复变函数习题解答(第6章)

2因为| (af(z))a| = |f(z) | = 1 < |a|，故af(z)K．
因ln(af(z))的每个分支，以及他们的导数(ln(af(z))’都在K内解析；故i
Carg (af(z) ) =
C(ln(af(z))’dz= 0．
由辐角原理，N(af(z),C)P(af(z),C) = (2)–1
r
12
1故
C(R)√zlnz/(1 +z)2
dz0 (当R+时)．
因为z·√zlnz/(1 +z)2
0 (当|z|0时)，
故
C(r)√zlnz/(1 +z)2
dz0 (当r0时)．
所以，
L(1)+
L(2)/2i(当r0+
，R+时)．
故2
(0, +)√xlnx/(1 +x)2
dx+ 2i
(0, +)√x/(1 +x)2
)．
所以，|
C(R)eiz
/√zdz|0 (asR+)．
rR而由|
C(r)eiz
/√zdz|(/(2r1/2
))(1–er
)
知|
C(r)eiz
/√zdz|0 (asr0+
)．
当r0+
，R+时，
[r,R]eiz
/√zdz=
[r,R]eix
/√xdx=
[r,R](cosx+isinx)/√xdx
(0, +)cosx/√xdx+i
(2)若zC时，|f(z) | > 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的零点个数．
【解】(1)类似第12题，设K= {z| |z–1 | < 1}．
因| (1f(z))–1 | = |f(z) | < 1，故(1f(z))K．
因i
Carg (af(z) ) =
C(ln(1f(z))’dz= 0．
即方程(z) =z在C的内部只有一个根．
p273第六章习题(二) [ 2, 3, 4, 5 ]
2.计算积分(1/(2i))
C1/((z))d，其中C为单位圆周|| = 1，zC．
【解】设f() = 1/((z))．
当|z| > 1时，f()在C内部的唯一奇点0是1阶极点，
故(1/(2i))
Cf()d= Res[f(), 0] =1/z．
| = eRe(z)
e|z|
e < e
= | e
zn
|，由Rouché定理，N(e
zn
ez
,C) =N(e
zn
,C) =N(zn
,C) =n．
12.若f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，且连续到C，在C上|f(z) | =1，证明f(z) =a( |a| > 1 )在C内部恰好有一个根．
【解】考虑圆K= {z| |z–a| < |a|}．
由(1)的结论，在C的内部，方程g(z) = 1的根的个数等于g(z)的极点的个数．再注意到方程g(z) = 1和方程f(z) = 1在C的内部的根的个数相同，
并且，因为在C的内部，z是f(z)的零点z是g(z)的极点，
故g(z)的极点个数等于f(z)的零点个数；
所以，方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的零点个数．
dz=
(R,r)(√x)(lnx+ 2i)/(1 +x)2
dx
=
(r,R)(√xlnx)/(1 +x)2
dx+ 2i
(r,R)√x/(1 +x)2
dx
(0, +)√xlnx/(1 +x)2
dx+ 2i
(0, +)√x/(1 +x)2
dx(当r0+
，R+时)．因为z·√zlnz/(1 +z)2
0 (当|z|+时)，R
因为lim
zzf(z) = 0，故
C(R)f(z)dz0 (asR+)．
故
L(1)f(z)dz+
L(2)f(z)dz(2i)(Res[f(z);i] + Res[f(z);i]) (asr0+
，R+)．所以2
(–1, 1)f(x)dx= (2i)(Res[f(z);i] + Res[f(z);i]) = (2i)(i/23/2
14.设(z)在C: |z| = 1内部解析，且连续到C．在C上，|(z) | < 1．试证：在C的内部只有一个点z
0，使(z
0) =z
0．
【解】设f(z) =z，则f(z)在C内部解析且连续到C，在C上，|f(z) | = 1 > |(z) |．由Rouché定理，N(f(z)(z),C) =N(f(z),C) = 1．
[原题是错题．例如c= 1/2，= 2，则z，当|z| < 1时，
|cz
| = | exp((z) Lnc)| = | exp((z–2)(ln| 1/2| + 2ki)) | =e(2–z)ln2
> 1 > |z|．]
11.证明方程ez
e
zn
= 0 (> 1 )在单位圆|z| < 1内有n个根．
【解】在单位圆周C: |z| = 1上，| ez
Carg (af(z) ) = 0．而af(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，故P(af(z),C) = 1．因此N(af(z),C) = 1，故f(z) =a( |a| > 1 )在C内部恰好有一个根．
13.若f(z)在周线C的内部亚纯且连续到C，试证：
(1)若zC时，|f(z) | < 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的极点个数．
) = 2/23/2
．故
(–1, 1)f(x)dx=/23/2
．
10.证明方程ez
=z(> 1 )在单位圆|z| < 1内恰有一个根，且为实根．
【解】在单位圆周C: |z| = 1上，设z=x+iy，则z= (x) +iy，故| ez
| = | e(x) +iy
| = | ex
| < 1 = |z|，
p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ]
7.从
Ceiz
/√zdz出发，其中C是如图所示之周线(√z沿正实轴取正值)，证明：
(0, +)cosx/√xdx=
(0, +)sinx/√xdx=√(/2)．
【解】|
C(R)eiz
/√zdz|
C(R)| eiz
|/R1/2
ds
=
[0,/2]| ei(cos+isin)
|/R1/2
·R d
Ri
=
[0,/2]| eRsin
|R1/2
d
C
R
R1/2
[0,/2]eRsin
d．
由sin2/([0,/2] )，故
R1/2
[0,/2]eRsin
d
R1/2
[0,/2]e(2R/)
d
C
r
ri
= (/(2R1/2
))(1–eR
)/(2R1/2
C: || = 1g()d= 0，因此等式成立．
若f(z)0，则z是g()的一阶极点，故
(1/(2i))
C: || = 1f() ((1z*)/(z))d= Res[f() ((1z*)/(z)),z]=f(z) (1z*
z) = (1|z|2
)f(z)．
4.试证：(zn
/n! )2
= (1/(2i))
由Rouché定理，N(zez
,C) =N(z,C) = 1．
故zez
= 0在单位圆内恰有一个根．Rr
r1
2
设f(x) =xex
，x．因f(1) = (1)e1
< 0，f(1) = 1e1
> 0，故xex
= 0在区间(1, 1)内有根．
所以方程ez
=z(> 1 )在单位圆|z| < 1内的唯一根为实根．
由Cauchy积分定理，
Ceiz
/√zdz= 0，故其极限也为0，
所以，
(0, +)cosx/√xdx+i
(0, +)sinx/√xdx= (1 +i)√(/2)，
即
(0, +)cosx/√xdx=
(0, +)sinx/√xdx=√(/2)．
8.从
C√zlnz/(1 +z)2
dz出发，其中C是如图所示之周线，证明：
当r< 1 <R时，
C√zlnz/(1 +z)2
dz
=
C(r)+பைடு நூலகம்
C(R)+
L(1)+
L(2)= 2iRes[√zlnz/(1 +z)2
;1] = 2+2
i．
L(1)√zlnz/(1 +z)2
dz=
(r,R)√xlnx/(1 +x)2
dx
(0, +)√xlnx/(1 +x)2
dx(当r0+
，R+时)
L(2)√zlnz/(1 +z)2
取正值的那一支．
S
T
L
因i和i都是f(z)的一阶极点，故
1-1
Res[f(z);i] = 1/(2z(1z2
)1/2
)|
z=i=i/23/2
．
L
Res[f(z);i] = 1/(2z(1z2
)1/2
)|
z=–i=i/23/2
．
若x在上岸，则f(x) = 1/((1 +x2
)(1x2
)1/2
)；
若x在下岸，则f(x) = ei
1,z
2, ...,z
n及外解析，且连续到边界C，则
Cf(z)dz= 2i(
1knRes[f(z),z
k] + Res[f(z),] )．
【解】j: 1jm，因不在C
j上，故C
j中，因此C
j是有界集．故可取充分大的R> 0，使得周线C
dx= 2+2
i．
所以，
(0, +)√xlnx/(1 +x)2
dx=，
(0, +)√x/(1 +x)2
dx=/2．
9.证明：I=
(0, 1)1/((1 +x2
)(1x2
)1/2
)dx=/23/2
．
C
【解】设f(z) = 1/((1 +z2
)(1z2
)1/2
)，割线[1, 1]，
在割线的上岸(1z2
)1/2
当0 < |z| < 1时，f()在C内部的两个奇点0,z都是1阶极点，
故(1/(2i))
Cf()d= Res[f(), 0] + Res[f(),z] = (1/z) + (1/z) = 0．
当|z| = 0时，f()在C内部的唯一奇点0是2阶极点，
故(1/(2i))
Cf()d= Res[f(), 0] = 0．
L有1，且1是f(z)的2阶极点．
LRes[√zlnz/(1 +z)2
;1] = lim
z1((1 +z)2
·f(z))’
= lim
z1(√zlnz)’= lim
z1(((1/2) lnz+ 1)√z/z)
= ((1/2) ln (1) + 1)√(1)/(1)
=((1/2)i+ 1)i= (1/2)i．
C: || = 1(zn
ez
)/(n!n+ 1
)d，这里C是围绕原点的一条周线．
【解】只需要证明，当z0时，zn
/n! = (1/(2i))
C: || = 1ez
/n+ 1
d．
由高阶导数公式，(n!/(2i))
C: || = 1ez
/n+ 1
d= (ez
)(n)
|
= 0= (zn
ez
)|
= 0=zn
．或(1/(2i))
C: || = 1ez
/n+ 1
d= Res[ez
/n+ 1
, 0] = ((ez
)(n)
|
= 0)/n!=zn
/n!．
5.试证(含的区域的留数定理)：设D是
内含有的区域，其边界C是由有限条互不包含且互不相交的周线C
1,C
2, ...,C
m组成，又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z
(0, +)√xlnx/(1 +x)2
dx=，
(0, +)√x/(1 +x)2
dx=/2．
【解】在割去原点及正实轴的z平面上，√z，lnz都
能分出单值解析分支，√z取在正实轴的上岸取正值
C
的那个分支，lnz取在正实轴的上岸取实数值的那个
C
分支．记f(z) =√zlnz/(1 +z)2
dz．f(z)的有限奇点只
33.设f(z)在|z| < 1内解析，在|z|1上连续，试证：
(1|z|2
)f(z) = (1/(2i))
C: || = 1f() ((1z*)/(z))d，
其中z属于C的内部．
【解】设g() =f() ((1z*)/(z))．
若f(z) = 0，则z是g()的解析点，因此g()在|| < 1内解析，在||1上连续，故
/((1 +x2
)(1x2
)1/2
)；
L(1)f(z)dz=
[–1 +r, 1–r]f(x)dx．
L(2)f(z)dz=
[–1 +r, 1–r]f(x)dx．
因为lim
z–1(1 +z)f(z) = 0，lim
z1(1z)f(z) = 0，
故
S(r)f(z)dz0，
T(r)f(z)dz0 (asr0)．
(0, +)sinx/√xdx．
[ri,Ri]eiz
/√zdz=
[r,R]ei(iy)
/√(iy)idy=
[r,R]ey
ei/4
/√ydy．
= (1 +i)/√2 ·
[r,R]ey
/√ydy= 2(1 +i)/√2 ·
[√r,√R]eu^2
du
(1 +i)√2 ·
(0, +)eu^2
du= (1 +i)√2 ·√/2 = (1 +i)√(/2)．
故由辐角原理，N(1f(z),C)P(1f(z),C) = (2)–1
Carg (af(z) ) = 0．而P(1f(z),C) =P(f(z),C)，所以，N(1f(z),C) =P(f(z),C)．
(2)因zC时，|f(z) | > 1，故在C上，恒有f(z)0，即f(z)在C上无零点．设g(z) = 1/f(z) (若z是f(z)极点则规定g(z) = 0，若z是f(z)的零点不定义g(z))．那么，g(z)在C的内部亚纯且连续到C，并且当zC时，|g(z) | < 1．