复变函数第6章
复变函数-第6章
光滑曲线 Γ : w = f ( z (t )) (t0 ≤ t ≤ t1 ) 切向量 w′(t ) = f ′( z0 ) z ′(t0 ) ≠ 0 切向量辐角ψ = arg w′(t0 )
= arg f ′( z0 ) + arg z ′(t0 ) = arg f ′( z0 ) + ϕ
7
假设 | f ′( z0 ) |= r , arg f ′( z0 ) = α , 即 f ′( z0 ) = reiα , 则
| f ′( z0 ) | . | f ′( z ) − f ′( z0 ) |≤ 2 如果 z1 , z 2 ∈ D, 并且 Γ 是连接 z1 和 z 2 的线段, 则有
| f ( z1 ) − f ( z 2 ) |=
∫
Γ
f ′( z )dz =
∫
Γ
f ′( z0 )dz − ∫ ( f ′( z0 ) − f ′( z ))dz
f ′( z ) ≠ 0
单叶(单射)解析
局部单叶(单射)
解析且 f ′( z0 ) ≠ 0
定理 6.1.1 若 f (z )在 z0 解析, 且 f ′( z0 ) ≠ 0, 故存在以 z0为心 的圆盘 D 使得 f (z ) 在 D 上的单射(单叶).
3
定理 6.1.2 (保域定理) 若 w = f (z ) 为在区域 D 内解析的非常 数函数, 则它的值域 (像) G = f ( D) = {w | w = f ( z ), z ∈ D} 也是一个区域. 证明: 区域是连通的开集. (1) 证明 G 是一个开集, 即 G 内的每一点都是内点.
∀w0 ∈ G,
∃z0 ∈ D, s.t. w0 = f ( z0 ).
复变函数第六章
推论6.3 设a为f(z)的一阶极点，f (z) (z) ,
za
则 Re s f (z) (a) lim(z a) f (z).
za
推论6.4
za
设a为f(z)的二阶极点，f (z)
(z)
z a2
,
则 Re s f (z) (a) lim[(z a)2 f (z)].
za
za
定理6.5 设a为 f (z) (z) 的一级极点 ，其中(z)，
1. 留数的定义及留数定理
若f(z)在点a解析，周线C包围a,则：C f zdz 0. 若a为 f(z)的孤立奇点，周线C包围a,则：C f zdz一般不为0.
定义6.1 设f(z)以有限点a为孤立奇点，即 f(z)在点a
的某去心邻域0<|z-a|<R内解析，则称积分
1
2i
f
zdz
( :| z a | ,0 R)
f
1 (z
)以点a为m阶零点.
定理5.5 f(z)的孤立奇点a为极点 lim f (z) . za
5. 本性奇点的性质
定理5.6 f(z)的孤立奇点a为本性奇点
lim
za
f
(z)
b(有
限
数)，
即lim za
f
( z )广 义 不 存 在.
第六章 留数理论及其应用 第一节 留数
1. 留数的定义及留数定理 2. 留数的求法 3. 函数在无穷远点的留数
D 内且两两不相交，取逆时针方向，则由柯西积
分定理有
n
f z
n
f zdz 2 i Re s f z.
c
i 1 k
k1 zak
注 留数定理的重要意义在于把复变函数的闭合曲线积分转
复变函数小结
C 0.
数学学院
例2 设f ( z )在 | z | 1内解析,在 | z | 1上连续,且在 | z | 1上 1 | f ( z ) z || z | 证明: | f ( ) | 8 2 1 f (z) dz 证明 f ( z0 ) 2 2 i |z|1 ( z z0 ) y (z) C 1 1 | f (z) z | | z | | f ( ) | ds 1 1 2 2 2 |z|1 |z | 2 x 2 o 1 2 ds 8. 2 |z|1 ( 1 )2 2
z1 ae
3 i 4
.
1 i 3 4z
z z0
1 3 4 z z z1
3 i i 4 4 ae ae i 4 4 4 a 4 a
2 2 2 3 i i . 3 4a 2 2 2 2 2 2a
积分存在的 条件及计算
Cauchy积分定理
复合 闭路 定理
Cauchy 积分公式 高阶导数 公式
数学学院
第四章小结
n 为复常数
n n 1
n 为函数 f n ( z )
复数项级数
复数列
收敛半径的计算 函数项级数
收敛条件
充 要 条 件
收敛半径R
运算与性质
绝 对 收 敛 条 件 收 敛
数学学院
例13 设函数 f ( z ) 在分段光滑曲线 C 及其内部解析， 且在 C 上无零点，则 1 f ( z ) dz N , 2 i C f ( z ) 其中 N 表示 f ( z ) 在 C 的内部零点的总数。 (约定k级零点按k个零点计算).
复变函数与积分变换答案-第6章共形映射
第六章 共形映射习题详解1、（1）21,2则'=+=w z w z ；伸缩率()22'==w i i ，旋转角()2'=A r g wi π；伸缩率()22'-=-=w i i ，旋转角()2'-=-Argw i π；（2）4=w z，则34'=w z ，伸缩率(1)4'=w ，旋转角()10'=Argw ；伸缩率()()()3(1)41421882'+=+=+=-=w i ii i i ()314'+=Argw i π。
2、21365,66,16w z z w z z '=--=-->部分被放大了，116z -<部分被缩小了。
3、43,41,w z z w z '=+=+具有伸缩率与旋转角不变性。
4、（1）1232,,1===-z z i z 分别映射成1233,1,0,w i w w =-=-=由30+32121::10111得+---+==++----w i i z zw i w z i i z； （2）123,1,0=∞==z z z 分别映射成1230,1,,w w w ==-=∞由-01111::11101得==-+--w w w z z； （3）1232,0,1===z z z 分别映射成1231,1,,w w w =-==∞由112121::110101得+--==----w z w w z z； （4）1230,,2===-z z i z 分别映射成1233,,1,w i w i w ===由3130206::1232得------==------w i i z z iw w i i z i i iz 。
5、由分式的分子与分母同乘以（或除以）非零复数后这些值不变化得：把系数,,,a b c d 加以整合有1ad bc -=。
6、（1）设(),az b f z cz d +=+由0()(0)0,()10,1,0()a b a i bf f i i i c d c i d ⋅+⋅-+=-=-==-⋅+⋅-+得解之0,2ab c d ===，故2();11122z z f z z z ==++（2）设(),az b f z cz d +=+由1(0)1,()(42)5==+f f i i ，得 ()0()11,420()5⋅+⋅+==+⋅+⋅+a b a i b i c d c i d ，解之()()11,(42)()424255=+=++=-++⎡⎤⎣⎦b d ai d i ci d d c i c d 05420,154222=⎧=+=⎧⎧⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨=-=-=-⎩⎩⎪⎩a a c d a d d c d c c d故 2()22==--+d f z dzz d 。
浙江大学宁波理工学院复变函数与积分变换-第6章(傅里叶变换)
cn
1 T
T
2 T
2
fT (t)e jn0t dt
1 T
T
2 T
fT (t)e jntdt, n 0, 1, 2, 3,...
2
这里n n0.这样傅里叶级数可写为：
傅里叶级数的复指
fT (t) c0 (cne jnt cne jnt )
cne jnt .
数形式。称为连续
n1
信息科n学 与工程学院傅里叶级数变换
SCHOOL OF INFORMATION SCIENCE AND ENGINEERING
复变函数与 积分变换
§6.1 傅里叶变换的概念
傅里叶级数
傅里叶级数的物理含义
在傅里叶级数的三角形式fT
(t)
a0 2
1829年狄利克雷第一个给出了收敛条件。
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复变函数与 积分变换
§6.1 傅里叶变换的概念
傅里叶级数
傅里叶级数的三角形式
[定理]设周期为T的实值函数fT
(t
)在[
T 2
,
T 2
]上满足狄利克雷条件：(1)连续或只有
在复变函数各章节中 采用i作为虚数单位， 而在积分变换中一般 采用j作为虚数单位
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复变函数与 积分变换
§6.1 傅里叶变换的概念
傅里叶级数
傅里叶级数的复指数表示
1 T
复变函数复习题第6章共形映射
105第6章 保角映射6.1 分式线性映射导数的几何意义是保角映射的理论基础.6-1 映射2w z =在i z =-处的伸缩率k 与旋转角α是（ ）.（A ）π1,2k α==（B ）π2,2k α==- （C ）π1,2k α==- （D ）π2,2k α==解 i i π||2,Arg ()|.2z z k w f z α=-=-''====- 选（B ）.平移变换加伸缩反射得相似图形，相似比即||w '.6-2 在映射1w z=下，将|1|1z -<映射为（ ）.（A ）右半平面0u > （B ）下半平面0v < （C ）半平面12u > （D ）12v <- 解1 221i i x y w u v z x y -===++ 2222,xyu v x y x y -==++ 而 2|1|1z -<，即222x y x +<，故 221.2x u x y=>+ 选（C ）. 解2 1w z =是分式线性变换，具有保圆性.而|1|1z -=，将0z =变到,2w z =∞=变到1,1i 2w z ==+变到1i 2w +=，故1w z =将圆变为直线12u =，而圆心1z =变到112w =>，故1w z=将|1|1z -<变为半平面12u >. （C ）. 6-3 映射1w z=将Im()1z >的区域映射为（ ）.（A ）Im()1w < （B ）Re()1w < （C ）圆2211()22u v ++< （D ）2211()22u v ++>解 由1w z =的保圆性，知1w z=将1y =映射为直线或圆，由z =∞映射为0,1i z =+，映射为1i,1i 2w z -==-+映为1i2--知，将Im()1z =映射为w 平面上的圆： 2211()22u v ++=图6-1而2i z =映射为11i 2i 2=-.故1w z=将Im()1z >映射为圆内. 选（C ）1066-4 求将圆||2z <映射到右半平面，且(0)1,arg (0)π/2w w '==的分式线性映射.解 令ax b w z b +=+，则2()ab b w z b -'=+.由πarg (0)2w '=，可令 21(0)i ab b a w b b--'===，得1i a b =+，于是 (1i )b z bw z b++=+.由于圆||2z =应映射为虚轴，故又令(2)i w =得22i 2i i b b b ++=+，解得2(1i)2i 1+ib --== 于是 22i2iw z -+=+（这时圆上点2i z =-映射为∞点，故满足所求）. 6-5 求把上半平面Im()0z >映射成单位圆||1w <的分式线性映射，且满足条件（1）()0,(1)1w i w =-=； （2）1(0)1,().2w w i ==解 （1）令z iw cz d-=+ 1i(1)1w c d---==-+，即1i c d --=-+ 令z =∞时，i w =-，得i c =，1d =-，于是得到一个满足要求的映射ii 1z w z -=- （2）由(0)1w =，可令az bw z b+=+ 更令()1w ∞=-，得1a =-，更由1(i)2w =得2(i )i b b -+=+故3i b =-，从而3i3iz w z --=- 要求||1z =时||1w =，故取212z w z λ-=-时，||1,λλ=也可写作i e θ只要定θ即可. 6-6 求将上半平面映射为单位圆||1w <的分式线性变换.解 设az b w cz d +=+，将I m ()0z >映射为||1w <，则它将bz a =-映为圆心0w =.而将b z a-=-映为∞，记,b b a aαα-=-=-，而有dc α-=，故变换为.a z w c z αα-=- 由于0z =变到||1w =上一点，即||1a c =，记i e acθ=， 则 i e z w z θαα-=-（其中Im()0α>）. θ是待定实数.1076-7 求把上半平面Im()0z >映射成单位圆||1w <的分式线性映射，并满足条件：（1）(i)0;(1)1f f =-=； （2）(i)0,arg (i)0f f '==； （3）(1)1,(i)f f ==解 （1）设i i e i z w z θ-=+，于是i 1i e 11i θ--=-+即i πe i()2θθ= 所求映射为 i i+iz w z -=. （2）设映射为i ie +iz w z θ-= i 22i()e (+i)w z z θ'=故πi()21π(i)e ,22w θθ-'=-=所求映射为 ii iz w z -=+ （3）设i e z w z θαα-=- 由(1)1w =得i i e (1)1(i )(i )θθαααα-=--=-令x iy α=+，上两式相比得)(1)()(1)i αααα--=-- （1）取共轭(i )(1)()(1)i αααα--=-- 上两式两边相乘得225|(1)i ||(1)i |x y x y -+-=-++解得 2231x y y +=- （2） 将（1）式乘开，比较实部与虚部可得1)(1)1)x y -= （3）及221)()1)1)x y x y +=+ （4） 将（2）代入（4），消去22x y +后解得：2,3y x ==， 于是i 21i3e θ==5=12i)3=108 所求映射i )3w =.6-8 求将单位圆||1z <映射为单位圆||1w <的分式线性映射.解 设所求的分式线性变换把||1z <内的点α映射为0w =，那么，它将1α即与α关于||1z =的对称点映射为∞，故所求的映射为1/1z z w z z ααλλααα--==-+-+ 设1z =对应于||1w =上某点，则有11||||1αλαλαα-==-，故i e θλα= 即 i e (||1,1z w zθααθα-=<-是实数） 这时 i 21()e(1)w z z θααα-'=-i 1()e 1w θααα'=-故θ是z α=点变换时的旋转角 同样，将z 平面上||1z <映射为w 平面上||1w >的分式线性变换是 i e (||1,1z w zθααθα-=>-是实数） 6-9 求将右半平面Re()0z >映射为单位圆||1w <的分式线性映射.解1 设z bw z dλ+=+，它将z b =-映为0w =点，而将z d =-映为w =∞点.记a b =-，则Re()0α>，由对称性，()d α-=-.因此，z w z αλα-=+，且|(0)|||||1w αλλα-===，故i e θλ=得i e (Re()0,z w z θααθα-=>+是实数）. 解2 由6-13题，先作旋转i z ζ=，将右半平面旋转为上半平面，于是将Im()0ζ>变为||1w <的映射是（见6-13题）i e (Im()0)w θζββζβ-=>- 故 i i i i e e i i z z w z z θθββββ-+==-+ 记 i βα=-，则i (i )ββα=-=而Re()0α>i e z w z θαα-=+与解1的结果同. 利用0w =与w =∞两点是关于两个同心圆皆对称的点而有保对称性.从而知12,z z 皆是实数，及对二圆都有对称性，从而解出1z 和2z . 6-10 求一分式线性映射，把由||9z >与|8|16z -<所确定的区域映射为w 平面上的同心圆环：||1w <与||w r > (01).r <<解 本题关键在设12()0,()w z w z ==∞，由于0、∞关于两个同心圆||1w =与||w r =皆对称；故1z 与2z 应同时与|3|9z -=及|8|16z -=皆对称.从而知12,z z 应在此二圆圆心的联线上，109即1z 与2z 皆是实数，且有221212(3)(3)9,(8)(8)16z z z z --=--=即 212123()99z z z z -+=- 2212128()168z z z z -+=- 得121224,0z z z z +=-=，取120,24z z ==-.则 24zw z λ=+ 由于0z =在|3|9z -<内部，故此映射将|3|9z -=映为||w r =，而将|8|16z -=映为||1w =即 i i 2816e ,e 24zz w z ϕθ=+=+ 取1224,0z z =-=，则24z w zλ+= 这时，由124z =-在|8|16z ->内，而0w =在||w r <内，故此映射将|8|16z -=映为||w r =而将|3|9z -=映为||1w =，即令i 39e z ϕ=+便应有i i 279e |||| 1.3+9e w ϕϕλ+==故i 11||,e 33θλλ==所求映射为i 24e 3z w zθ+=. 6.2 几个初等函数所构成的映射按要求一步一步变，注意每一步的要求.6-11 试将由||1z <及|1|1z -<所确定的区域保角地映射为上半平面. 解 如图6.2，我们采取如下步骤作映射.图6.2(1)作分式线性映射，使12映射于原点，而12映射为w =∞点.110 即1ζ=（2）令321ζζ=，则映射成不含2ζ的负实半轴的全平面，22π4π.ϕ≤<（3）令1/232ζζ=，则映射为下半平面.（4）令3w ζ=-，则映射为上半平面，故此映射为3/2w =-6-12 试将由Im()1,||2z z ><所确定的区域保角地映射为上半平面. 解 如图6.3，分以下步骤： （1）将弓形域映射为角形域1ζ=（2）321ζζ=映射为下半平面. （3）2w ζ=-，即为所求也就是3w =-图6.36-13 求把单位圆外部||1z >，且沿虚轴1y >有割痕的域映射为上半平面的一个保角映射.解 分以下步骤：（1）作分式线性映射，将单位圆外部映射为半平面，并使割痕转到实轴，即1i+iz z ζ-=（2）平方且反射，使割痕到22i (1,0),i z z ζ-⎛⎫-=- ⎪+⎝⎭（3）平移后开方得122(1)w ζ=+111即 1/22i 1i z w z ⎡⎤-⎛⎫=-⎢⎥⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦为所求映射.6-14 将图6.4z 平面中阴影部分所示区域，即由Re()1,||1z z >->所确定区域映射为上半平面.解 分以下步骤：（1）作分式线性映射111z z ζ-=+，则所给域映射为10Re()1ζ<<； （2）旋转伸长，即令21πi ζζ=，得条形域20Im()πζ<<；（3）作指数映射i e w ϕ=即得上半平面.即映射为1i π1ez z w -+=图6.46-15 将如图6.5所示的z 平面区域，即由||2,|1|1z z <->所确定的区域，映射为上半平面.解 （1）作分式线性变换：12zz ζ=-，将|1|1z -=映射为1Re()0ζ=，而将||2z =映射为11Re()2ζ.由此，将已知域映射为带状域.（2）旋转伸缩：212πi ζζ=.映射为20Im()πζ<<（3）取指数函数的映射2e w ζ=便是本题所求，即2πi2ez z w -=.112图6.56-16 将沿虚轴有割痕从0z =至2i z =的上半平面，保角地映射为上半平面.解 （1）将上半平面映射为全平面后并平移，使割痕位于实轴的10ζ=至14ζ=处.214z ζ=+.（2）开方使割痕好似被展平在实轴的(2,2)-上：121w ζ=.即 21/2(4)w z =+.（见图6.7）图6.66-17 图6.7所示的z 平面上单位圆||1z <中有割痕：沿实轴从0z =至1z =的区域，试将其保角地映射为半平面.解（1）开方将圆映射为半圆，割痕仍在x 轴上：121z ζ=； （2）作分式线性映射，将半圆映射为1/4平面：12111ζζζ+=-+； （3）平方22w ζ=即2.w =113图6.76-18 将图6.8所示，由πRe()0,0Im()2z z ><<确定的z 平面上的区域，保角映射为上半平面.解 （1）将其旋转伸缩于第4象限：12z ζ=-（2）取指数函数：12e ζζ=将1ζ中的区域映射为半圆域：222||e 1,Arg 0x ζπζ-=<<< （3）作分式线性映射：23211ζζζ-=+ 将半圆映射为1/4平面.（4）令23w ζ=即为所求的映射，即22e 1e .e 1z z --⎛⎫-= ⎪+⎝⎭图6.86-19 求把实轴上有割痕：112x ≤<的单位圆||1z <映射为||1w <的一个映射.解 （1）令112112z z ζ-=-，使割痕在10Re()1ζ≤<上；114 （2）作2ζ= （3）再作23211ζζζ+=-，将半圆映射为3()ζ的I 象限部分； （4）作243ζζ=，便将此映射为上半平面； （5）最后将上半平面映为单位圆：（见图6.9）44i i w ζζ-=+经归纳223422224322i i [(1)/(1)]i i i [(1)/(1)]i w ζζζζζζζζ--+--===+++-+==图6.96-20 求把半带形域ππRe(),Im()022z z -<<>，映为上半平面Im()0w >的映射()w f z =，使π()1,(0)0.2f f ±=±=解 （1）作旋转与平移：1πi i 2z ζ=+，使之映为1ζ平面的半带形域：110Im()π,Re()0.ζζ<<<（2）作指数映射：12e ζζ=，将之映为2ζ平面上的半圆域：22||1,Im()0;ζζ<>（3）作分式线性映射：23211ζζζ+=-，将半圆域映为3ζ平面第1象限； （4）243ζζ=，将之映为4ζ的上半平面，只是未满足π()12f ±=±及(0)0f =的条件；（5）由上半平面映为上半平面，且∞映为1,0-点映为1及1-映为0.即得：4411w ζζ+=-（见图6.10）归纳222223222232211111121111wζζζζζζζζ⎛⎫++ ⎪-++⎝⎭===--⎛⎫+- ⎪-⎝⎭1111ππ(i i)i i22211e e e e e222ez zζζζζ-++-+++=-=-=-i ie esin2z zz-+==，为所求的映射.图6.10115。
复变函数课后习题讲解
e 2 k (cos ln 3 i sin ln 3), (1 i )i eiLn (1i ) e e
1 ( 2 k ) 4
k 0, 1, 2, e
i ln 2 ( 2 k ) 2 4
i[ln 1 i ] i (arg(1 i ) 2 k )
2
2
15．求Ln(i)，Ln(3 4i)和它们的主值。
解 Ln(i ) Ln i i (arg(i ) 2k ) i (
2
2k )
1 i (2k ), k 0, 1, 2, 2 i ln(i ) ln i i arg(i ) 2 Ln(3 4i ) ln 3 4i i[arg(3 4i ) 2k ] 4 ln 5 i[( arctan ) 2k ] 3 4 ln 5 i[(arctan (2k 1) )], k 0, 1, 2, 3 4 ln(3 4i) ln 3 4i i arg(3 4i ) ln 5 i ( arctan ) 3
3 i
0
z 2 dz z 2 dz z 2 dz z 2 dz z 2 dz.
0 i c3 c4
i
3 i
C3 : z it 0 t 1 ; C4 : z 3t i 故
0 t 1 ,
26 i 3
3 i
0
z dz t idz 3t i 3dt 6
1 i t 1 i 2t dt= 1 i t 2 i 2t 3 dt
0 0
1 5 1 i = 1+i i. 6 6 3 3
复变函数论习题及答案
第一章习题1．设12z -=，求||z 及Arg z .2．设12z z i ==，试用指数形式表 z 1 z 2及12z z .3．解二项方程440(0).z a a +=> 4．证明2222121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+，并说明其几何意义。
5．设z 1、z 2、z 3三点适合条件： 1231230 |z ||||| 1.z z z z z ++=++=及试证明z 1、z 2、z 3是一个内接于单位圆周||1z =的正三角形的顶点。
6．下列关系表示的点z 的轨迹的图形是什么？它是不是区域？ （1）1|212|||,()z z z z z z -=-≠；（2）|||4|z z ≤-；（3）111z z -<+；（4）0arg(1) 2Re 34z z π<-<≤≤且；（5）|| 2 z >且|3|1z ->； （6）Im 1 ||2z z ><且；（7）||2 0arg 4z z π<<<且；（8）131 2222i i z z ->->且.7．证明：z 平面上的直线方程可以写成 .az az c += （a 是非零复常数，c 是实常数）8．证明：z 平面上的圆周可以写成0Azz z z C ββ+++=.其中A 、C 为实数，0,A β≠为复数，且2||.AC β> 9．试证：复平面上的三点1,0,a bi a bi +-+共直线。
10．求下列方程（t 是实参数）给出的曲线： （1）(1)z i t =+； （2）cos sin z a t ib t =+；（3）i z t t =+； （4）22i z t t =+.11．函数1w z =将z 平面上的下列曲线变成w 平面上的什么曲线（,z x iy w u iv =+=+）？（1）224;x y +=（2）y x =；（3）x = 1； （4）( x -1)2+y 2=1. 12．试证：（1）多项式1010()(0)n n n p z a z a z a a -=+++≠在z 平面上连续；（2）有理分式函数101101()n n nm m m a z a z a f z b z b z b --+++=+++（000,0a b ≠≠）在z 平面上除分母为的点外都连续。
复变函数第六章留数理论及其应用知识点总结
第六章留数理论及其应用§ 1.留数1. （定理6.1柯西留数定理）：dz = 2 mJc£=i2. （定理6.2）:设a为f⑵的m阶极点,事（町（…尸’其中響：刃在点a解析，梓丄0，贝U3. （推论6.3）:设a为f（z）的一阶极点,Re^f(z),a) = <p(a)4. （推论6.4）:设a为f⑵的二阶极点® ⑴=（Z-A）V（«）则5. 本质奇点处的留数：可以利用洛朗展式6. 无穷远点的留数:RES（F（R「8）=霜/严f(z)dz=- j即，血血垃S）等于f⑵在点的洛朗展式中这一项系数的反号7. （定理6.6）如果函数f（z）在扩充z平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远点在内），设为则f（z）在各点的留数总和为零。
注：虽然f（z）在有限可去奇点a处，必有Z畑⑴°,但是，如果点为f（z）的可去奇点（或解析点），则血昭⑵妙）可以不为零。
8. 计算留数的另一公式:(昭詞§ 2•用留数定理计算实积分Q R(cos^,sin&)M型和分—引入注：注意偶函数1. (引理6.1大弧引理)：»上limzf(z)= X则limH'J-M B2. (定理6.7) 设f(-器梯理分式，其中P(z) = e o z m + 耳厂，+ + c m(c0丰 0)QCz) = b Q x n + %0勺 + * + 丰 0)为互质多项式，且符合条件：(1)n-m >2;(2)Q(z股有实零点于是有f(x)dx — 2ui工Res(f(z)t au}Jrtiajt >0注：以fg可记为PM广；«x)dx丿；黔厂心型积分3. (引理6.2若尔当引理)：设函数g(z)沿半圆周5£=恥叫0彰"・丘充金走上连续，且lim鸟⑵=0在「里上一致成立。
则lim f幻(胡叫E = o■ rn4. (定理6.8):设車勿=話，其中P(z)及Q(z)为互质多项式，且符合条件:(1) Q 的次数比P 高;(2) Q 无实数解；(3) m>0特别的，上式可拆分成:及四. 计算积分路径上有奇点的积分5. (引理6.3小弧引理)：S m 询lim(z-a)f (2)=X r-+D于5'r 上一致成立，则有limf /wdz=i (02-五. 杂例六. 应用多值函数的积分§ 3.辐角原理及其应用即为：求解析函数零点个数 f'M2.(引理6.4)：( 1)设a为f(z)的n 阶零点，贝U a 必为函数 的一阶极点，并且(2)设b 为f(z)的m 阶极点，贝U b 必为函数的一阶极点，并且Res 2ni1 X) Res{ff (2je in ^f a^则有1.对数留数:3. (定理6.9对数留数定理)：设C 是一条周线，f(z)满足条件：(1) f(z)在 C 的内部是亚纯的；(2) f(z)在 C 上解析且不为零。
《复变函数》课程简介及教学大纲
《复变函数》课程简介及教学大纲课程代码：112000091课程名称：复变函数/Function of a Complex Variable课程类别：公共基础课总学时/学分：48/3开课学期：第三或四学期适用对象：非数学专业本科生先修课程：高等数学内容简介：本课程包括复数与复变函数、解析函数、复变函数的积分、级数、留数、共性映射等内容。
一、课程性质、目的和任务本课程是理工科学生继高等数学后的又一门数学基础课。
本课程主要讲授复变函数的基本理论和方法。
通过本课程的学习，学生不仅能够学到复变函数的基本理论和数学物理及工程技术中常用的数学方法，同时还可以巩固和复习高等数学的基础知识，提高数学素养，为学习有关的后续课程和进一步扩大数学知识面奠定必要的数学基础。
在培养学生的抽象思维能力、逻辑推理能力、空间想象能力和科学计算能力等方面起着特殊重要的作用。
二、课程教学内容及要求本课程包括复数与复变函数、解析函数、复变函数的积分、级数、留数、共性映射共六章。
第1章复数与复变函数主要内容：1复数的概念、运算及几何表示。
2 复平面上区域、曲线的概念及它们的复数表示。
3 复变函数、映射的概念及其复变函数的极限与连续性。
基本要求：1熟悉复数概念及各种几何表示。
2掌握复数的四则运算、乘幂方根共轭等运算并能简单应用。
3了解复平面上区域、曲线的概念，掌握用复数表示它们的方法。
4 了解复变函数与实二元函数的关系及复变函数的极限与连续性，熟悉复变函数极限与连续性的运算法则及性质，熟悉复变函数与实变函数的极限与连续性之间的联系与区别。
重点：复数的运算及各种几何表示法，复变函数及映射概念。
难点：用复数方法表示平面区域、曲线。
第2章解析函数主要内容：1 复变函数的导数及解析函数的概念。
2 复变函数可导与解析的充要条件，柯西-黎曼方程及解析函数的性质。
3 初等函数。
基本要求：1 理解复变函数的导数及解析函数的概念，掌握复变函数连续、可导、解析之间的关系及求导法则。
大学数学教程复变函数与积分变换 第六章 拉普拉斯变换
满足
0, δ(t) ,
0且 t δ(t)d t1 0 t
如一根无限杆 长， x的 在 0处 均有 匀一 细单位
在 x0处质0量 则 , 为 细杆的线密度为
(t) 0,,
0x且 m
ρ(t)d t1
x0
δ函数的— 筛 — 选 δ (t)f性 (t)d 质 tf(0),
δ(t-0)tf(t)d tf(t0), (t)f(t-0)td tf(t0)
(t)cos
te -st dt
u (t ) sin
te -st dt
0
0
(t )cos
te -st dt
sin
te -st dt
0
cos
te -st
t0
e -st s 2 1 ( sin
t cos
t)
0
1
1 s2 1
s2 s2 1
(2)
L [f
(t)]
1
1 e 2πs
2π f (t )e std t
0
T
kT
k0
(k 1)T kT
f
(t
)e-st
dt
但 (k1T)f(t)esd t tt k T uTf(uk)T es(ukT )du
kT
0
eskT Tf(u)esu d ueskT Tf(t)esd t t
0
0
L[f (t)] eskT T f (t)estdt 0 k 0
f (tT)f(t) (t0)
且f (t )在一个周期上是连续或分段连续的,证明:
L[f(t)] 1
1esT
T f(t)estdt
0
R(es)0
复变函数答案 钟玉泉 第六章习题全解
Re s
z
(6) Re s
z 1
ez ez e ( z 1) 2 | z 1 2 z 1 z 1 2
Re s
z 1
ez ez e 1 ez ez e ( z 1 ) | Re s ( z 1 ) | z 1 z 1 2 2 2 2 z 1 z 1 2 z 1 z 1 z 1 2 ez e 1 e ( Re s f ( z ) Re s f ( z )) z 1 z 1 z 2 1 2
第六章 留数理论及其应用
（一）
1.解：(1)z=1 是一级极点，故由推论 6.3 知
Re s f ( z ) ( z 1)
z 1
1 1 | 2 z 1 ( z 1)( z 1) 4
Z=-1 是二级极点，同前由推论 6.4 知
Re s f ( z ) [( z 1) 2
Re s f ( z ) C1
z 0
4 3
z z 0
又由 z=0 是唯一有限奇点，故 Re s f ( z ) Re s f ( z ) (4)由 e z 1 1
1
4 3
1 1 所以 Re s f ( z ) 1 z 1 z 1 2!z 12
由儒歇定理，f(z)与
而 f(z)=-z 在 C 内只有一个零点，所以
f ( z) g ( z) ( z) z
只有一个零点，记为 z ，使得 ( z ) z C 或 ( z ) z 0 0 0 0 0
Re s f ( z )
z n
1 的 sin z
1 | z (1) n (sin z )
1 e2 z 1 (2 z ) 2 (2 z ) 3 2 2 4 (3)由 4 4 2z 3 2 所以 z z 2! 3! z z 3z
复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)第六章课后的习题答案-(1)
习题六1. 求映射1w z=下，下列曲线的像. (1) 22x y ax += (0a ≠，为实数) 解：222211i=+i i x y w u v z x y x y x y ===-+++ 221x x u x y ax a===+, 所以1w z =将22x y ax +=映成直线1u a=. (2) .y kx =(k 为实数) 解： 22221i x y w z x y x y ==-++ 故1w z=将y kx =映成直线v ku =-. 2. 下列区域在指定的映射下映成什么？（1）Im()0,(1i)z w z >=+；解： (1i)(i )()i(+)w x y x y x y =+⋅+=-+所以Im()Re()w w >.故(1i)w z =+⋅将Im()0,z >映成Im()Re()w w >.(2) Re(z )>0. 0<Im(z )<1, i w z=. 解：设z =x +i y , x >0, 0<y <1.Re(w )>0. Im(w )>0. 若w =u +i v , 则因为0<y <1,则22221101,()22u u v u v <<-+>+ 故i w z=将Re(z )>0, 0<Im(z )<1.映为 Re(w )>0,Im(w )>0, 1212w > (以（12,0）为圆心、12为半径的圆) 3. 求w =z 2在z =i 处的伸缩率和旋转角，问w =z 2将经过点z =i 且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成w 平面上哪一个方向？并作图.解：因为w '=2z ,所以w '(i)=2i , |w '|=2, 旋转角arg w '=π2. 于是, 经过点i 且平行实轴正向的向量映成w 平面上过点-1，且方向垂直向上的向量.如图所示.→4. 一个解析函数，所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和旋转角的不变性？映射w =z 2在z 平面上每一点都具有这个性质吗？答：一个解析函数所构成的映射在导数不为零的条件下具有伸缩率和旋转不变性映射w =z 2在z =0处导数为零，所以在z =0处不具备这个性质.5. 求将区域0<x <1变为本身的整体线性质变换w z αβ=⋅+的一般形式.6. 试求所有使点1±不动的分式线性变换. 解：设所求分式线性变换为az bw cz d +=+(ad -bc ≠0)由11-→-.得 因为(1)a z c dw cz d ++-=+, 即(1)(1)1a z c z w cz d ++++=+,由11→代入上式，得22a ca d c d +=⇒=+. 因此11(1)(1)dcd cd c w z z cz d z +++=+=+⋅++ 令dq c =，得其中a 为复数.反之也成立，故所求分式线性映射为1111w z a w z ++=⋅--， a 为复数.7. 若分式线性映射，az bw cz d +=+将圆周|z |=1映射成直线则其余数应满足什么条件？ 解：若az bw cz d +=+将圆周|z |=1映成直线，则dz c =-映成w =∞. 而dz c =-落在单位圆周|z |=1,所以1dc -=,|c |=|d |.故系数应满足ad -bc ≠0,且|c |=|d |.8. 试确定映射，11z w z -=+作用下，下列集合的像.(1) Re()0z =; (2) |z |=2; (3) Im(z )>0.解：(1) Re(z )=0是虚轴，即z =i y 代入得. 写成参数方程为2211y u y -+=+， 221y v y =+, y -∞<<+∞.消去y 得，像曲线方程为单位圆,即u 2+v 2=1.(2) |z |=2.是一圆围，令i 2e ,02πz θθ=≤≤.代入得i i 2e 12e 1w θθ-=+化为参数方程.消去θ得，像曲线方程为一阿波罗斯圆.即(3) 当Im(z )>0时，即11Im()011w w z w w ++=-⇒<--, 令w =u +i v 得221(1)i 2Im()Im()01(1)i (1)w u v v w u v u v +++-==<--+-+. 即v >0,故Im(z )>0的像为Im(w )>0.9. 求出一个将右半平面Re(z )>0映射成单位圆|w |<1的分式线性变换.解：设映射将右半平面z 0映射成w =0，则z 0关于轴对称点0z 的像为w =∞， 所以所求分式线性变换形式为00z z w k z z -=⋅-其中k 为常数. 又因为00z z w k z z -=⋅-,而虚轴上的点z 对应|w |=1,不妨设z =0，则 故000e (Re()0)i z z w z z z θ-=⋅>-.10. 映射e 1i z w zϕαα-=⋅-⋅将||1z <映射成||1w <,实数ϕ的几何意义显什么？ 解：因为 从而2i i 2221||1()e e (1||)1||w ϕϕαααα-'=⋅=⋅-- 所以i 2arg ()arge arg (1||)w ϕααϕ'=-⋅-=故ϕ表示i e 1z w zθαα-=⋅-在单位圆内α处的旋转角arg ()w α'. 11. 求将上半平面Im(z )>0,映射成|w |<1单位圆的分式线性变换w =f (z )，并满足条件(1) f (i)=0, arg (i)f '=0; (2) f (1)=1, f. 解：将上半平面Im(z )>0, 映为单位圆|w |<1的一般分式线性映射为w =k z z αα-⋅-(Im(α)>0). (1) 由f (i)=0得α=i ，又由arg (i)0f '=,即i 22i ()e (i)f z z θ'=⋅+, πi()21(i)e 02f θ-'==，得π2θ=，所以 i i iz w z -=⋅+. (2) 由f (1)=1,得k =11αα--；由f,得kα联立解得w =12. 求将|z |<1映射成|w |<1的分式线性变换w =f (z)，并满足条件：(1) f (12)=0, f (-1)=1.(2) f (12)=0, 12πarg ()2f '=, (3) f (a )=a , arg ()f a ϕ'=.解：将单位圆|z |<1映成单位圆|w |<1的分式线性映射，为 i e 1z w zθαα-=-⋅ , |α|<1. (1) 由f (12)=0，知12α=.又由f (-1)=1，知 1i i i 2121e e (1)1e 1π1θθθθ--⋅=-=⇒=-⇒=+. 故12221112z z z w z --=-⋅=--. (2) 由f (12)=0，知12α=，又i 254e (2)z w z θ-'=⋅- i 11224π()e arg ()32f f θθ''=⇒==， 于是 π21i 2221e ()i 12z z z w z --==⋅--. (3) 先求=()z ξϕ，使z =a 0ξ→=，arg ()a ϕθ'=,且|z |<1映成|ξ|<1.则可知 i =()=e 1z a z a zθξϕ-⋅-⋅ 再求w =g (ξ)，使ξ=0→w =a , arg (0)0g '=,且|ξ|<1映成|w |<1.先求其反函数=()w ξψ,它使|w|<1映为|ξ|<1,w =a 映为ξ=0，且arg ()arg(1/(0))0w g ψ''==,则 =()=1w a w a wξψ--⋅. 因此，所求w 由等式给出.i =e 11w a z a a w a zθ--⋅-⋅-⋅. 13. 求将顶点在0，1，i 的三角形式的内部映射为顶点依次为0，2，1+i 的三角形的内部的分式线性映射. 解：直接用交比不变性公式即可求得02w w --∶1i 01i 2+-+-=02z z --∶i 0i 1-- 2w w -.1i 21i +-+=1z z -.i 1i-4z (i 1)(1i)w z -=--+. 14. 求出将圆环域2<|z |<5映射为圆环域4<|w |<10且使f (5)=-4的分式线性映射.解：因为z=5,-5,-2,2映为w=-4,4,10,-10,由交比不变性，有2525-+∶2525---+=104104-+--∶104104+- 故w =f (z )应为55z z -+∶2525---+=44w w +-∶104105+- 即 44w w +-=55z z --+20w z⇒=-. 讨论求得映射是否合乎要求，由于w =f (z )将|z |=2映为|w |=10，且将z =5映为w =-4.所以|z |>2映为|w |<10.又w =f (z )将|z |=5映为|w |=4，将z =2映为w =-10，所以将|z |<5映为|w |>4，由此确认，此函数合乎要求.15.映射2w z =将z 平面上的曲线221124x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭映射到w 平面上的什么曲线？ 解：略.16. 映射w =e z 将下列区域映为什么图形.(1) 直线网Re(z )=C 1,Im(z )=C 2;(2) 带形区域Im(),02πz αβαβ<<≤<≤;(3) 半带形区域 Re()0,0Im(),02πz z αα><<≤≤.解：（1） 令z =x +i y , Re(z )=C 1,z =C 1+i y 1i =e e C y w ⇒⋅, Im(z )=C 2,则z =x +i C 22i =e e C x w ⇒⋅故=e z w 将直线Re(z )映成圆周1e C ρ=；直线Im(z )=C 2映为射线2C ϕ=.（2） 令z =x +i y ，y αβ<<,则i i =e e e e ,z x y x y w y αβ+==⋅<<故=e z w 将带形区域Im()z αβ<<映为arg()w αβ<<的张角为βα-的角形区域.（3） 令z =x +i y ，x >0，0<y < α, 02πα≤≤.则故=e zw 将半带形区域Re(z )>0,0<Im(z )<α, 02πα≤≤映为 |w |>1, 0arg w α<<(02πα≤≤).17. 求将单位圆的外部|z |>1保形映射为全平面除去线段-1<Re(w )<1,Im(w )=0的映射. 解：先用映射11w z=将|z |>1映为|w 1|<1,再用分式线性映射. 1211i 1w w w +=-⋅-将|w 1|<1映为上半平面Im(w 2)>0, 然后用幂函数232w w =映为有割痕为正实轴的全平面，最后用分式线性映射3311w w w -=+将区域映为有割痕[-1,1]的全平面. 故221121132222132111111i 1111111()11211i 1111z z z z w w w w w z w w z w w ⎛⎫⎛⎫++--⋅- ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭=====+++⎛⎫⎛⎫++-⋅++ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭. 18. 求出将割去负实轴Re()0z -∞<≤,Im(z )=0的带形区域ππI m ()22z -<<映射为半带形区域πIm()πw -<<,Re(w )>0的映射.解：用1e z w =将区域映为有割痕(0,1)的右半平面Re(w 1)>0；再用1211ln 1w w w +=-将半平面映为有割痕(-∞,-1]的单位圆外域；又用3w =将区域映为去上半单位圆内部的上半平面；再用43ln w w =将区域映为半带形0<Im(w 4)<π,Re(w 4)>0；最后用42i πw w =-映为所求区域，故e 1ln e 1z z w +=-. 19. 求将Im(z )<1去掉单位圆|z |<1保形映射为上半平面Im(w )>0的映射.解：略.20. 映射cos w z =将半带形区域0<Re(z )<π,Im(z )>0保形映射为∞平面上的什么区域.解：因为 1cos ()2iz iz w z e e -==+ 可以分解为 w 1=i z ，12e ww =，32211()2w w w =+ 由于cos w z =在所给区域单叶解析，所以（1） w 1=i z 将半带域旋转π2，映为0<Im(w 1)<π,Re(w 1)<0. （2） 12e w w =将区域映为单位圆的上半圆内部|w 2|<1,Im(w 2)>0.（3） 2211()2w w w =+将区域映为下半平面Im(w )<0.。
复变函数论第6章第1节
故z 0是 P(z) z sin z 的三阶零点，
所以 z 0是 f (z)的三阶极点，由定理6.2得
Res
z0
f
(z)
(3
1 d2 1)!dz2
z
3
z
sin z6
z
z0
计算较麻烦.
例4
求
f (z)
P(z) Q(z)
z sin z z6
在
z
0 的留数.
解 利用洛朗展开式求 c1 较方便:
( t 1 为正向).
f
(1) t
1 t2
在
t
1 内除
t 0
Res t0
f
1t
1 t2
.
外无其他奇点 .
从而有
Res
z
f
(z)
Res t0
f
1t
1 t2
.
例 6 计算积分
I
z15 |z|4 (z2 1)2(z4 2)3 dz
解：被积函数共有七个奇点：z
i
,
z
4
i 2k
2e 4
z1
e z (z 1) z2
z 1
0.
故由留数定理得
|z|2
z(
ez z
1)2dz
2i[Re s z0
f
(z)
Re s z1
f
(z)]
2i[1 0]
2i .
例 2 计算积分
tanz dz .
|z|n
解： tanz sin z 以 z k 1 (k 0,1,) 为一阶
cos z
2
(6.5)
定理6.5
设
f
(z)
复变函数与积分变换学习指导(第六章)
第七章保形变换前几章主要是用分析的方法，也就是用微分、积分和级数等，来讨论解析函数的性质和应用。
内容主要涉及所谓柯西理论；这一章主要是用几何方法来揭示解析函数的特征和应用。
保形变换现审定名为“共形映射”或“共性映照”。
它在数学本身以及在流体力学、弹性力学、电学等学科的某些实际问题中，都是一种使问题化繁为简的主要方法。
第一节解析变换的特性一.保域性1.定理7.1(保域定理)设在区域内解析且不恒为常数，则的象也是一个区域。
证先证的每一个点都是内点。
，使,则为的一个零点,由解析函数的零点孤立性知,,使,且在上无异于的零点。
令,则。
下证。
，考察，当时，，由Rouché定理，即在内有解,从而。
再证内任两点,可用全含于内的折线连接起来。
由于是区域,在内有折线,,连接,其中。
函数把折线映射成内连接的逐段光滑曲线。
由于为内紧集，根据有限覆盖定理,可被内有限个开圆盘所覆盖,从而在内可作出连接的折线。
综合，知为区域。
2.推论7.2设在区域内单叶解析,则的象也是一个区域。
证因为在区域内单叶，故在内不恒为常数。
3.定理还可推广为：在扩充平面的区域内除可能有极点外处处解析,且不恒为常数，则的像为扩充平面上的区域。
4.单叶解析函数的性质定理6.11若在区域内单叶解析，则在内。
定理7.3(局部单叶性) 设在解析且，则在的某个邻域内单叶解析。
(证明类似于和）二.解析变换的保角性——导数的几何意义1.导数辐角的几何意义设为过的光滑曲线,,则且是在处的切线的辐角。
设，故也是光滑的,。
若内过还有一个光滑曲线。
设，则即处曲线与的夹角恰好等于处曲线与的夹角。
单叶解析函数作为映射时,曲线间夹角（即切线的夹角）的大小及方向保持不变，这一性质称为旋转角不变性。
称为变换在的旋转角,仅与有关，与过的曲线的选择无关。
象曲线在处的切线正向可由原象曲线在的切线正向旋转一个旋转角得到。
2.导数模的几何意义由于,故象点间的无穷小距离与原象点间无穷小距离之比的极限是,称为变换在的伸缩率。
复变函数复习
不考内容《复变函数》第一章：§复球面§区域§5 第二部分：映射的概念§6 复变函数的极限与连续性第四章§1 复数项级数第五章§3 留数在定积分上的应用、《积分变换》第一章：傅立叶变换第二章：§4 卷积注意：第二章一般不算积分，除了周期函数的公式以外。
复变函数复习第一章 复数与复变函数1.复数的表示(1)复数的代数表示:复数z = x + i y ,其中x,y 为实数.(2)复数的几何表示:复数z = x + i y 可以用xy 平面上的点P(x,y)来表示,因而也能用原点指向P 点的平面向量来表示.(3)复数的三角表示:复数()θθsin cos i r z += 复数的模 22y x r z +==复数的辐角Argz=θ, ()xyArgz tg = , 复数的辐角的主值argzArgz=argz+2k π(k 为整数). 规定-π＜argz ≤π当0=z 时,|z|=0,辐角没有意义.当∞=z 时,|z|=+∞,没有实部,虚部和辐角. argz(0≠z )与反正切xy Arctg 的主值x y arctg ⎪⎭⎫ ⎝⎛<<-22ππx y arctg 的关系：第一、四象限 xy arctg z =arg x ﹥0第二象限 π+=xyarctg z arg x ﹤0,y ﹥0第三象限 π-=xy arctg z arg x ﹤0,y ﹤0 正虚轴 2arg π=z x=0,y ﹥0 负虚轴 2arg π-=z x=0,y ﹤0负实轴 π=z arg x ﹤0,y=0(4)复数的指数表示：θi re z z =≠,0时2.复数的运算设z 1= x 1+iy 1=()111sin cos θθi r +, z 2 = x 2+iy 2()222sin cos θθi r +=(1)相等 z 1= z 2 ⇔ x 1=x 2 y 1=y 2 (2)加(减)法 z 1±z 2=(x 1±x 2)+i(y 1±y 2) (3)乘法 z 1z 2=(x 1x 2-y 1y 2)+i(x 2y 1+x 1y 2)()()[]212121)(21sin cos 21θθθθθθ+++==+i r r e r r i(4)除法222121z z z z z z ⋅⋅==22222121y x y y x x +++i 22222112y x y x y x +-()2121θθ-=i e r r )]sin()[cos(212121θθθθ-+-=i r r (z 2≠0)(5)乘幂 )sin (cos θθθn i n r e r z n in n n +==特别 |z|=1时, (cos θ+isin θ)n =cosn θ+isinn θ (棣莫弗公式) (6)方根,2sin 2cos1⎪⎭⎫⎝⎛+++=n k i n k r z n nπθπθ ()1,,2,1,0-=n k (7)共轭 z = x-iy=re -i θ , 21z z ±=1z 2z ±, 121z z z =2z , 2121z z z z =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ ;z z = ; 22y x z z += ; x z z 2=+, iy z z 2=- .注意:(1)在复数的运算中,除加减法用代数表示较方便外,其它运算宜采用三角表示,特别是用指数表示最方便.(2)关于复数的模与辐角有以下计算公式:2121z z z z ⋅= ,()2121Argz Argz z z Arg +=2121z z z z = , Arg ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21z z =21Argz Argz - (z 2≠0) 3.复变函数的概念复变函数的定义,极限,连续以及导数等概念在形式上几乎与实变函数完全相同.但需注意的是,复变函数的定义域是复平面上的点集,因此在讨论有关概念时,应注意复变量z 变化方式的任意性,即z →z 0可以以任意方式(直线,曲线…),而一元实变函数中实变量x →x 0只能沿x 轴.4.简单曲线是研究复变量的变化范围时经常用到的重要概念之一,特别是简单闭曲线经常作为区域的边界出现.在复变函数的积分运算中,常常需要把曲线表示为复参量的形式,通常用得最多的是一元实参量t 的复值函数 z=z(t)=x(t)+iy(t) (α≤t ≤β) 其中 x=x(t), y=y(t) (α≤t ≤β) 是该曲线在直角坐标系中的参数方程.第二章 解析函数1. 复变函数的导数(1)定义 函数w = f (z)在其定义域D 内一点z 0处(可导)的导数()()()()()000000000limlim lim z z z f z f z z f z z f z wdzdwz f z z z z z z --=∆-∆+=∆∆=='→→∆→∆= 若函数w = f (z)在区域D 内处处可导,称 f (z)在D 内可导. (2) f(z)在z 0可导连续(3)求导法则 若f(z),g(z)在点z 可导,则()1-='b bbzz(b 为复数);()()[]()()z g z f z g z f '±'='±; ()()[]()()()()z g z f z g z f z g z f '+'=';()()()()()()()[]z g z f z g z f z g z g z f '-'='⎥⎦⎤⎢⎣⎡21,()0≠z g .()[]{}()()z g w f zg f ''=',其中 ()z g w = . ()()w z f ϕ'='1,其中()z f w =与()w z ϕ=是两个互为反函数的单值函数,且 ()0≠'w ϕ. 2.解析函数(1)定义 如果函数f(z)在z 0及z 0的邻域内处处可导,那末称f(z)在z 0解析.如果f(z)在z 0不解析,则称z 0为f(z)的奇点. 如果f(z)在区域D 内每一点解析,那末称f(z)在D 内解析,或称f(z)是D 内的一个解析函数.(2)性质 两个解析函数的和,差,积,商(分母不为零)及复合函数仍然解析 有理分式函数)()(z Q z P 在复平面内除了使分母为零的点外处处解析 (3)柯西-黎曼方程 (C-R 方程)函数()()()y x iv y x u z f ,,+=在定义域D 内(解析)一点iy x z +=可导⇔u(x,y)与v(x,y)在(D 内)点(x,y)可微,并且满足C-R 方程 yv x u ∂∂=∂∂,x v y u ∂∂-=∂∂.推论 若f (z)在z 处可导, 则 ()yui y v x v i x u z f ∂∂-∂∂=∂∂+∂∂=' . 3.初等函数 定义 定义区域 单值多值性 解析区域 (1) 对数函数Lnz=lnz+2 kπi 整个复平面 多值 整个复平面iArgz z Lnz +=ln (z0) (除原点和负实轴)(k=0,±1,±2,…) 主值分支z i z z arg ln ln +=(2)乘幂 a b = e bL n a =e blna+2bki多值(k=0,±1,±2,…) 主值分支e b l n ab 为正整数n 单值 整个复平面nb 1= n 个分支 (除原点和负实轴)定义 定义区域 解析区域 单值多值性 基本周期 奇偶性(3)指数函数 e z(4)双曲函数2zz e e chz -+=2i 偶2zz e e shz --=整个复平面 单值 奇(5)三角函数2cos iziz e e z -+=2偶ie e z iziz 2sin --= 奇第三章 复变函数的积分1.积分的计算 ()()[]()t d t z t z f z d z f C '=⎰⎰βα光滑曲线C 参数方程: ()()()βα≥≤+==t t iy t x t z z ,, 正向t 增加()⎰+-Cn z z dz10⎩⎨⎧≠==0002n n i πC 是包围z 0的任何一条正向简单闭曲线2.积分的性质 f(z),g(z)沿曲线Ｃ连续(1) ()()dz z f dz z f C C ⎰⎰-=- ; (2) ()()dz z f k dz z kf C C ⎰⎰=;(k 为常数) (3) ()[()]()()dz z g dz z f dz z g z f C C C ⎰⎰⎰±=±(4)设曲线C 的长度为L,函数f(z)在C 上满足()M z f ≤,那末()()ML ds z f dz z f C C ≤≤⎰⎰.3.柯西-古萨基本定理 如果函数f(z)在单连域B 内处处解析，那末函数f(z)沿B 内任何一条封闭曲线C 的积分为零: ()0=⎰dz z f C.推广:(1)闭路变形原理 在区域内的—个解析函数f(z)沿闭曲线的积分,不因闭曲线在区域内作连续变形而改变其值,只要在变形过程中曲线不经过f(z)的奇点.(2)复合闭路定理 设C 为多连域D 内的一条简单闭曲线，C 1，C 2，…，C n 是在C 内部的简单闭曲线,它们互不包含也互不相交,并且以 C ，C 1，C 2，…，C n 为边界的区域全含于D.如果f(z)在D 内解析,那末1) ()()dz z f dz z f nk C CK∑⎰⎰==1 ,其中C 及C k 均取正向.2) 0)(=⎰Γdz z f ,这里г为由C 及C k ―（k=1，2，…，n ）所组成的复合闭路,其方向是:C 逆时针，C k ―顺时针. 推论:(1) ()()dz z f dz z f Z Z C ⎰⎰=10,Ｃ是连结z 0与z 1的任一曲线.(2)函数()()ςςd f z F ZZ ⎰=0必为B 内的—个解析函数,并且()()z f z F ='.5.原函数 如果在区域B 内φ/(z)=f(z),那末φ(z)称为f(z)在区域B 内的原函数不定积分 ()()c z dz z f +=⎰ϕ ,其中ｃ为任意复常数.()()()0110z z dz z f Z Z ϕϕ-=⎰,其中z 0 ,z 1是B 内任意两点6.柯西积分公式 如果f(z)在区域D 内处处解析,C 为D 内的任何一条正向简单闭曲线,它的内部完全含于D,z 0为C 内的任一点,那末()()dz z z z f i z f C ⎰-=0021π 解析函数f(z)的导数仍为解析函数,上式两边形式上对z 0求n 阶导数得到高阶导数公式 ()()()()dz z z z f i n z fC n n ⎰+-=1002!π . 7.调和函数 如果二元实变函数φ(x,y)在区域D 内具有二阶连续偏导数并且满足拉普拉斯方程02222=∂∂+∂∂yxϕϕ,那末称φ(x,y)为区域D 内的调和函数任何在区域D 内解析的函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)的实部和虚部都是D 内的调和函数,并且其虚部v(x,y)为实部u(x,y)的共轭调和函数. 8.已知实部或虚部求解析函数(1)偏积分法 如已知u(x,y),可利用柯西一黎曼方程 x u y v ∂∂=∂∂,将x 当成常数,对y 积分得 ()()x g dy xuy x v +∂∂=⎰,,再利用 x v y u ∂∂-=∂∂ 确定g(x). 也可以利用 yux v ∂∂-=∂∂ ,将y 当成常数，对x 积分得()()y h dx yu y x v +∂∂-=⎰, ,再利用 y v x u ∂∂=∂∂ 确定h(y).(2)不定积分法 由于 ()xvi x u z f ∂∂+∂∂=', 利用柯西一黎曼方程得到 ()()z U yui x u z f =∂∂-∂∂=' ,则 ()()c dz z U z f +=⎰ .或 ()()z V xv i y v z f =∂∂+∂∂=' ,则 ()()c dz z V z f +=⎰ . 第四章 级数1.幂级数 形为()()()() +-++-+-+=-∑∞=n n n n n a z c a z c a z c c a z c 22100或 +++++=∑∞=n n n n n z c z c z c c z c 22100的级数称为幂级数.(1)阿贝尔定理 如果级数∑∞=0n n n z c 在()00≠=z z 收敛,那末对满足0z z <的z,级数必绝对收敛. 如果在0z z =级数发散,那末对满足0z z >的z,级数必发散.(2)对于幂级数()nn n a z c -∑∞=0或 ∑∞=0n n n z c ,存在以a 或0为中心,R 为半径的圆周C R .在C R 的内部,级数绝对收敛;在C R 的外部，级数发散.圆周C R 称为幂级数的收敛圆,收敛圆的半径R 称为收敛半径. 特别1)R=0,级数在复平面内除原点外处处发散2)R=∞,级数在复平面内处处收敛(3)对于幂级数∑∞=0n nn z c ,如果λ=+∞→nn n c c 1lim或λ=∞→n n n c lim 那末收敛半径 λ1=R .(包括R=0或R=)(4)在收敛圆内幂级数()n n n a z c -∑∞=0的和函数f(z)是解析函数.在收敛圆R a z <-内,式()()nn n a z c z f -=∑∞=0,可进行有理(加,减.乘法)运算,代换(复合)运算和微积分运算.2.泰勒级数 函数f(z)可在以展开中心z 0为圆心,z 0到f(z)的最近的一个奇点的距离为半径R=-z 0的解析圆域z-z 0<R 内展开为泰勒级数.()()()()n n n z z n z f z f 000!-=∑∞= 泰勒展开式具有唯一性,因此可以借助于一些已知函数的展开式,利用幂级数的有理(加,减.乘法)运算,代换(复合)运算和微积分运算来得出一个函数的泰勒展开式. 常用的已知函数的展开式为+++++=-nz z z z2111 , 1<z . ++++++=!!3!2132n z z z z e n z 3.洛朗级数 函数f(z)可在以展开中心z 0为圆心的解析的圆环域 R 1<z-z 0<R 2内展开为洛朗级数 ()()n n n z z c z f 0-=∑∞-∞=,其中 ()()() ,2,1,0.2110±±=-=⎰+n d z f i c C n n ςςςπ 这里C 为在圆环域内绕z 0的任何一条正向简单闭曲线.洛朗展开式具有唯一性,因此也可以借助于已知函数的展开式,利用幂级数的有理(加,减.乘法)运算,代换(复合)运算和微积分运算来得出一个函数的洛朗展开式.第五章 留数1.孤立奇点的概念和分类(1)定义 如果函数f(z)虽在z 0不解析，但在z 0的某一个去心邻域δ<-<00z z 内处处解析，则将z 0称为f(z)的孤立奇点.(2)孤立奇点的分类和判定z 0为f(z)的 ()z f z z 0lim → f(z)在z 0的去心邻域内的洛朗级数 可去奇点 存在且有限 没有负幂项 极点 ∞有限多个负幂项本性奇点不存在且不为∞ 无穷多个负幂项z 0是f(z)的m 级极点()()()z g z z z f m01-=⇔ ,其中g(z)是在δ<-0z z 内解析的函数，且 ()00≠z g .(3)函数的零点及其与极点的关系不恒等于零的解析函数f(z)如果能表示成 ()()()z z z z f m ϕ0-= 其中()z ϕ在z 0解析并且()00≠z ϕ,m 为某一正整数,那末z 0称为f(z)的m 级零点.如果f(z)在z 0解析，那末z 0为f(z)的m 级零点 ⇔ ()()()()()0,1,,2,1,0,000≠-==z f m n z f m nz 0是f(z)的m 级极点⇔z 0是()z f 1的m 级零点.如果()()()z h z g z f =,而z 0是g(z)的m 级零点,h(z)的n 级零点,那末z 0为()z f 1的(n-m)级零点,为f(z)的(n-m)级极点.(4)函数在无穷远点的性态如果函数f(z)在无穷远点∞=z 的去心邻域+∞<<z R 内解析，那末称点∞为f(z)的孤立奇点.f(z)在+∞<<z R 内的洛朗展开式 ()n n n nn n z c c zc z f ∑∑∞=-∞=-++=101其中 ()() ,2,1,0,211±±==⎰+n d f ic C n n ςςςπ,C 为+∞<<z R 内绕原点的任一正向简单闭曲线.洛朗级数 z=∞是f(z)的 ()z f z ∞→lim没有正幂项 → 可去奇点 ← 存在且有限 有限正幂项(最高m 次) → 极点(m 级) ← ∞ 无限正幂项 → 本性奇点 ← 不存在且不为∞ 2.留数与留数的计算(1)留数定义 如果z 0为f(z)的一个孤立奇点,C 是z 0的去心邻域R z z <-<00 内包围z 0的任意一条正向简单闭曲线,函数f(z)在此邻域内展开成洛朗级数 ()()n n n z z c z f 0-=∑∞-∞=, 则f(z)在z 0处的留数 ()[]()dz z f ic z z f s C⎰==-π21,Re 10 (2)留数定理 设函数f(z)在区域D 内除有限个孤立奇点n z z z ,,,21 外处处解析.C 是D 内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线，那末()()[]∑⎰==nk k Cz z f s i dz z f 1,Re 2π(3)留数的计算1)可用洛朗级数计算 ()[]10,Re -=c z z f s当z 0为可去奇点时, ()[]0,Re 0=z z f s ;当z 0为本性奇点时,只能用此法, 2)当z 0为一级极点时, ()[])]()[(lim ,Re 000z f z z z z f s z z -=→若()()()z Q z P z f =，P(z)及Q(z)在z 0都解析，如果()(),0,000=≠z Q z P()00≠'z Q ，那末z 0为f(z)的一级极点，而 ()[]()()000,Re z Q z P z z f s '=. 3)如果z 0为f(z)的m 级极点,那末()[]()()(){}z f z z dzd m z z f s mm m z z 01100lim !11,Re --=--→4.无穷远点处的留数函数f(z)在圆环域+∞<<z R 内解析，C 为这圆环域内绕原点的任何一条正向简单闭曲线， f(z)在∞点的留数 ()[]()dz z f i z f s C ⎰-=∞π21,Re . 如果函数f(z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点，那末f(z)在所有各奇点（包括∞点）的留数的总和必等于零.()[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∞0,11Re ,Re 2z z f s z f s ])。
第一章复数与复变函数
大家学习辛苦了，还是要坚持
继续保持安静
• 总之,复变函数得主要研究对象就是解析函 数,包括单值函数、多值函数以及几何理论 三大部分。在悠久得历史进程中,经过许多 学者得努力,使得复变函数论获得了巨大发 展,并且形成了一些专门得研究领域。
• 从20世纪30年代开始,我国数学家在单复变 与多复变函数方面,做过许多重要工作:在四 五十年代,华罗庚教授在调与分析、复分析、 微分方程等研究中,有广泛深入得影响。在 70年代,杨乐、张广厚教授在单复变函数得 值得分布与渐进值理论中得到了首创性得 重要成果。从80年代起,我国数学工作者在 数学得各领域中开展了富有成果得研究工 作。这些都受到国际数学界得重视。建议 大家多读一些数学史资料。
解: （cos 3 i sin 3）=(cos i sin )3
cos3 3i cos2 sin 3cos sin2 i sin3
cos 3 cos3 3cos sin2 4 cos3 3cos
sin 3 3cos2 sin sin3 3sin 4sin3
1、 复平面点集得几个基本概
定义1、1 邻域:
念
平面上以 z0 为中心, (任意的正数 )为半径
的圆 : z z0 内部的点的集合称为 z0 的邻域.
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R : z Re
2
2
5月26日
及虚轴上从Ri到 Ri的有向线段所构成,
于是P( z)的零点全在左半平面 Re z 0内的充要条件是
N ( f , CR ) 0
R
R
R成立,
故 0 lim C arg P( z )
lim R arg P( z ) lim ( R R ) arg P(iy )
1 1 ( N ( f , C ) P( f , C )) (10 0) 1. 10 10
二、辐角原理
1. 对数留数的几何意义 围线C : z (t ), t , ( ) ( ),
经变换w f ( z)的像为
: w f ( (t )) (t ), t , ( ) ( );
时f ( z)的辐角改变量, 则C arg f ( z)一定是2的整数倍，且
1 f ( z ) f ( z) dz 2πi C
1 f ( z ) 1 f ( z) dz 2 C arg f ( z ). 2πi C
2．辐角原理
在定理6.9条件下, f ( z )在周线C内部的零点 个数与极点个数之差, 等于当z沿C正向绕行一周 后, arg f ( z )的改变量C arg f ( z )除以2 , 即
1 N ( f , C ) P( f , C ) C arg f ( z ). 2
注1 若f ( z)在C上及C内解析, 且f ( z)在C上不为零, 则
1 f ( z ) 1 N ( f , C) C arg f ( z ) ( f ( z) dz) 2πi C 2
R R
而
R arg P( z) arg a0 z n (1 g( z)) R
R arg a0 z n arg(1 g( z))
R
a1 z n1 an 其中g ( z ) , n a0 z
在R 时g ( z)沿R一致趋于零. 所以 lim R arg(1 g ( z )) 0,
2 2 2 0 6 .
则
C arg f ( z ) 6 3 N ( f , C) 2 2
注2 若定理6.9条件(2)减弱为" f ( z)连续到边界C,
且沿C, f ( z) 0", 则辐角原理仍成立 ' ' 在C内取C , C 内含f ( z)在C内部全部零点和极点, 则
N ( f , C ) P( f , C )
N ( f , C ' ) P( f , C ' )
C ' arg f ( z ) 2
C arg f ( z ) 1 f ( z ) f ( z) dz 2 2πi C
例3
设n次多项式
P( z ) a0 z a1 z
的奇点.
f ( z ) 引理6.4 (1) 设a为f ( z )的n阶零点, 则a必为 f ( z) f ( z ) 的一阶极点, 并且 Re s n; z a f ( z)
f ( z ) 的一阶极点, 并且 Re s m. z b f ( z) 证明 (1) 若a为f ( z)的n阶零点, 则在点a的邻域
R
另一方面又有
R arg a0 z
n
故
[ , ] 2 2
arg a0 R e n ,
n in
y ( )
arg P(iy) n .
三、儒歇(Rouche)定理
定理6.10 设C是一条周线,函数f ( z) 及 ( z) 满足条件 (1) 它们在C的内部均解析, 且连续到C; (2) 在C上 f ( z) ( z) ; 则函数f ( z)与f ( z) ( z)在C的内部有同样多(几阶算 几个 )的零点,即 N ( f , C ) N ( f , C ). 证明 由假设知,f ( z)及f ( z) ( z)在C内解析,
n g ( z ) n n ( z a) g ( z ) ( z a) g ( z ) za g ( z) f ( z ) n g ( z ) n g ( z ) ; f ( z) f ( z) ; za g ( z) f ( z) z a g ( z)
1 于是， 也பைடு நூலகம்足条件：沿C连续且不为零, f ( z)
1 在C的内部除可能有极点外是解析的, f ( z)
1 在D内部至多也只有有限个零点. f ( z)
f ( z)在C内部至多只有有限个极点。 从而，f ( z)在C内部至多只有有限个零点和极点。
定理6.9
设C是一条周线, f ( z)符合条件
(1) f ( z)在C的内部是亚纯的,
(2) f ( z)在C上解析且不为零,
1 f ( z ) 则有 f ( z) dz N ( f , C ) P( f , C ). 2 i C
f ( z )在C内 f ( z )在C内 的零点个数 的极点个数
注意: m级的零点或极点算作m个零点或极点.
n
n 1
an
(a0 0)
在虚轴上无零点, 试证它的零点全在左半平面 Re z 0 内的充要条件是 arg P(iy) n .
y ( )
即当点z 自下而上沿虚轴从点走向 n 点的过程中, P( z )绕原点转 圈. 2
Ri
CR
o -Ri ΓR
证明
令周线CR由
设 lim ank a lim f (ank ) 0 f (a ),
k k
由于f ( z)沿C连续且不为零, 所以a D.
由唯一性定理在D上有f ( z) 0, 矛盾.
f ( z)在D内部至多只有有限个零点.
1 (ii) 根据零点与极点的互为倒数关系，考虑 , f ( z) 由于f ( z)沿C连续且不为零,
证明 由上命题可知, f ( z)在C的内部至多只有有限个零点和极点,
设ak (k 1, 2,, p)为f ( z)在C内部的相异 零点, 其阶相应地为nk ;
设bj ( j 1, 2,, q)为f ( z)在C内部的相异 极点, 其阶相应地为mj ;
由引理6.4可知, f ( z ) 在C的内部及C上除去在C内部有一阶极 f ( z)
f ( z ) (2) 设b为f ( z )的m阶极点, 则b必为 f ( z)
内有 f ( z) ( z a) g ( z), 其中g ( z)
n
在点a的邻域内解析, 且于g (a) 0.于是
( z) n( z a)n1 g ( z) ( z a)n g ( z), f
其中h( z)在点b的邻域内解析, 且h(b) 0.于是
mh( z ) h( z ) f ( z ) m 1 ( z b) ( z b) m
m h( z ) h( z ) h( z ) m h( z ) f ( z) f ( z ), m m z b ( z b) h( z ) ( z b) z b h( z )
w0 f ( z0 )
C
z0
w f ( z )
Arg w
1 dw 1 (t ) 1 f ( (t )) dt (t )dt (t ) f ( (t )) 2 i w 2πi 2πi
1 由于 沿任意一条围绕原点的周线正向积分为2 i, w 负向积分为 2 i, 任意一不围绕原点的周线积分为0. 1 dw 从而 w 为围绕原点的正向圈数与负向圈 2 i 数的代数和 绕原点的圈数.用C arg f ( z)表示当z沿C一周
f ( z ) 称为f ( z)关于曲线的对数留数. [ln f ( z )] f ( z) 说明: 1) 对数留数即函数f(z)的对数的导数
f ( z ) 2) 函数 f(z)的零点和奇点都可能是 f ( z)
f ( z ) 在C内孤立奇点处的留数的代数和; f ( z)
f ( z ) m h( z ) ; f ( z) z a h( z )
h( z ) 由于 在点b的邻域内解析, h( z ) f ( z ) f ( z ) 故b必为 的一阶极点,且 Rebs m. z f ( z) f ( z)
命题
设C是一条周线, f ( z)符合条件
nk (m j )
q
k 1
p
j 1
N ( f , C ) P( f , C ).
1 z9 例1 计算积分 z 4 z10 1 dz. 2 i 解 设f ( z ) z10 1,
则f ( z)在 z 4上解析且不等于零,
故
f ( z)在 z 4内部解析, 有10个零点, 9 10 1 z 1 1 ( z 1) z 4 z10 1 dz 10 2 i z 4 z10 1 dz 2 i
例2 设f ( z) ( z 1)( z 2)2 ( z 4)
试验证辐角原理. 解
C: z 3
f ( z)在z平面解析, 且在C内有
一阶零点z 1, 二阶零点z 2, N ( f , C ) 3,
当z沿C转一周时,有
C arg f ( z) C arg( z 1) C arg( z 2)2 C arg( z 4)
点ak (k 1, 2,, p)及bj ( j 1, 2,, q)外均解析,
故由留数定理及引理6.4得,
p f ( z ) q f ( z ) ( z ) 1 f f ( z) dz Reaks f ( z) Rebjs f ( z) z 2 i C k 1 j 1 z