复变函数习题解答(第3章)

显然，f’(z(t))z’(t)在[,]上是连续的，所以f(z(t))C1
[,]．
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) |
x2
=v
y2
，v
x2
=u
y2，故w
xx+w
yy= 2 (u
x2
+v
x2
+u
y2
+v
y2
) = 4 (u
x2
+v
x2
) = 4 |f(z) |2；即(2
/x2
+2
/y2
) |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．
xx+v
yy)v= 0；
由于u,v满足Cauchy-Riemann方程，故u
x2
=v
y2
，v
x2
=u
y2
，u
xv
x+u
yv
y= 0，因此(u
xu+v
xv)2
+ (u
yu+v
yv)2
=u
x2
u2
+v
x2
v2
+ 2u
xuv
xv+u
y2
u2
+v
y2
v2
+ 2u
yuv
yv= (u
x2
+v
x2
)(u2
+v2
)；故w
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，因此解析，且| 1/f(z) |1/M．
则
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](2 sin+i(1 + 2cos))/(5 + 4cos)d
=
[0, 2](2 sin)/(5 + 4cos)d+i
[0, 2](1 + 2cos)/(5 + 4cos)d．
[,]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+
0．所以，是光滑曲线．
(2)当z() =z()时，C是闭曲线．此时z(t)C1
[,]；在[,]上，有|z’(t) |0；z’() =z’()；t
1[,]，t
2(,)，若t
1t
2，则z(t
1)z(t
2)．与
(1)完全相同的做法，可以证明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’()．
因为t
1[,]，t
2(,)，若t
1t
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))．
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=
【解】aD，因区域D是开集，故存在r
1> 0，使得
K(a,r
1) = {z| |za| <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
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)| >
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 + 2cos)/(5 + 4cos)d=
由Liuville定理，1/f(z)为常数，因此f(z)也为常数．
17.设函数f(z)在区域D内解析，试证(2
/x2
+2
/y2
) |f(z) |2
= 4 |f’(z) |2．【解】设f(z) =u+iv，w= |f(z) |2
，则w= ln (u2
+v2
)．wx= 2(u
xu+v
xv)，w
y= 2(u
p141
(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]
5.由积分
C1/(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内解析，故
C1/(z+ 2)dz=
0．
设C:
z()= ei
，[0, 2]．
【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+iv，则u,v也满足Cauchy-Riemann方程．记w= ln |f’(z) |，则wu2
+v2
)，wx= (u
xu+v
xv) /(u2
+v2
)，w
y= (u
yu+v
yv) /(u2
+v2
)；wxx= ((u
xxu+u
x2
+v
xxv+v
x2
)(u2
+v2
)2(u
xu+v
xv)2
)/(u2
+v2
)2；w
yy= ((u
yyu+u
y2
+v
yyv+v
y2
)(u2
+v2
)2(u
yu+v
yv)2
)/(u2
+v2
)2；因为u,v都是调和函数，所以uxxu+u
yyu= (u
xx+u
yy)u= 0，v
xxv+v
yyv= (v
(1)当z()z()时，C不是闭曲线．此时z(t)是[,]到D内的单射，z(t)C1
[,]，且在[,]上，|z’(t) |
0．
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)．
(2)√z= eiargz/2
，设C:
z()= ei
，[, 0]．C1/√zdz=
[, 0]iei
/ei/2
d=
[, 0]iei/2
d=2ei/2|[, 0]= 2(1i)．[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．
z0f(z)不存在，也不是？]
2.沿从1到1的如下路径求
C1/√zdz．
(1)上半单位圆周；
(2)下半单位圆周，其中√z取主值支．
【解】
(1)√z= eiargz/2
，设C:
z()= ei
，[0,]．
C1/√zdz=
[0,]iei
/ei/2
d=
[0,]iei/2
d= 2ei/2|[0,]= 2(1 +i)．
0．
记U= {z| |zf’(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，t0 }割开的复平面上，多值函数g(z) = lnz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．t0，|f’(a)tf’(a) | = (t+ 1) |f’(a) ||f’(a) |，故f’(a)tU．
yu+v
yv)；wxx= 2(u
xxu+u
x2
+v
xxv+v
x2
)，w
yy= 2(u
yyu+u
y2