) |
2
；
即(
2
/
x
2
+
2
/
y
2
) |
f
(
z
) |
2
= 4 |
f’
(
z
) |
2
．
18. 设函数
f
(
z
)在区域
D
内解析，且
f’
(
z
) 0．试证ln |
f’
(
z
) |为区域
D
内的调和
函数．
【解】
a
D
，因区域
D
是开集，故存在
r
1
> 0，使得
K
(
a
,
r
1
) = {
z
| |
z
a
| <
r
1
}
D
．
因
f’
(
a
) 0，而解析函数
f’
(
z
)是连续的，故存在
r
2
> 0，使得
5
K
(
a
,
r
2
)
K
(
a
,
r
1
)，且|
f’
(
z
)
f’
(
a
)| < |
f’
(
a
) |．
用三角不等式，此时有|
f’
(
z
)| > |
f’
(
a
) | |
f’
(
z
)
f’
(
a
)| > 0．
记
U
= {
z
| |
z
f’
(
a
)
| < |
f’
(
a
) |
}，则
U
是一个不包含原点的单连通区域．
在沿射线
L
= {
z
|
z
=
f’
(
a
)
t
，
t
0 }割开的复平面上，多值函数
g
(
z
) = ln
z
可分出多个连续单值分支，每个单值连续分支
g
(
z
)
k
在
L
上都是解析的．
t
0，|
f’
(
a
)
t
f’
(
a
) | = (
t
+ 1) |
f’
(
a
) | |
f’
(
a
) |，故
f’
(
a
)
t
U
．
所以
U
L
，即每个单值连续分支
g
(
z
)
k
在
U
上都是解析的．
因为当
z
K
(
a
,
r
2
)时，
f’
(
z
)
U
，故复合函数
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
,
r
2
)上是调和的．
由
a
D
的任意性，知ln |
f’
(
z
) |在
D
上是调和的．
【解2】用Caucht-Riemann方程直接验证．因为
f’
(
z
)也在区域
D
内解析，
设
f’
(
z
) =
u
+ i
v
，则
u
,
v
也满足Cauchy-Riemann方程．记
w
= ln |
f’
(
z
) |，
则
w
= (1/2) ln (
u
2
+
v
2
)，
w
x
= (
u
x
u
+
v
x
v
) /(
u
2
+
v
2
)，
w
y
= (
u
y
u
+
v
y
v
) /(
u
2
+
v
2
)；
6
w
xx
= ((
u
xx
u
+
u
x
2
+
v
xx
v
+
v
x
2
)(
u
2
+
v
2
) 2(
u
x
u
+
v
x
v
)
2
)/(
u
2
+
v
2
)
2
；
w
yy
= ((
u
yy
u
+
u
y
2
+
v
yy
v
+
v
y
2
)(
u
2
+
v
2
) 2(
u
y
u
+
v
y
v
)
2
)/(
u
2
+
v
2
)
2
；
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
x
2
=
v
y
2
，
v
x
2
=
u
y
2
，
u
x
v
x
+
u
y
v
y
= 0，
因此(
u
x
u
+
v
x
v
)
2
+ (
u
y
u
+
v
y
v
)
2
=
u
x
2
u
2
+
v
x
2
v
2
+ 2
u
x
u
v
x
v
+
u
y
2
u
2
+
v
y
2
v
2
+ 2
u
y
u
v
y
v
= (
u
x
2
+
v
x
2
)(
u
2
+
v
2
)；
故
w
xx
+
w
yy
= (2(
u
x
2
+
v
x
2
)(
u
2
+
v
2
) 2(
u
x
2
+
v
x
2
)(
u
2
+
v
2
))/(
u
2
+
v
2
)
2
= 0．
所以
w
为区域
D
内的调和函数．
[初看此题，就是要验证这个函数满足Laplace方程．因为解析函数的导数还是解析的，
所以问题相当于证明ln |
f
(
z
) |是调和的，正如【解2】所做．于是开始打字，打了两行之
后，注意到ln |
f’
(
z
) |是Ln
f’
(
z
)的实部．但Ln
z
不是单值函数，它也没有在整个上的
单值连续分支，【解1】前面的处理就是要解决这个问题．]
p141第三章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 ]
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
7
为零．问
f
(
z
)是否必须在
z
= 0处解析？试举例说明之．
【解】不必．例如
f
(
z
) = 1/
z
2
就满足题目条件，但在
z
= 0处未定义．
[事实上可以任意选择一个在|
z
| < 1内解析的函数
g
(
z
)，然后修改它在原点处的函数
值得到新的函数
f
(
z
)，那么新的函数
f
(
z
)在原点不连续，因此肯定是解析．但在0 < |
z
| <
1内
f
(
z
) =
g
(
z
)，而
g
(
z
)作为在|
z
| < 1内解析的函数，必然沿任何圆周
C
: |
z
| =
r
的积
分值都是零．因此
f
(
z
)沿任何圆周
C
: |
z
| =
r
的积分值也都是零．
若进一步加强题目条件，我们可以考虑，在极限lim
z
0
f
(
z
)存在的条件下，补充定义
f
(0) = lim
z
0
f
(
z
)，是否
f
(
z
)就一定在
z
= 0处解析？
假若加强条件后的结论是成立，我们还可以考虑，是否存在满足题目条件的函数，使
得极限lim
z
0
f
(
z
)不存在，也不是？]
2. 沿从1到1的如下路径求
C
1/√
z
dz
．
(1) 上半单位圆周；(2) 下半单位圆周，其中√
z
取主值支．
【解】(1) √
z
= e
i arg
z
/2
，设
C
:
z
(
)
= e
i
，
[0, ]．
C
1/√
z
dz
=
[0, ]
i e
i
/e
i
/2
d
=
[0, ]
i e
i
/2
d
= 2e
i
/2
|
[0, ]
= 2( 1 + i)．
(2) √
z
= e
i arg
z
/2
，设
C
:
z
(
)
= e
i
，
[, 0]．
C
1/√
z
dz
=
[, 0]
i e
i
/e
i
/2
d
=
[, 0]
i e
i
/2
d
= 2e
i
/2
|
[, 0]
= 2( 1 i)．
8
[这个题目中看起来有些问题：我们取主值支，通常在是考虑割去原点及负实轴的
z
平
面上定义的单值连续分支．因此，无论(1)还是(2)，曲线
C
上的点1总不在区域中(在区域
的边界点上)．因此曲线
C
也不在区域中．
所以，题目应该按下面的方式来理解：考虑单位圆周上的点
，以及沿
C
从1到
的积
分的极限，当
分别在区域
y
> 0和区域
y
< 0中趋向于1时，分别对应(1)和(2)的情形，
简单说就是上岸和下岸的极限情形．
那么按照上述方式理解时，仍然可以象我们所做的那样，用把积分曲线参数化的办法
来计算，这是由积分对积分区域的连续性，即绝对连续性来保证的．
以后我们遇到类似的情形，都以这种方式来理解．]
3. 试证|
C
(
z
+ 1)/(
z
1)
dz
| 8，其中
C
为圆周 |
z
1 | = 2．
【解】若
z
C
，|
z
+ 1 | |
z
1 | + 2 = 4，故| (
z
+ 1)/(
z
1) | 2．
因此|
C
(
z
+ 1)/(
z
1)
dz
|
C
| (
z
+ 1)/(
z
1) |
ds
2 · Length(
C
) = 8．
4. 设
a
,
b
为实数，
s
=
+ i
t
(
> 0)时，试证：
|
e
bs
–
e
as
| |
s
| · |
b
–
a
|
e
max{
a
,
b
} ·
．
【解】因为
f
(
z
) =
e
sz
在上解析，故
f
(
z
)的积分与路径无关．
设
C
是从
a
到
b
的直线段，因为
e
sz
/
s
是
f
(
z
)的一个原函数，所以
9
|
C
e
sz
dz
| = |
e
sz
/
s
|
[
a
,
b
]
| = |
e
bs
–
e
as
|/|
s
|．
而|
C
e
sz
dz
|
C
|
e
sz
|
ds
=
C
|
e
(
+ i
t
)
z
|
ds
=
C
|
e
z
+ i
tz
|
ds
=
C
|
e
z
|
ds
C
e
max{
a
,
b
} ·
ds
= |
b
–
a
|
e
max{
a
,
b
} ·
．
所以|
e
bs
–
e
as
| |
s
| · |
b
–
a
|
e
max{
a
,
b
} ·
．
5. 设在区域
D
= {
z
: | arg
z
| < /2 }内的单位圆周上任取一点
z
，用
D
内曲线
C
连接0与
z
，试证：Re(
C
1/(1 +
z
2
)
dz
) = /4．
【解】1/(1 +
z
2
)在单连通区域
D
内解析，故积分与路径无关．设
z
=
x
+ i
y
，
z
D
，i
z
{
z
: 0 < arg
z
< } = {
z
: Im
z
> 0 }，
i
z
{
z
: < arg
z
< 0 } = {
z
: Im
z
< 0 }，
故1 + i
z
{
z
: Im
z
> 0 }， 1 i
z
{
z
: Im
z
< 0 }．
设ln(
z
)是Ln(
z
)的主值分支，则在区域
D
内( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/(2i)是解析的，
且(( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/(2i))
’
= (i/(1 + i
z
) + i/(1 i
z
))(2i) = 1/(1 +
z
2
)；
即( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/(2i)是1/(1 +
z
2
)的一个原函数．
C
1/(1 +
z
2
)
dz
= ( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/2 |
[0,
z
]
10
= (ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
))/(2i) = ln((1 + i
z
)/(1 i
z
))/(2i)
= (ln |(1 + i
z
)/(1 i
z
)| + i arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
)))/(2i)
= i (1/2) ln |(1 + i
z
)/(1 i
z
)| + arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
))/2，
故Re(
C
1/(1 +
z
2
)
dz
) = arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
))/2．
设
z
= cos
+ i sin
，则cos
> 0，故
(1 + i
z
)/(1 i
z
) = (1 + i (cos
+ i sin
))/(1 i (cos
+ i sin
)) = i cos
/(1 + sin
)，
因此Re(
C
1/(1 +
z
2
)
dz
) = arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
))/2
= arg (i cos
/(1 + sin
))/2 = (/2)/2 = /4．
[求1/(1 +
z
2
) = 1/(1 + i
z
) + 1/(1 i
z
) )/2的在区域
D
上的原函数，容易得到函数
( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/(2i)，实际它上就是arctan
z
．但目前我们对arctan
z
的性质尚
未学到，所以才采用这种间接的做法．另外，注意到点
z
在单位圆周上，从几何意义上更
容易直接地看出等式arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
))/2 = /4成立．最后，还要指出，因曲线
C
的端点0不在区域
D
中，因此
C
不是区域
D
中的曲线．参考我们在第2题后面的注释．]
6. 试计算积分
C
( |
z
| e
z
sin
z
)
dz
之值，其中
C
为圆周|
z
| =
a
> 0．
【解】在
C
上，函数|
z
| e
z
sin
z
与函数
a
e
z
sin
z
的相同，故其积分值相同，即
C
( |
z
| e
z
sin
z
)
dz
=
C
(
a
e
z
sin
z
)
dz
．
11
而函数
a
e
z
sin
z
在上解析，由Cauchy-Goursat定理，
C
(
a
e
z
sin
z
)
dz
= 0．
因此
C
( |
z
| e
z
sin
z
)
dz
= 0．
7. 设(1)
f
(
z
)在|
z
| 1上连续；(2) 对任意的
r
(0 <
r
< 1)，
|
z
| =
r
f
(
z
)
dz
= 0．试证
|
z
| = 1
f
(
z
)
dz
= 0．
【解】设
D
(
r
) = {
z
| |
z
|
r
}，
K
(
r
) = {
z
| |
z
| =
r
}，0 <
r
1．
因
f
在
D
(1)上连续，故在
D
(1)上是一致连续的．再设
M
= max
z
D
(1)
{ |
f
(
z
) | }．
> 0，
1
> 0，使得
z
,
w
D
(1), 当|
z
w
| <
1
时，|
f
(
z
)
f
(
w
)
| <
/(12)．
设正整数
n
3，
z
k
= e
2
k
i/
n
(
k
= 0, 1, ...,
n
1)是所有的
n
次单位根．
这些点
z
0
,
z
1
, ...,
z
n
– 1
将
K
(1)分成
n
个弧段
(1),
(2), ...,
(
n
)．
其中
(
k
) (
k
= 1, ...,
n
1)是点
z
k
– 1
到
z
k
的弧段，
(
n
)是
z
n
– 1
到
z
0
的弧段．
记
p
(
k
) (
k
= 1, ...,
n
1)是点
z
k
– 1
到
z
k
的直线段，
p
(
n
)是
z
n
– 1
到
z
0
的直线段．
当
n
充分大时，max
j
{Length(
(
j
))} = 2/
n
<
1
．
设
P
是顺次连接
z
0
,
z
1
, ...,
z
n
– 1
所得到的简单闭折线．记
=
(
P
, 0)．
注意到常数
f
(
z
j
)的积分与路径无关，
(
j
)
f
(
z
j
)
dz
=
p
(
j
)
f
(
z
j
)
dz
；
12
那么，|
K
(1)
f
(
z
)
dz
P
f
(
z
)
dz
|
= |
j
(
j
)
f
(
z
)
dz
j
p
(
j
)
f
(
z
)
dz
|
= |
j
(
(
j
)
f
(
z
)
dz
p
(
j
)
f
(
z
)
dz
) |
j
|
(
j
)
f
(
z
)
dz
p
(
j
)
f
(
z
)
dz
|
j
( |
(
j
)
f
(
z
)
dz
(
j
)
f
(
z
j
)
dz
| + |
p
(
j
)
f
(
z
j
)
dz
p
(
j
)
f
(
z
)
dz
| )
=
j
( |
(
j
)
(
f
(
z
)
f
(
z
j
))
dz
| + |
p
(
j
)
(
f
(
z
)
f
(
z
j
))
dz
| )
=
j
(
(
j
)
/(12)
ds
+
p
(
j
)
/(12)
ds
)
= (
/(12))
·
j
( Length(
(
j
)) + Length(
p
(
j
)) )
(
/(12))
·
j
( Length(
(
j
)) + Length(
(
j
)) )
= (
/(12))
· (2 Length(
K
(1)))
= (
/(12))
· 4 =
/3．
当
<
r
< 1时，
P
中每条线段
p
(
k
)都与
K
(
r
)交于两点，设交点顺次为
w
k
, 1
,
w
k
, 2
．
设
Q
是顺次连接
w
1, 1
,
w
1, 2
,
w
2, 1
,
w
2, 2
, ...,
w
n
, 1
,
w
n
, 2
所得到的简单闭折线．
与前面同样的论证，可知|
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
|
/3．
13
因此，|
K
(1)
f
(
z
)
dz
| = |
K
(1)
f
(
z
)
dz
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
|
|
K
(1)
f
(
z
)
dz
P
f
(
z
)
dz
| + |
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
| + |
P
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
|
/3 +
/3 + |
P
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
|．
记连接
w
k
, 2
到
w
k
+1, 1
的直线段为
l
(
k
)，连接
w
k
, 2
到
z
k
+1
的直线段为
r
(
k
)，连接
z
k
+1
到
w
k
+1, 1
的直线段为
s
(
k
)，则
|
r
(
k
)
f
(
z
)
dz
+
s
(
k
)
f
(
z
)
dz
l
(
k
)
f
(
z
)
dz
|
M
( Length(
l
(
k
)) + Length(
r
(
k
)) + Length(
s
(
k
)) ) 3
M
· Length(
l
(
k
))．
因为当
r
1
时，有Length(
l
(
k
)) 0，
故存在
r
(
, 1)使得|
r
(
k
)
f
(
z
)
dz
+
s
(
k
)
f
(
z
)
dz
l
(
k
)
f
(
z
)
dz
| <
/(3
n
)．
对这个
r
，我们有
|
P
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
| = |
k
(
r
(
k
)
f
(
z
)
dz
+
s
(
k
)
f
(
z
)
dz
l
(
k
)
f
(
z
)
dz
) |
k
(|
r
(
k
)
f
(
z
)
dz
+
s
(
k
)
f
(
z
)
dz
l
(
k
)
f
(
z
)
dz
|)
k
/(3
n
) =
/3．
故|
K
(1)
f
(
z
)
dz
|
．因此
K
(1)
f
(
z
)
dz
= 0．
8. 设(1)
f
(
z
)当|
z
–
z
0
| >
r
0
> 0时是连续的；(2)
M
(
r
)表|
f
(
z
) |在
K
r
: |
z
–
z
0
| =
r
>
r
0
14
上的最大值；(3) lim
r
+
r M
(
r
) = 0．试证：lim
r
+
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
= 0．
【解】当
r
>
r
0
时，我们有
|
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
|
K
(
r
)
|
f
(
z
) |
ds
K
(
r
)
M
(
r
)
ds
= 2
r M
(
r
) 0 (当
r
+ 时)，
所以lim
r
+
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
= 0．
9. (1) 若函数
f
(
z
)在点
z
=
a
的邻域内连续，则
lim
r
0
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
= 2i
f
(
a
)．
(2) 若函数
f
(
z
)在原点
z
= 0的邻域内连续，则
lim
r
0
[0, 2]
f
(
r
e
i
)
d
= 2
f
(0)．
【解】(1) 当
r
充分小时，用
M
(
r
)表|
f
(
z
) |在
K
r
: |
z
–
a
| =
r
上的最大值；
|
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
– 2i
f
(
a
) |
= |
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
–
f
(
a
)
|
z
–
a
| =
r
1/(
z
–
a
)
dz
|
= |
|
z
–
a
| =
r
(
f
(
z
) –
f
(
a
))/(
z
–
a
)
dz
|
|
z
–
a
| =
r
|
f
(
z
) –
f
(
a
) |/|
z
–
a
|
ds
M
(
r
)
|
z
–
a
| =
r
1/|
z
–
a
|
ds
= 2
r
M
(
r
)．
15
当
r
0时，由
f
(
z
)的连续性，知
M
(
r
) |
f
(
a
) |．
故|
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
– 2i
f
(
a
) | 0．
因此，lim
r
0
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
= 2i
f
(
a
)．
(2) 根据(1)，lim
r
0
|
z
| =
r
f
(
z
)/
z
dz
= 2i
f
(0)．
而当
r
充分小时，我们有
|
z
| =
r
f
(
z
)/
z
dz
=
[0, 2]
f
(
r
e
i
)/(
r
e
i
)
· (
r
e
i
i )
d
= i
[0, 2]
f
(
r
e
i
)
d
．
所以，lim
r
0
(i
[0, 2]
f
(
r
e
i
)
d
)= 2 i
f
(0)．
故lim
r
0
[0, 2]
f
(
r
e
i
)
d
= 2
f
(0)．
10. 设函数
f
(
z
)在|
z
| < 1内解析，在闭圆|
z
| 1上连续，且
f
(0) = 1．求积分
(1/(2 i))
|
z
| = 1
(2 (
z
+ 1/
z
))
f
(
z
)/
z
dz
之值．
【解】(1/(2 i))
|
z
| = 1
(2 (
z
+ 1/
z
))
f
(
z
)/
z
dz
=
|
z
| = 1
(2
f
(
z
)/
z
(
zf
(
z
)/
z
+ (1/
z
)
f
(
z
)/
z
)
dz
= (1/(2 i)) · (
|
z
| = 1
2
f
(
z
)/
z dz
(
|
z
| = 1
f
(
z
)
dz
+
|
z
| = 1
f
(
z
)/
z
2
dz
) )
16
= (1/(2 i)) · ( 2(2 i)
f
(0)
(0
+ (2 i/1!)
f’
(0)) )
= 2
f
(0)
f’
(0) = 2
f’
(0)．
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
，
|
| 1，与
C
，使得
f
(
b
)
f
(
a
) =
(
b
a
)
f’
(
)．
【解】设
C
的参数方程为
z
(
t
) = (1 –
t
)
a
+
t
b
，其中
t
[0, 1]．
在区域
D
内，因
f
(
z
)是
f’
(
z
)的原函数，故
f
(
b
)
f
(
a
) =
C
f’
(
z
)
dz
=
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) (
b
a
)
dt
=
= (
b
a
)
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
．
(1) 若
[0, 1]
|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |
dt
= 0，因|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |是[0, 1]上的连续
函数，故|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |在[0, 1]上恒为零．即
f’
(
x
)在
C
上恒为零．
此时取
= 0，任意取
C
，则有
f
(
b
)
f
(
a
) = (
b
a
)
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
= 0 =
(
b
a
)
f’
(
)．
(2) 若
[0, 1]
|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |
dt
> 0，
因|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |是[0, 1]上的实变量连续函数，由积分中值定理，
17
存在
t
0
[0, 1]，使得
[0, 1]
|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |
dt
= |
f’
((1 –
t
0
)
a
+
t
0
b
) |．
取
= (1 –
t
0
)
a
+
t
0
b
，则
f’
(
) =
f’
((1 –
t
0
)
a
+
t
0
b
) 0，
令
= (
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
)/
f’
(
)．
因为|
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
|
[0, 1]
|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |
dt
= |
f’
(
) |．
所以|
| = | (
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
)/
f’
(
) |
= |
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
|/|
f’
(
) | 1．
且
f
(
b
)
f
(
a
) = (
b
a
)
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
=
(
b
a
)
f’
(
)．
12. 如果在|
z
| < 1内函数
f
(
z
)解析，且|
f
(
z
) | 1/(1 |
z
|)．试证：
|
f
(
n
)
(0) | (
n
+ 1)!(1 + 1/
n
)
n
< e (
n
+ 1)!，
n
=1, 2, ...．
【解】设
K
(
r
) = {
z
| |
z
| =
r
}，0 <
r
1．
由Cauchy积分公式和高阶导数公式，有
|
f
(
n
)
(0) | = (
n
!/(2)) |
K
(
r
)
f
(
z
)/
z
n
+ 1
dz
| (
n
!/(2))
K
(
r
)
|
f
(
z
) |/|
z
|
n
+ 1
ds
(
n
!/(2))
K
(
r
)
1/((1 |
z
|)|
z
|
n
+ 1
)
ds
= (
n
!/(2))/((1
r
)
r
n
+ 1
) 2
r
18
=
n
!/((1
r
)
r
n
)．
为得到|
f
(
n
)
(0) |的最好估计，我们希望选取适当的
r
(0, 1)，使得
n
!/((1
r
)
r
n
)最小，
即要使(1
r
)
r
n
最大．
当
n
1时，根据均值不等式，(1
r
)
r
n
= (1
r
) (
r
/
n
)
n
·
n
n
(((1
r
) + (
r
/
n
) + ... + (
r
/
n
))/(
n
+ 1))
n
+ 1
·
n
n
=
n
n
/(
n
+ 1)
n
+ 1
．
当1
r
=
r
/
n
，即
r
=
n
/(
n
+ 1)时，(1
r
)
r
n
达到最大值
n
n
/(
n
+ 1)
n
+ 1
．
因此，我们取
r
=
n
/(
n
+ 1)，此时有
|
f
(
n
)
(0) |
n
!/((1
r
)
r
n
) =
n
!/(
n
n
/(
n
+ 1)
n
+ 1
) = (
n
+ 1)!(1 + 1/
n
)
n
< e (
n
+ 1)!．
[也可以用数学分析中的办法研究函数
g
(
r
) = (1
r
)
r
n
在(0, 1)内的上确界，也会得到
同样的结果．]
13. 设在|
z
| 1上函数
f
(
z
)解析，且|
f
(
z
) | 1．试证：|
f’
(0) | 1．
【解】设
D
= {
z
| |
z
| 1 }．由高阶导数公式，
|
f’
(0) | = (1/(2)) |
D
f
(
z
)/
z
2
dz
| (1/(2))
D
1/|
z
|
2
ds
= 1．
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
19
|
f
(
z
) | >
M
的
z
必存在．
【解】若不然，当|
z
| >
R
时，|
f
(
z
) |
M
．
而
f
(
z
)为整函数，故必连续，因此
f
(
z
)在|
z
|
R
上有界．
所以
f
(
z
)在上有界．
由Liouville定理，
f
(
z
)必为常数，这与题目条件相矛盾．
15. 已知
u
+
v
= (
x
–
y
)(
x
2
+ 4
xy
+
y
2
) – 2(
x
+
y
)，试确定解析函数
f
(
z
) =
u
+ i
v
．
【解】由于
u
x
+
v
x
= 3(
x
2
+ 2
xy
–
y
2
) – 2，
u
y
+
v
y
= 3(
x
2
– 2
xy
–
y
2
) – 2，
两式相加，再利用Cauchy-Riemann方程，有
u
x
= 3(
x
2
–
y
2
) – 2．
两式相减，再利用Cauchy-Riemann方程，有
v
x
= 6
xy
．
所以
f’
(
z
) =
u
x
+ i
v
x
= 3(
x
2
–
y
2
) – 2 + 6
xy
i = 3(
x
+
y
i)
2
– 1 = 3
z
2
– 2．
因此，
f
(
z
) =
z
3
– 2
z
+
，其中
为常数．
将
z
= 0代入，
f
(
z
) =
z
3
– 2
z
+
，得
=
f
(0)．
把(
x
,
y
) = (0, 0)带入
u
+
v
= (
x
–
y
)(
x
2
+ 4
xy
+
y
2
) – 2(
x
+
y
)，得
u
(0, 0) +
v
(0, 0) =
0．
20
设
u
(0, 0) =
c
，则
v
(0, 0) =
c
．因此
=
f
(0) =
u
(0, 0) +
v
(0, 0) i = (1 i )
c
．
所以，
f
(
z
) =
z
3
– 2
z
+ (1 i )
c
，其中
c
为任意实数．
[书上答案有误．设
f
(
z
) =
z
3
– 2
z
+ (
a
+
b
i)，则
f
(
z
) = (
x
+
y
i)
3
– 2(
x
+
y
i) + (
a
+
b
i) = (
x
3
3
xy
2
– 2
x
+
a
) + (3
x
2
y
y
3
– 2
y
+
b
)
i．
因此，
u
+
v
= (
x
3
3
xy
2
– 2
x
+
a
) + (3
x
2
y
y
3
– 2
y
+
b
)
= (
x
–
y
)(
x
2
+ 4
xy
+
y
2
) – 2(
x
+
y
) + (
a
+
b
)，
所以，当
a
+
b
0时，不满足题目所给条件．]
16. 设(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cl(
D
) =
D
+
C
上连续；(3) 沿
C
，
f
1
(
z
) =
f
2
(
z
)．试证：在整个闭域cl(
D
)，
有
f
1
(
z
) =
f
2
(
z
)．
【解】设
f
(
z
) =
f
1
(
z
)
f
2
(
z
)．用Cauchy积分公式，
z
D
有
f
(
z
) = (1/(2i))
C
f
(
)/(
–
z
)
d
= 0．
所以
z
cl(
D
)有
f
(
z
) = 0，即
f
1
(
z
) =
f
2
(
z
)．
·◦
• √§
21
§
m
+
，
m
+
，★
1
,
2
, ...,
n
lim
n
，+
n
> 0，
u
n
，
n
1
u
n
，
m
，
> 0，
> 0，【解】
[0, 2]
l
2
dx
，
f
(
x
) = (, +)[, ]
1
k
n
u
n
，[0, 2]
22
2024年6月6日发(作者：萧真)
p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]
5. 由积分
C
1/(
z
+ 2)
dz
之值证明
[0, ]
(1 + 2 cos
)/(5 + 4cos
)
d
= 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
C
1/(
z
+ 2)
dz
= 0．
设
C
:
z
(
)
= e
i
，
[0, 2]．
则
C
1/(
z
+ 2)
dz
=
C
1/(
z
+ 2)
dz
=
[0, 2]
i e
i
/(e
i
+ 2)
d
=
[0, 2]
i (cos
+ i sin
)/(cos
+ i sin
+ 2)
d
=
[0, 2]
( 2 sin
+ i (1 + 2cos
))/(5 + 4cos
)
d
=
[0, 2]
( 2 sin
)/(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为周期，故
[, ]
(1 + 2cos
)/(5 + 4cos
)
d
= 0；
因(1 + 2cos
))/(5 + 4cos
)为偶函数，故
[0, ]
(1 + 2 cos
)/(5 + 4cos
)
d
= (1/2)
[, ]
(1 + 2cos
)/(5 + 4cos
)
d
= 0．
7. (分部积分法)设函数
f
(
z
),
g
(
z
)在单连通区域
D
内解析，
,
是
D
内两点，试证
1
[
,
]
f
(
z
)
g’
(
z
)
dz
= (
f
(
z
)
g
(
z
))|
[
,
]
[
,
]
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．
[
,
]
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
))
’
在单连通区域
D
内的一个原函数，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. 设
C
:
z
=
z
(
t
) (
t
)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
，求证
亦为光滑曲线．
【解】分两种情况讨论．
(1) 当
z
(
)
z
(
)时，
C
不是闭曲线．此时
z
(
t
)是[
,
]到
D
内的单射，
z
(
t
)
C
1
[
,
]，
且在[
,
]上，|
z’
(
t
) |
0．
2
因
是曲线
C
在映射
f
下的象，所以
可表示为
w
=
f
(
z
(
t
)) (
t
)．
t
[
,
]，
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[
,
]上是连续的，所以
f
(
z
(
t
))
C
1
[
,
]．
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[
,
]到
D
内的
单射，故
f
(
z
(
t
))是[
,
]到内的单射．
因在
D
内有
f’
(
z
) 0，故在[
,
]上，|
f’
(
z
(
t
))
z’
(
t
) |
= |
f’
(
z
(
t
)) | · |
z’
(
t
) |
0．
所以，
是光滑曲线．
(2) 当
z
(
) =
z
(
)时，
C
是闭曲线．此时
z
(
t
)
C
1
[
,
]；在[
,
]上，有|
z’
(
t
) |
0；
z’
(
) =
z’
(
)；
t
1
[
,
]，
t
2
(
,
)，若
t
1
t
2
，则
z
(
t
1
)
z
(
t
2
)．
与(1)完全相同的做法，可以证明
f
(
z
(
t
))
C
1
[
,
]，且|
f’
(
z
(
t
))
z’
(
t
) |
0．
由
z
(
) =
z
(
)和
z’
(
) =
z’
(
)，可知
f’
(
z
(
))
z’
(
) =
f’
(
z
(
))
z’
(
)．
因为
t
1
[
,
]，
t
2
(
,
)，若
t
1
t
2
，则
z
(
t
1
)
z
(
t
2
)，
由
f
(
z
)于区域
D
内单叶，因此我们有
f
(
z
(
t
1
))
f
(
z
(
t
2
))．
3
所以
是光滑的闭曲线．
14. 设
C
:
z
=
z
(
t
) (
t
)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
，证明积分换元公式
(
w
)
dw
=
C
(
f
(
z
))
f’
(
z
)
dz
．
其中(
w
)沿曲线
连续．
【解】由13题知曲线
也是光滑曲线，其方程为
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. 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．
4
17. 设函数
f
(
z
)在区域
D
内解析，试证(
2
/
x
2
+
2
/
y
2
) |
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
x
2
+
v
xx
v
+
v
x
2
)，
w
yy
= 2(
u
yy
u
+
u
y
2
+
v
yy
v
+
v
y
2
)；
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
x
2
=
v
y
2
，
v
x
2
=
u
y
2
，
故
w
xx
+
w
yy
= 2 (
u
x
2
+
v
x
2
+
u
y
2
+
v
y
2
) = 4 (
u
x
2
+
v
x
2
) = 4 |
f
(
z
) |
2
；
即(
2
/
x
2
+
2
/
y
2
) |
f
(
z
) |
2
= 4 |
f’
(
z
) |
2
．
18. 设函数
f
(
z
)在区域
D
内解析，且
f’
(
z
) 0．试证ln |
f’
(
z
) |为区域
D
内的调和
函数．
【解】
a
D
，因区域
D
是开集，故存在
r
1
> 0，使得
K
(
a
,
r
1
) = {
z
| |
z
a
| <
r
1
}
D
．
因
f’
(
a
) 0，而解析函数
f’
(
z
)是连续的，故存在
r
2
> 0，使得
5
K
(
a
,
r
2
)
K
(
a
,
r
1
)，且|
f’
(
z
)
f’
(
a
)| < |
f’
(
a
) |．
用三角不等式，此时有|
f’
(
z
)| > |
f’
(
a
) | |
f’
(
z
)
f’
(
a
)| > 0．
记
U
= {
z
| |
z
f’
(
a
)
| < |
f’
(
a
) |
}，则
U
是一个不包含原点的单连通区域．
在沿射线
L
= {
z
|
z
=
f’
(
a
)
t
，
t
0 }割开的复平面上，多值函数
g
(
z
) = ln
z
可分出多个连续单值分支，每个单值连续分支
g
(
z
)
k
在
L
上都是解析的．
t
0，|
f’
(
a
)
t
f’
(
a
) | = (
t
+ 1) |
f’
(
a
) | |
f’
(
a
) |，故
f’
(
a
)
t
U
．
所以
U
L
，即每个单值连续分支
g
(
z
)
k
在
U
上都是解析的．
因为当
z
K
(
a
,
r
2
)时，
f’
(
z
)
U
，故复合函数
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
,
r
2
)上是调和的．
由
a
D
的任意性，知ln |
f’
(
z
) |在
D
上是调和的．
【解2】用Caucht-Riemann方程直接验证．因为
f’
(
z
)也在区域
D
内解析，
设
f’
(
z
) =
u
+ i
v
，则
u
,
v
也满足Cauchy-Riemann方程．记
w
= ln |
f’
(
z
) |，
则
w
= (1/2) ln (
u
2
+
v
2
)，
w
x
= (
u
x
u
+
v
x
v
) /(
u
2
+
v
2
)，
w
y
= (
u
y
u
+
v
y
v
) /(
u
2
+
v
2
)；
6
w
xx
= ((
u
xx
u
+
u
x
2
+
v
xx
v
+
v
x
2
)(
u
2
+
v
2
) 2(
u
x
u
+
v
x
v
)
2
)/(
u
2
+
v
2
)
2
；
w
yy
= ((
u
yy
u
+
u
y
2
+
v
yy
v
+
v
y
2
)(
u
2
+
v
2
) 2(
u
y
u
+
v
y
v
)
2
)/(
u
2
+
v
2
)
2
；
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
x
2
=
v
y
2
，
v
x
2
=
u
y
2
，
u
x
v
x
+
u
y
v
y
= 0，
因此(
u
x
u
+
v
x
v
)
2
+ (
u
y
u
+
v
y
v
)
2
=
u
x
2
u
2
+
v
x
2
v
2
+ 2
u
x
u
v
x
v
+
u
y
2
u
2
+
v
y
2
v
2
+ 2
u
y
u
v
y
v
= (
u
x
2
+
v
x
2
)(
u
2
+
v
2
)；
故
w
xx
+
w
yy
= (2(
u
x
2
+
v
x
2
)(
u
2
+
v
2
) 2(
u
x
2
+
v
x
2
)(
u
2
+
v
2
))/(
u
2
+
v
2
)
2
= 0．
所以
w
为区域
D
内的调和函数．
[初看此题，就是要验证这个函数满足Laplace方程．因为解析函数的导数还是解析的，
所以问题相当于证明ln |
f
(
z
) |是调和的，正如【解2】所做．于是开始打字，打了两行之
后，注意到ln |
f’
(
z
) |是Ln
f’
(
z
)的实部．但Ln
z
不是单值函数，它也没有在整个上的
单值连续分支，【解1】前面的处理就是要解决这个问题．]
p141第三章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 ]
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
7
为零．问
f
(
z
)是否必须在
z
= 0处解析？试举例说明之．
【解】不必．例如
f
(
z
) = 1/
z
2
就满足题目条件，但在
z
= 0处未定义．
[事实上可以任意选择一个在|
z
| < 1内解析的函数
g
(
z
)，然后修改它在原点处的函数
值得到新的函数
f
(
z
)，那么新的函数
f
(
z
)在原点不连续，因此肯定是解析．但在0 < |
z
| <
1内
f
(
z
) =
g
(
z
)，而
g
(
z
)作为在|
z
| < 1内解析的函数，必然沿任何圆周
C
: |
z
| =
r
的积
分值都是零．因此
f
(
z
)沿任何圆周
C
: |
z
| =
r
的积分值也都是零．
若进一步加强题目条件，我们可以考虑，在极限lim
z
0
f
(
z
)存在的条件下，补充定义
f
(0) = lim
z
0
f
(
z
)，是否
f
(
z
)就一定在
z
= 0处解析？
假若加强条件后的结论是成立，我们还可以考虑，是否存在满足题目条件的函数，使
得极限lim
z
0
f
(
z
)不存在，也不是？]
2. 沿从1到1的如下路径求
C
1/√
z
dz
．
(1) 上半单位圆周；(2) 下半单位圆周，其中√
z
取主值支．
【解】(1) √
z
= e
i arg
z
/2
，设
C
:
z
(
)
= e
i
，
[0, ]．
C
1/√
z
dz
=
[0, ]
i e
i
/e
i
/2
d
=
[0, ]
i e
i
/2
d
= 2e
i
/2
|
[0, ]
= 2( 1 + i)．
(2) √
z
= e
i arg
z
/2
，设
C
:
z
(
)
= e
i
，
[, 0]．
C
1/√
z
dz
=
[, 0]
i e
i
/e
i
/2
d
=
[, 0]
i e
i
/2
d
= 2e
i
/2
|
[, 0]
= 2( 1 i)．
8
[这个题目中看起来有些问题：我们取主值支，通常在是考虑割去原点及负实轴的
z
平
面上定义的单值连续分支．因此，无论(1)还是(2)，曲线
C
上的点1总不在区域中(在区域
的边界点上)．因此曲线
C
也不在区域中．
所以，题目应该按下面的方式来理解：考虑单位圆周上的点
，以及沿
C
从1到
的积
分的极限，当
分别在区域
y
> 0和区域
y
< 0中趋向于1时，分别对应(1)和(2)的情形，
简单说就是上岸和下岸的极限情形．
那么按照上述方式理解时，仍然可以象我们所做的那样，用把积分曲线参数化的办法
来计算，这是由积分对积分区域的连续性，即绝对连续性来保证的．
以后我们遇到类似的情形，都以这种方式来理解．]
3. 试证|
C
(
z
+ 1)/(
z
1)
dz
| 8，其中
C
为圆周 |
z
1 | = 2．
【解】若
z
C
，|
z
+ 1 | |
z
1 | + 2 = 4，故| (
z
+ 1)/(
z
1) | 2．
因此|
C
(
z
+ 1)/(
z
1)
dz
|
C
| (
z
+ 1)/(
z
1) |
ds
2 · Length(
C
) = 8．
4. 设
a
,
b
为实数，
s
=
+ i
t
(
> 0)时，试证：
|
e
bs
–
e
as
| |
s
| · |
b
–
a
|
e
max{
a
,
b
} ·
．
【解】因为
f
(
z
) =
e
sz
在上解析，故
f
(
z
)的积分与路径无关．
设
C
是从
a
到
b
的直线段，因为
e
sz
/
s
是
f
(
z
)的一个原函数，所以
9
|
C
e
sz
dz
| = |
e
sz
/
s
|
[
a
,
b
]
| = |
e
bs
–
e
as
|/|
s
|．
而|
C
e
sz
dz
|
C
|
e
sz
|
ds
=
C
|
e
(
+ i
t
)
z
|
ds
=
C
|
e
z
+ i
tz
|
ds
=
C
|
e
z
|
ds
C
e
max{
a
,
b
} ·
ds
= |
b
–
a
|
e
max{
a
,
b
} ·
．
所以|
e
bs
–
e
as
| |
s
| · |
b
–
a
|
e
max{
a
,
b
} ·
．
5. 设在区域
D
= {
z
: | arg
z
| < /2 }内的单位圆周上任取一点
z
，用
D
内曲线
C
连接0与
z
，试证：Re(
C
1/(1 +
z
2
)
dz
) = /4．
【解】1/(1 +
z
2
)在单连通区域
D
内解析，故积分与路径无关．设
z
=
x
+ i
y
，
z
D
，i
z
{
z
: 0 < arg
z
< } = {
z
: Im
z
> 0 }，
i
z
{
z
: < arg
z
< 0 } = {
z
: Im
z
< 0 }，
故1 + i
z
{
z
: Im
z
> 0 }， 1 i
z
{
z
: Im
z
< 0 }．
设ln(
z
)是Ln(
z
)的主值分支，则在区域
D
内( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/(2i)是解析的，
且(( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/(2i))
’
= (i/(1 + i
z
) + i/(1 i
z
))(2i) = 1/(1 +
z
2
)；
即( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/(2i)是1/(1 +
z
2
)的一个原函数．
C
1/(1 +
z
2
)
dz
= ( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/2 |
[0,
z
]
10
= (ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
))/(2i) = ln((1 + i
z
)/(1 i
z
))/(2i)
= (ln |(1 + i
z
)/(1 i
z
)| + i arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
)))/(2i)
= i (1/2) ln |(1 + i
z
)/(1 i
z
)| + arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
))/2，
故Re(
C
1/(1 +
z
2
)
dz
) = arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
))/2．
设
z
= cos
+ i sin
，则cos
> 0，故
(1 + i
z
)/(1 i
z
) = (1 + i (cos
+ i sin
))/(1 i (cos
+ i sin
)) = i cos
/(1 + sin
)，
因此Re(
C
1/(1 +
z
2
)
dz
) = arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
))/2
= arg (i cos
/(1 + sin
))/2 = (/2)/2 = /4．
[求1/(1 +
z
2
) = 1/(1 + i
z
) + 1/(1 i
z
) )/2的在区域
D
上的原函数，容易得到函数
( ln(1 + i
z
) ln(1 i
z
) )/(2i)，实际它上就是arctan
z
．但目前我们对arctan
z
的性质尚
未学到，所以才采用这种间接的做法．另外，注意到点
z
在单位圆周上，从几何意义上更
容易直接地看出等式arg ((1 + i
z
)/(1 i
z
))/2 = /4成立．最后，还要指出，因曲线
C
的端点0不在区域
D
中，因此
C
不是区域
D
中的曲线．参考我们在第2题后面的注释．]
6. 试计算积分
C
( |
z
| e
z
sin
z
)
dz
之值，其中
C
为圆周|
z
| =
a
> 0．
【解】在
C
上，函数|
z
| e
z
sin
z
与函数
a
e
z
sin
z
的相同，故其积分值相同，即
C
( |
z
| e
z
sin
z
)
dz
=
C
(
a
e
z
sin
z
)
dz
．
11
而函数
a
e
z
sin
z
在上解析，由Cauchy-Goursat定理，
C
(
a
e
z
sin
z
)
dz
= 0．
因此
C
( |
z
| e
z
sin
z
)
dz
= 0．
7. 设(1)
f
(
z
)在|
z
| 1上连续；(2) 对任意的
r
(0 <
r
< 1)，
|
z
| =
r
f
(
z
)
dz
= 0．试证
|
z
| = 1
f
(
z
)
dz
= 0．
【解】设
D
(
r
) = {
z
| |
z
|
r
}，
K
(
r
) = {
z
| |
z
| =
r
}，0 <
r
1．
因
f
在
D
(1)上连续，故在
D
(1)上是一致连续的．再设
M
= max
z
D
(1)
{ |
f
(
z
) | }．
> 0，
1
> 0，使得
z
,
w
D
(1), 当|
z
w
| <
1
时，|
f
(
z
)
f
(
w
)
| <
/(12)．
设正整数
n
3，
z
k
= e
2
k
i/
n
(
k
= 0, 1, ...,
n
1)是所有的
n
次单位根．
这些点
z
0
,
z
1
, ...,
z
n
– 1
将
K
(1)分成
n
个弧段
(1),
(2), ...,
(
n
)．
其中
(
k
) (
k
= 1, ...,
n
1)是点
z
k
– 1
到
z
k
的弧段，
(
n
)是
z
n
– 1
到
z
0
的弧段．
记
p
(
k
) (
k
= 1, ...,
n
1)是点
z
k
– 1
到
z
k
的直线段，
p
(
n
)是
z
n
– 1
到
z
0
的直线段．
当
n
充分大时，max
j
{Length(
(
j
))} = 2/
n
<
1
．
设
P
是顺次连接
z
0
,
z
1
, ...,
z
n
– 1
所得到的简单闭折线．记
=
(
P
, 0)．
注意到常数
f
(
z
j
)的积分与路径无关，
(
j
)
f
(
z
j
)
dz
=
p
(
j
)
f
(
z
j
)
dz
；
12
那么，|
K
(1)
f
(
z
)
dz
P
f
(
z
)
dz
|
= |
j
(
j
)
f
(
z
)
dz
j
p
(
j
)
f
(
z
)
dz
|
= |
j
(
(
j
)
f
(
z
)
dz
p
(
j
)
f
(
z
)
dz
) |
j
|
(
j
)
f
(
z
)
dz
p
(
j
)
f
(
z
)
dz
|
j
( |
(
j
)
f
(
z
)
dz
(
j
)
f
(
z
j
)
dz
| + |
p
(
j
)
f
(
z
j
)
dz
p
(
j
)
f
(
z
)
dz
| )
=
j
( |
(
j
)
(
f
(
z
)
f
(
z
j
))
dz
| + |
p
(
j
)
(
f
(
z
)
f
(
z
j
))
dz
| )
=
j
(
(
j
)
/(12)
ds
+
p
(
j
)
/(12)
ds
)
= (
/(12))
·
j
( Length(
(
j
)) + Length(
p
(
j
)) )
(
/(12))
·
j
( Length(
(
j
)) + Length(
(
j
)) )
= (
/(12))
· (2 Length(
K
(1)))
= (
/(12))
· 4 =
/3．
当
<
r
< 1时，
P
中每条线段
p
(
k
)都与
K
(
r
)交于两点，设交点顺次为
w
k
, 1
,
w
k
, 2
．
设
Q
是顺次连接
w
1, 1
,
w
1, 2
,
w
2, 1
,
w
2, 2
, ...,
w
n
, 1
,
w
n
, 2
所得到的简单闭折线．
与前面同样的论证，可知|
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
|
/3．
13
因此，|
K
(1)
f
(
z
)
dz
| = |
K
(1)
f
(
z
)
dz
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
|
|
K
(1)
f
(
z
)
dz
P
f
(
z
)
dz
| + |
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
| + |
P
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
|
/3 +
/3 + |
P
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
|．
记连接
w
k
, 2
到
w
k
+1, 1
的直线段为
l
(
k
)，连接
w
k
, 2
到
z
k
+1
的直线段为
r
(
k
)，连接
z
k
+1
到
w
k
+1, 1
的直线段为
s
(
k
)，则
|
r
(
k
)
f
(
z
)
dz
+
s
(
k
)
f
(
z
)
dz
l
(
k
)
f
(
z
)
dz
|
M
( Length(
l
(
k
)) + Length(
r
(
k
)) + Length(
s
(
k
)) ) 3
M
· Length(
l
(
k
))．
因为当
r
1
时，有Length(
l
(
k
)) 0，
故存在
r
(
, 1)使得|
r
(
k
)
f
(
z
)
dz
+
s
(
k
)
f
(
z
)
dz
l
(
k
)
f
(
z
)
dz
| <
/(3
n
)．
对这个
r
，我们有
|
P
f
(
z
)
dz
Q
f
(
z
)
dz
| = |
k
(
r
(
k
)
f
(
z
)
dz
+
s
(
k
)
f
(
z
)
dz
l
(
k
)
f
(
z
)
dz
) |
k
(|
r
(
k
)
f
(
z
)
dz
+
s
(
k
)
f
(
z
)
dz
l
(
k
)
f
(
z
)
dz
|)
k
/(3
n
) =
/3．
故|
K
(1)
f
(
z
)
dz
|
．因此
K
(1)
f
(
z
)
dz
= 0．
8. 设(1)
f
(
z
)当|
z
–
z
0
| >
r
0
> 0时是连续的；(2)
M
(
r
)表|
f
(
z
) |在
K
r
: |
z
–
z
0
| =
r
>
r
0
14
上的最大值；(3) lim
r
+
r M
(
r
) = 0．试证：lim
r
+
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
= 0．
【解】当
r
>
r
0
时，我们有
|
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
|
K
(
r
)
|
f
(
z
) |
ds
K
(
r
)
M
(
r
)
ds
= 2
r M
(
r
) 0 (当
r
+ 时)，
所以lim
r
+
K
(
r
)
f
(
z
)
dz
= 0．
9. (1) 若函数
f
(
z
)在点
z
=
a
的邻域内连续，则
lim
r
0
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
= 2i
f
(
a
)．
(2) 若函数
f
(
z
)在原点
z
= 0的邻域内连续，则
lim
r
0
[0, 2]
f
(
r
e
i
)
d
= 2
f
(0)．
【解】(1) 当
r
充分小时，用
M
(
r
)表|
f
(
z
) |在
K
r
: |
z
–
a
| =
r
上的最大值；
|
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
– 2i
f
(
a
) |
= |
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
–
f
(
a
)
|
z
–
a
| =
r
1/(
z
–
a
)
dz
|
= |
|
z
–
a
| =
r
(
f
(
z
) –
f
(
a
))/(
z
–
a
)
dz
|
|
z
–
a
| =
r
|
f
(
z
) –
f
(
a
) |/|
z
–
a
|
ds
M
(
r
)
|
z
–
a
| =
r
1/|
z
–
a
|
ds
= 2
r
M
(
r
)．
15
当
r
0时，由
f
(
z
)的连续性，知
M
(
r
) |
f
(
a
) |．
故|
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
– 2i
f
(
a
) | 0．
因此，lim
r
0
|
z
–
a
| =
r
f
(
z
)/(
z
–
a
)
dz
= 2i
f
(
a
)．
(2) 根据(1)，lim
r
0
|
z
| =
r
f
(
z
)/
z
dz
= 2i
f
(0)．
而当
r
充分小时，我们有
|
z
| =
r
f
(
z
)/
z
dz
=
[0, 2]
f
(
r
e
i
)/(
r
e
i
)
· (
r
e
i
i )
d
= i
[0, 2]
f
(
r
e
i
)
d
．
所以，lim
r
0
(i
[0, 2]
f
(
r
e
i
)
d
)= 2 i
f
(0)．
故lim
r
0
[0, 2]
f
(
r
e
i
)
d
= 2
f
(0)．
10. 设函数
f
(
z
)在|
z
| < 1内解析，在闭圆|
z
| 1上连续，且
f
(0) = 1．求积分
(1/(2 i))
|
z
| = 1
(2 (
z
+ 1/
z
))
f
(
z
)/
z
dz
之值．
【解】(1/(2 i))
|
z
| = 1
(2 (
z
+ 1/
z
))
f
(
z
)/
z
dz
=
|
z
| = 1
(2
f
(
z
)/
z
(
zf
(
z
)/
z
+ (1/
z
)
f
(
z
)/
z
)
dz
= (1/(2 i)) · (
|
z
| = 1
2
f
(
z
)/
z dz
(
|
z
| = 1
f
(
z
)
dz
+
|
z
| = 1
f
(
z
)/
z
2
dz
) )
16
= (1/(2 i)) · ( 2(2 i)
f
(0)
(0
+ (2 i/1!)
f’
(0)) )
= 2
f
(0)
f’
(0) = 2
f’
(0)．
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
，
|
| 1，与
C
，使得
f
(
b
)
f
(
a
) =
(
b
a
)
f’
(
)．
【解】设
C
的参数方程为
z
(
t
) = (1 –
t
)
a
+
t
b
，其中
t
[0, 1]．
在区域
D
内，因
f
(
z
)是
f’
(
z
)的原函数，故
f
(
b
)
f
(
a
) =
C
f’
(
z
)
dz
=
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) (
b
a
)
dt
=
= (
b
a
)
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
．
(1) 若
[0, 1]
|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |
dt
= 0，因|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |是[0, 1]上的连续
函数，故|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |在[0, 1]上恒为零．即
f’
(
x
)在
C
上恒为零．
此时取
= 0，任意取
C
，则有
f
(
b
)
f
(
a
) = (
b
a
)
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
= 0 =
(
b
a
)
f’
(
)．
(2) 若
[0, 1]
|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |
dt
> 0，
因|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |是[0, 1]上的实变量连续函数，由积分中值定理，
17
存在
t
0
[0, 1]，使得
[0, 1]
|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |
dt
= |
f’
((1 –
t
0
)
a
+
t
0
b
) |．
取
= (1 –
t
0
)
a
+
t
0
b
，则
f’
(
) =
f’
((1 –
t
0
)
a
+
t
0
b
) 0，
令
= (
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
)/
f’
(
)．
因为|
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
|
[0, 1]
|
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
) |
dt
= |
f’
(
) |．
所以|
| = | (
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
)/
f’
(
) |
= |
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
|/|
f’
(
) | 1．
且
f
(
b
)
f
(
a
) = (
b
a
)
[0, 1]
f’
((1 –
t
)
a
+
t
b
)
dt
=
(
b
a
)
f’
(
)．
12. 如果在|
z
| < 1内函数
f
(
z
)解析，且|
f
(
z
) | 1/(1 |
z
|)．试证：
|
f
(
n
)
(0) | (
n
+ 1)!(1 + 1/
n
)
n
< e (
n
+ 1)!，
n
=1, 2, ...．
【解】设
K
(
r
) = {
z
| |
z
| =
r
}，0 <
r
1．
由Cauchy积分公式和高阶导数公式，有
|
f
(
n
)
(0) | = (
n
!/(2)) |
K
(
r
)
f
(
z
)/
z
n
+ 1
dz
| (
n
!/(2))
K
(
r
)
|
f
(
z
) |/|
z
|
n
+ 1
ds
(
n
!/(2))
K
(
r
)
1/((1 |
z
|)|
z
|
n
+ 1
)
ds
= (
n
!/(2))/((1
r
)
r
n
+ 1
) 2
r
18
=
n
!/((1
r
)
r
n
)．
为得到|
f
(
n
)
(0) |的最好估计，我们希望选取适当的
r
(0, 1)，使得
n
!/((1
r
)
r
n
)最小，
即要使(1
r
)
r
n
最大．
当
n
1时，根据均值不等式，(1
r
)
r
n
= (1
r
) (
r
/
n
)
n
·
n
n
(((1
r
) + (
r
/
n
) + ... + (
r
/
n
))/(
n
+ 1))
n
+ 1
·
n
n
=
n
n
/(
n
+ 1)
n
+ 1
．
当1
r
=
r
/
n
，即
r
=
n
/(
n
+ 1)时，(1
r
)
r
n
达到最大值
n
n
/(
n
+ 1)
n
+ 1
．
因此，我们取
r
=
n
/(
n
+ 1)，此时有
|
f
(
n
)
(0) |
n
!/((1
r
)
r
n
) =
n
!/(
n
n
/(
n
+ 1)
n
+ 1
) = (
n
+ 1)!(1 + 1/
n
)
n
< e (
n
+ 1)!．
[也可以用数学分析中的办法研究函数
g
(
r
) = (1
r
)
r
n
在(0, 1)内的上确界，也会得到
同样的结果．]
13. 设在|
z
| 1上函数
f
(
z
)解析，且|
f
(
z
) | 1．试证：|
f’
(0) | 1．
【解】设
D
= {
z
| |
z
| 1 }．由高阶导数公式，
|
f’
(0) | = (1/(2)) |
D
f
(
z
)/
z
2
dz
| (1/(2))
D
1/|
z
|
2
ds
= 1．
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
19
|
f
(
z
) | >
M
的
z
必存在．
【解】若不然，当|
z
| >
R
时，|
f
(
z
) |
M
．
而
f
(
z
)为整函数，故必连续，因此
f
(
z
)在|
z
|
R
上有界．
所以
f
(
z
)在上有界．
由Liouville定理，
f
(
z
)必为常数，这与题目条件相矛盾．
15. 已知
u
+
v
= (
x
–
y
)(
x
2
+ 4
xy
+
y
2
) – 2(
x
+
y
)，试确定解析函数
f
(
z
) =
u
+ i
v
．
【解】由于
u
x
+
v
x
= 3(
x
2
+ 2
xy
–
y
2
) – 2，
u
y
+
v
y
= 3(
x
2
– 2
xy
–
y
2
) – 2，
两式相加，再利用Cauchy-Riemann方程，有
u
x
= 3(
x
2
–
y
2
) – 2．
两式相减，再利用Cauchy-Riemann方程，有
v
x
= 6
xy
．
所以
f’
(
z
) =
u
x
+ i
v
x
= 3(
x
2
–
y
2
) – 2 + 6
xy
i = 3(
x
+
y
i)
2
– 1 = 3
z
2
– 2．
因此，
f
(
z
) =
z
3
– 2
z
+
，其中
为常数．
将
z
= 0代入，
f
(
z
) =
z
3
– 2
z
+
，得
=
f
(0)．
把(
x
,
y
) = (0, 0)带入
u
+
v
= (
x
–
y
)(
x
2
+ 4
xy
+
y
2
) – 2(
x
+
y
)，得
u
(0, 0) +
v
(0, 0) =
0．
20
设
u
(0, 0) =
c
，则
v
(0, 0) =
c
．因此
=
f
(0) =
u
(0, 0) +
v
(0, 0) i = (1 i )
c
．
所以，
f
(
z
) =
z
3
– 2
z
+ (1 i )
c
，其中
c
为任意实数．
[书上答案有误．设
f
(
z
) =
z
3
– 2
z
+ (
a
+
b
i)，则
f
(
z
) = (
x
+
y
i)
3
– 2(
x
+
y
i) + (
a
+
b
i) = (
x
3
3
xy
2
– 2
x
+
a
) + (3
x
2
y
y
3
– 2
y
+
b
)
i．
因此，
u
+
v
= (
x
3
3
xy
2
– 2
x
+
a
) + (3
x
2
y
y
3
– 2
y
+
b
)
= (
x
–
y
)(
x
2
+ 4
xy
+
y
2
) – 2(
x
+
y
) + (
a
+
b
)，
所以，当
a
+
b
0时，不满足题目所给条件．]
16. 设(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cl(
D
) =
D
+
C
上连续；(3) 沿
C
，
f
1
(
z
) =
f
2
(
z
)．试证：在整个闭域cl(
D
)，
有
f
1
(
z
) =
f
2
(
z
)．
【解】设
f
(
z
) =
f
1
(
z
)
f
2
(
z
)．用Cauchy积分公式，
z
D
有
f
(
z
) = (1/(2i))
C
f
(
)/(
–
z
)
d
= 0．
所以
z
cl(
D
)有
f
(
z
) = 0，即
f
1
(
z
) =
f
2
(
z
)．
·◦
• √§
21
§
m
+
，
m
+
，★
1
,
2
, ...,
n
lim
n
，+
n
> 0，
u
n
，
n
1
u
n
，
m
，
> 0，
> 0，【解】
[0, 2]
l
2
dx
，
f
(
x
) = (, +)[, ]
1
k
n
u
n
，[0, 2]
22