复变函数第二章

第二章全纯函数§2.1习题1.研究下列函数的可微性： （i ）();f z z = 解： 0z ≠时00000()()limlim z z z z z z f z f z z z z z →→--=--不存在 这是因为当0z x iy =+时，000limlimy y y y →→=当0z x iy =+时，000limlimx x x x →→==故0z ≠时，()f z 不可导.当0z =时，有()(0)i i z f z f r e z z reθθ-∆∆-∆===∆∆∆ 即知()f z z =在0z =也不可导. 从而()f z z =处处不可导. (ii) 2();f z z = 解：0z ≠时00220000()()lim lim z z z z z z f z f z z z z z →→--=--显然不存在. 这是因为当0z x iy =+时0022220000000000()()lim lim 2x x x x x y x y x x x x x x iy x iy x x →→+---+==+--- 当0z x iy =+时，0022220000000000()()2lim lim ()y y y y x y x y y y y y y x iy x iy y y i i→→+---+==+--- 0z =时可导，(0)0f '=.（iii ）()Re ;f z z =00000()()Re Re limlimz z z z f z f z z z z z z z →→--=--显然不存在. 这是因为当0z x iy =+时，000lim1x x x x x iy x iy →-=+--.当0z x iy =+时，00000lim0y y x x x iy x iy →-=+--从而()Re f z z =处处不可导 (v) ()f z 为常数不妨设(),f z C =显然'()0f z = 故()f z C =在处处可导.2.设f 和g 都在0z 处可微，且'000()()0,()0f z g z g z ==≠证明：0'0'0()()lim()()z z f z f z g z g z →= 提示：0000()()()limlim ()()()z z z z f z f z f z g z g z g z →→-=- 0000000()()()lim()()()z z f z f z z z f z z z g z g z g z →'--=⋅='--4．设域G 和域D 关于实轴对称，证明：如果()f z 是D 上的全纯函数，那么()f z 是G 上的全纯函数. 提示：00()()()()limlim (),z z f z z f z f z z f z f z z G z z →→⎡⎤+-+-'==∈⎢⎥⎣⎦§2.2习题1.设D 是域,).(D H f ∈如果对每个,D z ∈都有'()0f z =,证明f 是一常数. 证明:因为'()0f z =,而'()f z =u vi x x∂∂+∂∂=0(定理2.2.4) 所以u x ∂∂=0, v x ∂∂=0,而u x ∂∂=v y ∂∂,u y ∂∂=vx∂-∂.故u y ∂∂=0, v y ∂∂=0.因此f 是一个常数.3.设iy x z +=,证明xy z f =)(在z=0处满足Cauchy-Reimann 方程,但f 在z=0处不可微.提示: u =,0v =.直接算偏导.8.设D 是域, ()f H D ∈,f 在D 中不取零值,证明: 对于任意p>0,有2222()p f z x y ⎛⎫∂∂+ ⎪∂∂⎝⎭=2p 2()p f z -2'()f z . 提示:∆=2222x y ∂∂+∂∂= 42z z∂∂∂,将()f z 写成12()()f z f z ⎡⎤⎣⎦,利用f z∂∂=0, f z ∂∂=0, fz ∂∂='f , f z ∂∂='f ,计算.11.设D 是域,(]:D \ ,0f →-∞ 是非常数的全纯函数,则log ()f z 和Arg ()f z 是D 上的调和函数,而()f z 不是D 上的调和函数.提示: 2221log ()log ()2log |()|2f z f z f z z z∂∆=∆=∂∂ 21()()2|()|f z f z z f z z ⎛⎫∂∂= ⎪∂∂⎝⎭2()()2|()|f z f z z f z ⎛⎫'∂= ⎪∂⎝⎭ ()20()f z z f z ⎛⎫'∂== ⎪∂⎝⎭2a r g ()()()i f z f z e f z =对z 求偏导(a r g ())f z z ∂∂=12i '()()f z f z 2z z∂∂∂(a r g ())f z =0 42z z∂∂∂(())f z =12()'()f z f z - 如果()f z 调和,则'()f z ≡0,从而f 是常数,矛盾.12.设D,G 是域, :f D G →是全纯函数,证明:若u 是G 上的调和函数,则u f 是D 上的调和函数.证明: 因为u 是G 上的调和函数,局部存在全纯函数g ，s.t. Re u g =, 则g f 局部全纯,于是局部有Re()u f g f = ，从而u f 调和.15.举例说明:存在B(0,1)\{0}上的调和函数,它不是B(0,1)\{0}上全纯函数的实部. 解: ()log ||u z z =是B(0,1)\{0}上的调和函数,它不是B(0,1)\{0}上全纯函数的实部. (反证) 假设存在B(0,1)\{0}上的全纯函数()f z ,使得Re ()log f z z =, 设()log ||()f z z iv z =+,()v z 是实值函数.则()()||f z iv z ez e =⋅,从而()()1,(0,1)\{0}f z iv z e e z B z==∀∈. 由题2.(iv) 可知()f z e z≡常数, 故存在θ∈ s.t. ()f z i e ze θ= 即()||iv z i z e ze θ⋅=()(arg )iv z i z e e θ+⇒=()2v z argz k θπ⇒=++.由()v z 的连续性可知k 是常数.于是()2argz v z k θπ=--在B(0,1)\{0}连续,不可能.16.设f u iv =+, 000z x iy =+.证明: (i) 如果极限000()()lim Rez z f z f z z z →--存在,那么()00,ux y x ∂∂和()00,v x y y ∂∂存在,并且相等. (ii) 如果极限000()()l i m Imz z f z f z z z →--存在,那么()00,u x y y ∂∂和()00,vx y x∂∂存在,而且()00,u x y y ∂∂=-()00,vx y x∂∂.证明:(i)()00,ux y x∂∂=00000(,)(,)limx x u x y u x y x x →-- ()0z x i y =+ ()()000,z x y = =00000(,)(,)lim Rex x f x y f x y x x →--=000()()lim Rez z f z f z z z →--()00,vx y y∂∂=00000(,)(,)lim y y v x y v x y y y →-- =00000(,)(,)lim Imy y f x y f x y y y →-- ()0z x iy =+=()000()()lim Imz z f z f z i z z →---=()00()()lim Im z z f z f z iz z →--=000()()lim Rez z f z f z z z →--(ii)利用[]Im ()Re ()f z if z =-,由(i)即得.1．求映射i z iz w +-=在11-=z 和i z =2处的转动角和伸缩率. 解：因为 z if z i-=+222()()f z i z i iz z i z i ∂+-+==∂++ 122'()(1)if z i =-+=1 1arg '()f z =arg(1)-=π 2221'()(2)22i i f z i ===- 2a r g '()2f z π=-2．设f 是域D 上的全纯函数，且'()f z 在D 上不取零值，试证：（i ）对每一个00()u iv f D +∈，曲线0Re ()f z u =和曲线0Im ()f z v =正交； 证明：（i ）0u u =和0v v =是uv 平面中的正交直线.因为()0f z '≠,故f 是保角的. 从而曲线0Re ()f z u =和曲线0Im ()f z v =的夹角等于直线0u u =和0v v =的夹角,等于2π1.验证zze e =证明：令z x iy =+,则z x iy =-(cos sin )z x e e y i y =+(cos sin )z x e e y i y ⇒=- (cos sin )z x e e y i y =-所以z ze e =.3.证明：若1ze =，则必有2,0,1,.z k i k π==±… 证明：1ze =||1xze e ⇔==,20zArge y k π=+=0,2,x y k k π⇔==∈Z2z k i π⇔=，k ∈Z .4.设f 是整函数，()0 1.f =证明：(i)若'()(),();zf z f z z f z e =∈≡ 对每个成立则(ii) 若对每个,z ω∈ ,有()()()f z f z f ωω+=,且'(0)1f =,则()zf z e ≡. 证明（i ）''(())()()()()0.z zz z z f z e f z ef z e f z e f z e -----=-=-=()z f z e c -=,11,1c c ⨯==，故()z f z e ≡(ii) ()()()f z f z f ωω''+=,令0()()z f f ωω'=⇒=7.设f 在\(,0]-∞ 中全纯，(1)0.f =证明： （i ）若(]'()(),\,0,()log f z f z ez f z z -=∈-∞≡ 则；(ii)若()()()f z f z f ωω=+,(]\,0z ∈-∞ ,()0,ω∈∞,且'(1)1f =,则()log f z z ≡.证明：（i ）令()()f z F z ez =-,则'()'()()10f z F z e f z =⋅-=()F z c ⇒=(常数)令z=1,则(1)0110f e c -=-==F(1)=e.故()()log (1)1f z e z f z z f ⎫=⇒=⎬=⎭(ii)提示()()f z f z ωω''=,令1z =得1()f ωω'=.8．证明：32)(2++=z z z f 在()1,0B 中单叶.证明： 取()12120,1,z z B z z ∀∈≠，12()()f z f z -=1212()(2)z z z z -++()12121212,0,1()()0()()z z z z B f z f z f z f z ≠∈⇒-≠⇒≠，故)(z f 在()0,1B 中单叶.12．设f 在(]\,0-∞ 上全纯，(1)1,0.f μ=>证明：)(i 若(]'()(),\,0f z f z z zμ=∈-∞C ，则arg ();i z f z z e μμ≡ )(ii 若()()()f z f z f ωω=，(]\,0z ∈-∞C ,()0,ω∈∞,且'(1),f μ=则arg ()i z f z z e μμ≡证明：(i) 要证arg ()i zf z z eμμ=，即证log ()z f z e μ=()log ()0zf z eμ'=,及(1)1f =log ()||z i Argz f z e z e μμμ⇒==⋅.(ii) ()()()zf z f z f ωω'=令1ω=得()()zf z f z μ= 即()()f z f z zμ'= 14.证明:)(i cos()cos cos sin sin ;z z z ωωω+=⋅-⋅ )(ii sin()sin cos cos sin ;z z z ωωω+=⋅+⋅证明:(i) cos()sin()z i z ωω+++()i z e ω+=()cos cos sin sin sin cos cos sin z z i z z ωωωω=-++ (1 ) 在上式中以z -，ω-代入，得cos()sin()z i z ωω+-+()cos cos sin sin sin cos cos sin z z i z z ωωωω=--+ （2）(1)+(2)得 cos()cos cos sin sin z z z ωωω+=-(1)(2)得 sin()sin cos cos sin z z z ωωω+=+19.证明:sin z ω=将半条形域:Re ,Im 022z z z ππ⎧⎫∈-<<>⎨⎬⎩⎭一一地映为上半平面. 证明: sin cos()cos()22z z z ππω==-=-令2u z π=-,则cos w u =是由指数,(Re 0,Im 0),iuz e u u π=-<<>与Rokovsky 函数{}11(),((0,1)\0,0),2zz z B argz ωπ=+∈-<<的复合.故sin w z =将半条形区域{:Re ,Im 0}22z z z ππ∈-<<> 一一映成上半平面.20.证明(0,1)B 是2()(1)zf z z =-的单叶性域,并求出((0,1))f B . 证明: []1212122121()()()(1)(1)z z f z f z z z z z --=--- 给出f 的单叶性0z ≠时,112()z f z z=+-由Rokovsky 函数的性质易得 1((0,1))\(,]4f B =-∞-21.当z 按逆时针方向沿圆周{:2}z z =}旋转一圈后,计算下列函数辐角的增量:(iii) 124(23);z z +- (iv) 1211z z -⎛⎫⎪+⎝⎭. 解:(iii) 124(23)z z +-14[(3)(1)]z z =+⋅- 3-在圆周||2z =外,1在圆周||z =内所以当z 按逆时针方向沿圆周旋转一圈后, 辐角的增量为2π(iv) 11122221(1)(1)1(1)(1)1|1||1|z z z z z z z z ⎡⎤⎡⎤--+⎛⎫==-+⎢⎥⎢⎥ ⎪+++⎝⎭⎣⎦⎣⎦1z =±均在圆周||2z =内,所以辐角的增量为0.22.设1(),0 1.(1)p p z f z p z -=<<-证明:f 能在域[]\0,1D = 上选出单值的全纯分支.证明: 11()(1)1pp i p i z z f z e z e z z ππ-⎛⎫== ⎪+-⎝⎭只需考虑()1pz g z z ⎛⎫= ⎪-⎝⎭设γ是D 中的简单闭曲线,则当z 沿γ逆时针绕行一周时, 若γ内部不含[0,1],则辐角增量为0, 若[0,1]位于γ内部,则辐角增量为22()0p p ππ+-=. 故g 从而f 能在域[]\0,1D = 上选出单值的全纯分支.23.证明: 21()z f z Log z ⎛⎫-= ⎪⎝⎭能在域(][]()\,10,1D =-∞-⋃ 上选出单值的全纯分支.证明: 21z z-将(][]()\,10,1-∞-⋃ 映入(]\,0-∞ ，而对数函数在(]\,0-∞ 上能选出全纯分支.24.设单叶全纯映射f 将域D 一一地映为G,证明:G 的面积为2'().f z dxdy ⎰⎰证明:令iy x z +=,),(),()(y x iv y x u z f +=变换行列式(,)(,)uu v xvx y x∂∂∂=∂∂∂ u y v y∂∂∂∂= u v v u x y x y ∂∂∂∂⋅-⋅∂∂∂∂ = 22()()u v x x∂∂+∂∂= 2u v i x x ∂∂+∂∂ = 2'()f z∴ 2'(,)||()(,)G D Du v S dxdy f z dxdy x y ∂==∂⎰⎰⎰⎰.25.设f 是域D 上的单叶全纯映射,)(),(βαγ≤≤=t t z 是D 中的光滑曲线, 证明:(())f t ωγ=的长度为''(())()f t t dt βαγγ⎰证明:''(())()d f t t dtωγγ= 故(())w f t γ=的长度为''(())()f t t dt βαγγ⎰26.设D 是z 平面上去掉线段[][]1,,1,i i -和射线z it = ()1t ≤<∞后得到的域,证明函数2(1)Log z -能在D 上分出单值的全纯分支.设f 是满足0)0(=f 的那个分支,试计算)2(f 的值.解: 取D 中任一简单闭曲线γ,则1±都不在γ内部,从而z 沿γ逆时针绕行一周时,21(1)(1)z z z -=-+辐角的增量为0,故能选出全纯分支.设22()log |1|(1)2f z z iarg z k π=-+-+. 由(0)00f k =⇒=, 故(2)log3(3)log3f iarg i π=+-=+.§2.5习题1. 试求把上半平面映为上半平面的分式线性变换,使得∞,0,1分别映为0,1,∞.解: 1()1T z z ω-==-2. 证明: 分式线性变换az b cz dω+=+把上半平面映为上半平面的充要条件是d c b a ,,,都是 实数,而且0>-bc ad .证明: 必要性：因为线性变换把实轴映为实轴, 故az b cz dω+=+中d c b a ,,,都是实数； 因为2()()ac bd ad bc i i cω++-=属于上半平面，故0>-bc ad . 充分性：对0,1,,z =∞都有()z ω∈R ,从而ω将实轴映为实轴,又Im ()0i ad bc ω=->,故将上半平面映为上半平面.4.试求把单位圆盘的外部{}1:>z z 映为右半平面{}:Re 0ωω>的分式线性变换,使得 (i)1,-i,-1分别变为i,0,-i;(ii)-i,i,1分别变为i,0,-i.解:(i)()z i T z z i ω+==- (ii)()(2)21z i T z i z i ω-==-+- 10.设()az b T z cz d +=+是一个分式线性变换,如果记a c ⎛ ⎝ 1b d -⎫⎪⎭=αγ⎛ ⎝ βδ⎫⎪⎭,那么1()z T z z αβγδ-+=+. 证明:a c ⎛ ⎝ 1b d -⎫⎪⎭=dc ⎛ -⎝ b a -⎫⎪⎭=αλ⎛ ⎝ βδ⎫⎪⎭ ()az b T z cz d+=+()()czT z dT z az b ⇒+=+ 1()b dz z T z cz a z αβγδ--+⇒==-+ 从而证得1()z T z z αβγδ-+=+.11.设11111)(d c b a z T ++=,=)(2z T 2222d c b a ++是两个分式线性变换,如果记11a c ⎛ ⎝ 11b d ⎫⎪⎭22a c ⎛ ⎝ 22b d ⎫⎪⎭=a c ⎛ ⎝ b d ⎫⎪⎭那么12()()az b T T z cz d +=+ . 证明: 12()()T T z =1212121212121212a a z ab bc z bd c a z c b d c z d d ++++++ 又 11a c ⎛ ⎝ 11b d ⎫⎪⎭22a c ⎛ ⎝ 22b d ⎫⎪⎭=a c ⎛ ⎝ b d ⎫⎪⎭∴121212121212a a b c a a b b d c c b d d d +=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩⇒1212121212121212a a z a b b c z b d az b c a z c b d c z d d cz d ++++=++++ 从而12()()az b T T z cz d +=+ .12.设Γ是过-1和1的圆周,z 和w 都不在圆周上.如果,1=zw 那么z 和w 必分别于Γ的内部或外部.证明:由圆的对称性知Γ的圆心必然在虚轴上，设圆周与虚轴交个交点为12z z ，. 又由平面几何知识知12||||1z z ⋅=,从而211z z =. 设z 在Γ内部，则z 位于走向1，1z ,-1的左边,因此分式线性变换1(x)T x =，将1()z T z =映为走向1(1)()(1)T T z T -，，，即1，2z ，-1的左边.注意()T Γ=Γ，走向1，2z ，-1的左边即Γ的外部，故1z 在Γ外部.15.求一单叶全纯映射,把除去线段[]i +1,0的第一象限映为上半平面.提示: 先作变换41z z =,再作412+=z z ,最后作变换23z z =可得.16. 求一单叶全纯映射,把半条形域:Re ,Im 022z z z ππ⎧⎫-<<>⎨⎬⎩⎭映为上半平面,且把2π,0,2π-分别映为1,-1,0. 提示: 先作变换1z iz = ,再作12z e z =,)1(21,33423z z z iz z +=-=.即11()2iz iz w ie ie=-+- 17.求一单叶全纯映射,把除去线段[]hi a a +,的条形域{}:0Im1z z <<映为条形域{}:0Im 1w w <<,其中,a 是实数, 01h <<提示:先作变换1z z e π=,再作变换ππa a e z e z z +-=112便可得结论.19.求一单叶全纯映射,把除去线段[]2,1的单位圆盘的外部映为上半平面.提示:先作变换111z z z -=+,再作变换221324351,,,9z iz z z z z z ===+=即w =.。