复变函数习题解答(第3章)

1、1p141 第三章习题第三章习题(一一) 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 | 0，使得 K(a, r1) = z | | z a | 0，使得 K(a, r2) K(a, r1)，且| f(z) f(a)| | f(a) | | f(z) f(a)| 0 记 U = z | | z f(a) | 0 和区域 y 0)时，试证： | e bs e as | | s | | b a | e maxa, 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 | 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 =

2、 C | e z + i tz | ds = C | e z | ds C e maxa, b ds = | b a | e maxa, b 所以| e bs e as | | s | | b a | e maxa, b 5. 设在区域 D = z : | arg z | 0 ， i z z : 0 ， 1 i z z : Im z 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

3、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，5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 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 = 07. 设(1) f(z)在| z | 1 上连续；(2) 对任意的 r (0 0，1 0，使得z, wD(1), 当| z w | r0 0 时是连续的；(2) M(r)表| f(z) |在 Kr : | z z0 | = r r0 上的最大值；(3)

4、lim r + r M(r) = 0试证：lim r + K(r) f(z) dz = 0 【解】当 r r0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 = 09. (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 Kr : | 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

5、| = r | f(z) f(a) |/| z a| ds M(r) | z a | = r 1/| z a| ds = 2r M(r) 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 | 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， 存在 t00, 1，使得0, 1 | f(

6、1 t ) a + t b) | dt = | f(1 t0) a + t0b) | 取 = (1 t0) a + t0b，则 f() = f(1 t0) a + t0b) 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 | R 且 | 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

7、 y)(x2 + 4xy + y2) 2(x + y)，试确定解析函数 f(z) = u + iv 【解】由于 ux + vx = 3(x2 + 2xy y2) 2，uy + vy = 3(x2 2xy y2) 2， 两式相加，再利用 Cauchy-Riemann 方程，有 ux = 3(x2 y2) 28两式相减，再利用 Cauchy-Riemann 方程，有 vx = 6xy 所以 f(z) = ux + i vx = 3(x2 y2) 2 + 6xy i = 3(x + y i)2 1 = 3 z2 2 因此，f(z) = z3 2z + ，其中为常数 将 z = 0 代入，f(z) = z3 2z + ，得 = f(0) 把(x, y) = (0, 0)带入 u + v = (x y)(x2 + 4xy + y2) 2(x + y)，得 u(0, 0) + v(0, 0) = 0 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) = z3 2z + (1 i )c，其中 c

8、为任意实数 书上答案有误设 f(z) = z3 2z + (a + b i)，则 f(z) = (x + y i)3 2(x + y i) + (a + b i) = (x3 3xy2 2x + a) + (3x2y y3 2y + b) i 因此，u + v = (x3 3xy2 2x + a) + (3x2y y3 2y + b) = (x y)(x2 + 4xy + y2) 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 f1(z)及 f2(z) 在 D 内解析，在闭域 cl(D) = D + C 上连续；(3) 沿 C，f1(z) = f2(z)试证：在整 个闭域 cl(D)，有 f1(z) = f2(z) 【解】设 f(z) = f1(z) f2(z)用 Cauchy 积分公式，zD 有 f(z) = (1/(2i)C f()/( z) d = 0 所以zcl(D)有 f(z) = 0，即 f1(z) = f2(z) m+，m+， 1, 2, ., n lim n，+n 0， un， n 1 un，m， 0， 0， 【解】0, 2 l 2 dx，f(x) = (, +), 1 k n un，0, 2

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