复变函数第四版(第六章)

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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

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

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

复变函数习题解答(第6章)

复变函数习题解答(第6章)

p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ]7. 从⎰C e i z /√z dz 出发,其中C 是如图所示之周线(√z 沿正实轴取正值),证明:⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2).【解】| ⎰C (R ) e i z /√z dz | ≤ ⎰C (R ) | e i z |/R 1/2 ds= ⎰[0, π/2] | e i ρ (cos θ + i sin θ )|/R 1/2 · R d θ = ⎰[0, π/2] | e - R sin θ | R 1/2 d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ.由sin θ ≥ 2θ/π (θ∈[0, π/2] ),故R 1/2⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - (2R / π)θ d θ = (π/(2R 1/2))(1 – e - R ) ≤ π/(2R 1/2).所以,| ⎰C (R ) e i z /√z dz | → 0 (as R →+∞).而由| ⎰C (r ) e i z /√z dz | ≤ (π/(2r 1/2))(1 – e - r )知| ⎰C (r ) e i z /√z dz | → 0 (as r → 0+ ).当r → 0+,R →+∞时,⎰[r , R ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i x /√x dx = ⎰[r , R ] (cos x + i sin x )/√x dx→ ⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx .⎰[r i , R i ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i (i y )/√(i y ) i dy = ⎰[r , R ] e - y e i π/4/√y dy .= (1 + i )/√2 · ⎰[r , R ] e - y /√y dy = 2(1 + i )/√2 · ⎰[√r , √R ] e - u ^2 du→ (1 + i )√2 · ⎰(0, +∞) e - u ^2 du = (1 + i )√2 · √π/2 = (1 + i )√(π/2).由Cauchy 积分定理,⎰C e i z /√z dz = 0,故其极限也为0,所以,⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = (1 + i )√(π/2),即⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2).8. 从⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz 出发,其中C 是如图所示之周线,证明:⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx = π,⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx = π/2.【解】在割去原点及正实轴的z 平面上,√z ,ln z 都能分出单值解析分支,√z 取在正实轴的上岸取正值的那个分支,ln z 取在正实轴的上岸取实数值的那个分支.记f (z ) = √z ln z /(1 + z )2 dz .f (z )的有限奇点只有- 1,且- 1是f (z )的2阶极点.Res[√z ln z /(1 + z )2; - 1] = lim z → - 1 ((1 + z )2 · f (z ))’= lim z → - 1 (√z ln z )’ = lim z → - 1 (((1/2) ln z + 1 )√z /z )= ((1/2) ln (- 1) + 1 )√(- 1)/(- 1)= - ((1/2) πi + 1 )i = (1/2) π - i .当r < 1 < R 时,⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz= ⎰C (r ) + ⎰C (R ) + ⎰L (1) + ⎰L (2) = 2πi Res[√z ln z /(1 + z )2; -1] = 2π + π2 i .⎰L (1) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(r , R ) √x ln x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx (当r → 0+,R →+∞时)⎰L (2) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(R , r ) (-√x )(ln x + 2πi )/(1 + x )2 dx= ⎰(r , R ) (√x ln x )/(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(r , R )√x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx (当r → 0+,R →+∞时). 因为z · √z ln z /(1 + z )2 → 0 (当| z |→ +∞时),故⎰C(R) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当R → +∞时).因为z ·√z ln z/(1 + z)2 → 0 (当| z |→ 0时),故⎰C(r) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当r → 0时).所以,⎰L(1)+ ⎰L(2)→π/2 -i (当r→ 0+,R→+∞时).故2⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx + 2πi⎰(0, +∞) √x /(1 + x)2dx = 2π + π2i.所以,⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx = π,⎰(0, +∞)√x /(1 + x)2dx = π/2.9. 证明:I = ⎰(0, 1) 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2) dx = π/23/2.在割线的上岸(1 -z2)1/2取正值的那一支.因i和-i都是f(z)的一阶极点,故Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = i= -i/23/2.Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = –i= -i/23/2.若x在上岸,则f(x) = 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2);若x在下岸,则f(x) = e-i π/((1 + x2)(1 -x2)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 z→ 1 (1 -z) f(z) = 0,故⎰S(r) f(z) dz→ 0,⎰T(r) f(z) dz→ 0 (as r → 0).因为lim z→∞z f(z) = 0,故⎰C(R) f(z) dz→ 0 (as R → +∞).故⎰L(1) f(z) dz + ⎰L(2) f(z) dz→ (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) (as r→ 0+,R→+∞).所以2⎰(– 1, 1) f(x) dx = (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) = (2πi)(-i/23/2) = 2π/23/2.故⎰(– 1, 1) f(x) dx = π/23/2.10. 证明方程e z-λ= z ( λ> 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 + i y,则z-λ= (x -λ) + i y,故| e z-λ| = | e (x -λ) + i y | = | e x -λ| < 1 = | z |,由Rouché定理,N(z - e z-λ, C) = N(z, C) = 1.故z - e z-λ = 0在单位圆内恰有一个根.设f(x) = x - e x-λ,x∈ .因f(- 1) = (- 1)- e-1 -λ < 0,f(1) = 1- e 1 -λ > 0,故x - e x-λ = 0在区间(- 1, 1)内有根.所以方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内的唯一根为实根.[原题是错题.例如c = 1/2,λ= 2,则∀z∈ ,当| z | < 1时,| c z-λ| = | exp((z-λ) Ln c)| = | exp(( z– 2)(ln| 1/2| + 2kπi)) | = e (2 –z)ln2 > 1 > | z |.]11. 证明方程e z- eλz n= 0 ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内有n个根.【解】在单位圆周C : | z | = 1上,| e z| = e Re(z)≤ e | z |≤ e < eλ= | eλz n |,由Rouché定理,N(eλz n- e z, C) = N(eλz n, C) = N(z n, 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 |}.因为| (a-f(z)) -a | = | f(z) | = 1 < | a |,故a-f(z)∈K.因ln(a-f(z))的每个分支,以及他们的导数(ln(a-f(z))’都在K内解析;故i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(a-f(z))’dz = 0.由辐角原理,N(a -f(z), C) -P(a -f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0.而a -f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析,故P(a -f(z), C) = 1.因此N(a -f(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z∈C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) 若z∈C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| (1 -f(z)) – 1 | = | f(z) | < 1,故(1 -f(z))∈K.因i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(1 -f(z))’dz = 0.故由辐角原理,N(1-f(z), C) -P(1-f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0.而P(1-f(z), C) = P( f(z), C),所以,N(1-f(z), C) = P( f(z), C).(2) 因z∈C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z∈C时,| g(z) | < 1.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.14. 设ϕ(z)在C : | z | = 1内部解析,且连续到C.在C上,| ϕ(z) | < 1.试证:在C的内部只有一个点z0,使ϕ(z0) = z0.【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 > | ϕ(z) |.由Rouché定理,N( f(z) -ϕ(z), C) = N( f(z), C) = 1.即方程ϕ(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/(2πi))⎰C 1/(ζ(ζ- z)) dζ,其中C为单位圆周| ζ| = 1,z∉C.【解】设f(ζ) = 1/(ζ(ζ- z)).当| z | > 1时,f(ζ)在C内部的唯一奇点0是1阶极点,故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = - 1/z.当0 < | z | < 1时,f(ζ)在C内部的两个奇点0, z都是1阶极点,故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] + Res[f(ζ), z] = (- 1/z) + (1/z) = 0.当| z | = 0时,f(ζ)在C内部的唯一奇点0是2阶极点,故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = 0.3. 设f(z)在| z | < 1内解析,在| z | ≤ 1上连续,试证:(1 - | z |2) f(z) = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ,其中z属于C的内部.【解】设g(ζ) = f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)).若f(z) = 0,则z是g(ζ)的解析点,因此g(ζ)在| ζ | < 1内解析,在| ζ | ≤ 1上连续,故⎰C : | ζ| = 1g(ζ) dζ = 0,因此等式成立.若f(z) ≠ 0,则z是g(ζ)的一阶极点,故(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ = Res[f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)), z]= f(z) (1-z*z ) = (1 - | z |2) f(z).4. 试证:(z n/n! )2 = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 (z n e zζ)/(n! ζ n + 1 ) dζ,这里C是围绕原点的一条周线.【解】只需要证明,当z≠ 0时,z n/n! = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ.由高阶导数公式,(n!/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = (e zζ)(n)|ζ= 0= (z n e zζ)|ζ= 0= z n.或(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = Res[e zζ/ζ n + 1, 0] = ((e zζ)(n)|ζ= 0)/n!= z n/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C1, C2, ..., C m组成,又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z1, z2, ..., z n及∞外解析,且连续到边界C,则⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] ).【解】∀j : 1 ≤j ≤m,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C1, C2, ..., C m及在 中的孤立奇点z1, z2, ..., z n 都在圆K = { z∈ | | z | < R }内.由留数定理,⎰∂K f(z) dz + ⎰-C f(z) dz = 2πi∑1≤k≤n Res[f(z), z k];而Res[f(z), ∞] = - (1/(2πi))⎰∂K f(z) dz,所以,⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] ).∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +,★z∈ ∞α1, α2, ...αn lim n→∞,+n→∞∀ε > 0,∑u n,∑n≥ 1u n,m∈ ,∀ε > 0,∃δ> 0,【解】z⎰[0, 2π]l 2 dx,f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n,[0, 2π]。

复变函数西安交大 第四版第六讲PPT课件

复变函数西安交大 第四版第六讲PPT课件
---级数的部分和
▪ 若z0 D ln i m sn (z0 ) s(z0 ),称 级 数(1)在z0收 敛, 其 和 为s(z0 ), ln i m sn (z0 )不 存 在 , 称 级 数(1)在z0发 散 。

u u ( ) ( )
y y x x
v x
dx
v y
dy
u y
dx
u x
dy
v
d v(
x,
y)
( x, y)
u
u
v(x, y)
( dx dy) c ()
y ( x0 , y0 )
x
第7页/共47页
v u v u 满 足C R方 程. x y y x
u iv在D内 解 析.
n0 n! n0 n!
n0 n!
(3)
n1
(1)n



n
n1
1 2n



n1
(
(1)n n
i 2n
)收 敛.
又 (1)n 条 件收 敛,原 级数 非 绝对 收 敛. n1 n
第24页/共47页
例3
讨论
z
n

敛散性。
n0 n!

令 z r,
zn
rn er
n0 n! n0 n!
1. 复数列的极限 2. 级数的概念
第17页/共47页
1. 复数列的极限
定义 设复数列{:n}(n 1,2,),其中n=an ibn,
又设复常数: a ib,
若 0, N 0, n N , 恒 有n ,
那 么称 为 复 数 列{n }当n 时 的 极 限 ,

(完整版)复变函数第六章留数理论及其应用知识点总结

(完整版)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):∫f(z)dz=2πi∑Res(f(z),a k)nk=1C2.(定理6.2):设a为f(z)的m阶极点,f(z)=φ(z) (z−a)n,其中φ(z)在点a解析,φ(a)≠0,则Res(f(z),a)=φ(n−1)(a) (n−1)!3.(推论6.3):设a为f(z)的一阶极点,φ(z)=(z−a)f(z),则Res(f(z),a)=φ(a) 4.(推论6.4):设a为f(z)的二阶极点φ(z)=(z−a)2f(z)则Res(f(z),a)=φ′(a)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(z),∞)=12πi∫f(z)dzΓ−=−c−1即,Res(f(z),∞)等于f(z)在点∞的洛朗展式中1z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a1,a2,…,a n,∞,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Res(f(z),∞)=0,但是,如果点∞为f(z)的可去奇点(或解析点),则Res(f(z),∞)可以不为零。

8.计算留数的另一公式:Res (f (z ),∞)=−Res (f (1t )1t 2,0)§2.用留数定理计算实积分一.∫R (cosθ,sinθ)dθ2π0型积分 → 引入z =e iθ注:注意偶函数二.∫P(x)Q(x)dx +∞−∞型积分1.(引理6.1 大弧引理):S R 上lim R→+∞zf (z )=λ则lim R→+∞∫f(z)dz S R=i(θ2−θ1)λ 2.(定理6.7)设f (z )=P (z )Q (z )为有理分式,其中P (z )=c 0z m +c 1z m−1+⋯+c m (c 0≠0)Q (z )=b 0z n +b 1z n−1+⋯+b n (b 0≠0)为互质多项式,且符合条件:(1)n-m ≥2;(2)Q(z)没有实零点于是有∫f (x )dx =2πi ∑Res(f (z ),a k )Ima k >0+∞−∞注:lim R→R+∞∫f(x)dx +R −R 可记为P.V.∫f(x)dx +∞−∞ 三. ∫P(x)Q(x)e imx dx +∞−∞型积分 3.(引理6.2 若尔当引理):设函数g(z)沿半圆周ΓR :z =Re iθ(0≤θ≤π,R 充分大)上连续,且lim R→+∞g (z )=0在ΓR 上一致成立。

复变函数第六章.ppt

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6.2.1 函数的卷积
定义6.1 设函数 f1(t) 和 f2(t ) 都是(,)上的 绝对可积函数, 积分
f1( x) f2(t x)dx
称为函数 f1(t)和 f2(t ) 在区间(, )上的卷积. 记 为 ( f1 f2 )(t ) 或 f1(t ) f2(t )f1 f2 )(t) f1( x) f2(t x)dx.
设 de ( x)是当 x
0 时,
lim
e 0
d
e
(
x)
0,
在(, )
上可积的函数,并且对任何无穷可微的函数f (x), 有
lim
e 0
de ( x) f ( x)dx
f (0).
特别地,当 f ( x) 1 时,
lim
e 0
de ( x)dx 1.
满足这些条件的函数 de ( x)称为d 逼近函数. d 函
这是 [0,)上的卷积公式.
例6.1 求 f1(t) t 和 f2(t ) sin t 在 [0,)上的 卷积.
解 由 [0,)上的卷积公式
f1(t ) f2(t ) t sin t
t
0 x sin(t x)dx
x cos(t x) t
t
cos(t x)dx
0
0
t sin t.
卷积具有下面一些性质(这里假定所有的广义 积分均收敛, 并且允许积分交换次序):
(1) 交换律 f1(t ) f2(t ) f2(t ) f1(t ).
证明 由卷积的定义
f1(t ) f2(t ) f1( x) f2(t x)dx.
令 t x u, 则 dx du, 并且
f1(t ) f2(t ) f2(u) f1(t u)du

复变函数第六章共形映射习题ppt课件

复变函数第六章共形映射习题ppt课件

在 z平面上任意给定三个相异的点z1, z2, z3,
在 w 平面上也任意给定三 个相异的点w1, w2, w3, 那么就存在唯一的分式线性映射, 将 zk (k 1,2,3) 依次映射成 wk (k 1,2,3).
即w az b (ad bc 0)可由下式给出: cz d
w w1 : w3 w1 z z1 : z3 z1 . w w2 w3 w2 z z2 z3 z2
故命题得证.
[证毕]
29
例6 试将如图所示的区域映射到上半平面.

取分式线性映射w1
z z
i i
,
将切点i映射为w1 ,并将
z i映射为w1 0.
y i

O
1x
由分式线性映射的保圆性知:
i
w1将两相切的圆周映射为两平行的直线(且w1(1) i).
取旋转变换
w2
i
e 2 w1
iw1
将铅直带形域
3) 当二圆交点中的一个映射成无穷远点时, 这 二圆周的弧所围成的区域映成角形区域.
14
5. 几个初等函数所构成的映射
1) 幂函数 w zn(n 2). 映射特点: 把以原点为顶点的角形域映射成以原 点为顶点的角形域, 但张角变成为原来的 n 倍.
(z)
0
0
w zn zn w
(w)
n 0
0
15
的一条有向光滑曲线 w f [z(t)], z , 且
4
1) 导数f (z0 ) 0的幅角Arg f (z0 )是曲线C经过 w f (z)映射后在z0处的转动角. 2) 转动角的大小与方向跟曲线C的形状与方向 无关.
3)保角性 相交于点z0 的任意两条曲线C1与 C2之间的

《复变函数论》第六章

《复变函数论》第六章

第六章 留数理论及应用第一节 留数1、留数定理:设函数f (z )在点0z 解析。

作圆r z z C =-|:|0,使f (z )在以它为边界的闭圆盘上解析,那么根据柯西定理,积分⎰Cdz z f )(等于零。

设函数f (z )在区域R z z <-<||00内解析。

选取r ,使0<r<R ,并且作圆r z z C =-|:|0,那么如果f (z )在0z 也解析,则上面的积分也等于零;如果0z 是f (z )的孤立奇点,则上述积分就不一定等于零;这时,我们把积分⎰C dz z f i)(21π 定义为f (z )在孤立奇点0z 的留数,记作),(Res 0z f ,这里积分是沿着C 按逆时针方向取的。

注解1、我们定义的留数),(Res 0z f 与圆C 的半径r 无关:事实上,在R z z <-<||00内,f (z )有洛朗展式:∑+∞-∞=-=n n nz z z f )()(0α,而且这一展式在C 上一致收敛。

逐项积分,我们有,2)()(10-+∞-∞==-=∑⎰⎰απαi dz z z dz z f n Cnn C因此,10),(Res -=αz f 。

注解2、即f (z )在孤立奇点0z 的留数等于其洛朗级数展式中1z z -的系数。

注解3、如果0z 是f (z )的可去奇点,那么.0),(Res 0=z f定理1.1(留数定理)设D 是在复平面上的一个有界区域,其边界是一条或有限条简单闭曲线C 。

设f (z )在D 内除去有孤立奇点n z z z ,...,,21外,在每一点都解析,并且它在C 上每一点都解析,那么我们有:),,(Res 2)(1k nk Cz f i dz z f ∑⎰==π这里沿C 的积分按关于区域D 的正向取。

证明:以D 内每一个孤立奇点k z 为心,作圆k γ,使以它为边界的闭圆盘上每一点都在D 内,并且使任意两个这样的闭圆盘彼此无公共点。

复变函数第六章留数理论及其应用知识点总结

复变函数第六章留数理论及其应用知识点总结

注 2:条件可减弱为:f(z)连续到边界 C,且沿 C 有 f(z)≠0 4.(辅角原理):
5.(定理 鲁歇(Rouche)定理):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 内部有同样多(几阶算几个)的零点,即
§2.用留数定理计算实积分
一. 注:注意偶函数
→ 引入
二.
型积分
1.(引理 大弧引理): 上

2.(定理)设
为互质多项式,且符合条件: (1)n-m≥2; (2)Q(z)没有实零点 于是有
注:
可记为
三.
型积分
3.(引理 若尔当引理):设函数 g(z)沿半圆周 上连续,且
在 上一致成立。则
2
4.(定理):设 (1)Q 的次数比 P 高; (2)Q 无实数解; (3)m>0 则有
(2)设 b 为 f(z)的 m 阶极点,则 b 必为函数 的一阶极点,并且
3
3.(定理 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。 则有
注 1:当条件更改为:(1)f 在 Int(C)+C 上解析;(2)C 上有 f≠0,有 ,即
,其中 P(z)及 Q(z)为互质多项式,且符合条件:
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 小弧引理):
于 上一致成立,则有
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 1.对数留数:

大学数学教程复变函数与积分变换 第六章 拉普拉斯变换

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

复变函数论第四版钟玉泉

复变函数论第四版钟玉泉

复变函数论第四版钟玉泉
目录
第一章复数与复变函数
第二章解析函数
第三章复变函数的积分
第四章解析函数的幂级数表示法
第五章解析函数的洛朗(Laurent)展式与孤立奇点
第六章留数理论及其应用
第七章共形映射
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复变函数 第六章保形映射

复变函数 第六章保形映射
3 . 对 数 函 数 的 主 值 分 支 ln z ln | z | i a rg z , 是 w e 在 0 Im z 2 上 的 反 函 数
z
20
6.1 几个初等函数的映射
6.1.1.线 性 变 换 : w az b .( 伸 缩 , 旋 转 和 平 移 的 复 合 )
则反演映射推广到扩充复平面 C
定理6.1 复反演映射具有将圆周映射成圆周 的特性(保圆性)和保角性.
证 明 : 记 z x iy , w u iv , 根 据 等 式 w u x x y
2 2
1 z

,v
y x y
2 2
,x u
u
2
v
2
,y u
v
(z) O
z=
n
w
(w) n0 O
0
14
定理一 设函数w=f (z)在区域D内解析, z0为D内的一点, 且
f '(z0)0, 则映射w=f (z)在z0具有两个性质: 1)保角性. 即通过z0的两条曲线间的夹角跟经过映射后所 得两曲线间的夹角在大小和方向上保持不变。 2)伸缩率的不变性. 即通过z0的任何一条曲线的伸缩率均
伸缩率不变性. 上式可视为 f z f z 0
f z0
f z0

z z0

1 , 表 示 从 z 0出 发 的 任 一 无 穷 小 距 离 伸 长 ;
f z0
f z0


1 , 表 示 从 z 0出 发 的 任 一 无 穷 小 距 离 缩 短 ;
0 0
O
x
O
6
2)转动角的大小与方向跟曲线C的形状与方向无关. 所以

工程数学《复变函数》(第四版)课件 1-6 西安交大

工程数学《复变函数》(第四版)课件 1-6 西安交大
z → z0
如果 f ( z )在区域D内处处连续,那么就说 f ( z )在D内连续。
2 两个定理: 定理三
f z u x, y iv x, y 在z0 x0 iy0处连续
u x, y , v x, y 在 x0 , y0 处连续
定理四
f z gz0 0在z0处 连 续. f z gz , f z gz , g z 2 h gz 在z0处连续 , w f h在h gz0 处连续
[证法2] 令z r cos i sin , 则f z
r cos cos . r 让z沿不同射线 arg z 趋于零时, f ( z )趋于不同的值 .
z 0
lim f z 不存在.
4
二、函数的连续性
1 定义:如果 lim f ( z ) = f ( z0 ),那么就说 f ( z ) 在 z 0 处连续。
1 f z , gz 在z0处连续
w f gz 在z0处连续 .
5
3 结论:
① 有理整函数(多项式) w Pz a0 a1 z a2 z 2 an z n 对复平面内所有的z都是连续的. ② 有理分式函数 w
P z [P(z),Q(z)为多项式] Q z
6
作业:教材P34 31
7
z z0
2 lim f z g z AB;
f z A 3 lim B 0 z z 0 g z B
z z0
3
Rez 例 证明函数 f z 当z 0时的极限不存在 . z x [证法1] 令z x iy, 则f z 2 2 x y x u x , y , v x, y 0. 2 2

复变函数与积分变换学习指导(第六章)

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(第四版余家荣)6

复变函数(第四版余家荣)6

w
1
1
1
1 1 1 令 , 则w ( )将 平面上的单位圆盘保形 映成 w 平面上 z 2
去掉实直线段 [1, 1]后剩下部分构成的区域 .

1
1
z
1

z 1 z1 z 1
z
z1
z 2 z1
2
z2
w
z2 1 z2 1
w
1
1
1
1
(1) 当| z | 1时, | f ( z ) || z |, ( 2) | f (0) | 1, (3) 如果对于某个 z0 (0 | z0 | 1), | f ( z0 ) || z0 |, 或者如果 | f (0) | 1, 则
在 | z | 1 , f ( z ) z, | | 1. 内
问题:| f ( z ) | 在区域 D内能取到最大值吗 ?
f ( z ) 将区域 D的内点 z0映为区域 f ( D)的内点 w0 . | f ( z1 ) || w1 || w0 || f ( z0 ) |
z
w
z1
z0

w
1
w0
最大模定理 设 f ( z ) 在区域 D内解析且不为常数 , 则 f ( z ) 在D内任一
z
w

z0
w f (z )
w0


z
w

z0
D
C
w f (z )w0 Nhomakorabea
z

z0

w
w0

w

w f (z )


z
w
z2

北京邮电大学复变函数第六章解读

北京邮电大学复变函数第六章解读
注意 f (z0 ) 0 是必要的,否则保角性将不成
立.
综上所述, 有 定理一
设函数w f (z)在区域 D内解析, z0 为 D内一点, 且 f (z) 0, 那末映射w f (z)在 z0 具有两个性 质: (1)伸缩率不变性; (2)保角性.
二、共形映射的概念
定义 设映射w f (z)在区域D内任意一点 具有保角性和伸缩率不变性,那末称 w f (z) 是第一类保角映射.
曲线在w0处的切线倾角为0 ,则0 0称为
曲线C经函数ω=f (z)映射后在z0处的旋转角.
y (z)
w f (z) y (w)
. 0
C
z0
. 0
w0
0
x0
x
2.伸缩率不变性
设 w f (z)在区域 D内解析, z0 D,且 f (z0 ) 0.
因为
f
(z0 )
lim
z z0
f (z) f (z0 ) lim w ,
z z0
z0 z
令 z z ei , w w ei .
y (z)
w f (z) y (w)
. z0
zC z
0
x
.
w
. w0
w
0
x
w z
w ei z ei
w w0 z z0
ei( ) ,
所以
f (z0 )
lim
z0
w z
lim z z0
w w0 z z0
为曲线C 在 z0 的伸缩率
z 平面
平面
f (z)
D
| | 1
g(w)
w g1( )
w 平面
G
w g 1( f (z))
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(2)工程技术中所遇到的函数大部分是存在拉氏变 换的。
(3)如果f (t)为指数级函数,则其增长指数不唯一。
}
三、 拉氏逆变换
定理 若函数f (t)满足拉氏变换存在定理中的条件。
L f (t ) F (s)
β0为收敛坐标,则L
-1[F(s)]由下式给出
1 j st f (t ) F ( s ) e ds j 2j
}
2、积分变换的作用
}
§2 拉普拉斯变换简介
一、拉氏变换和拉氏逆变换的定义
设函数f(t)当t 0时有定义,而且积分 0 (s是一个复参量),在s的某一域内收敛,则由此 积分决定的函数可写为 F (s) 0 f (t )est dt, (1) 称F ( s)为f (t ) 的拉普拉斯变换(简称拉氏变换)或 象函数,记为 L f (t ) ,即 F(s) L f (t ) 又称 f (t ) 为 F ( s) 的拉普拉斯逆变换(简称为拉氏 逆变换)或象原函数,记 L-1F (s) 即 f (t ) L-1F (s)
T T , 2 2
上满足狄利克雷条件,即满足以下条件:
⑴ 连续或者只有有限个第一类间断点;
⑵ 只有有限个极值点。
那么在
T T , 2 2
上fT(t)可以展成付氏级数。
}
在fT(t)的连续点处,付氏级数的三角形成为
a0 fT (t ) (an cosnt bn sin nt ) 2 n1 (1)

则积分F () f ( )e j d存在,并且在f (t)的连续点处
1 jt f (t ) F ( ) e d 而在f (t)的间断点t0处,应以 2 1 f (t0 0) f (t0 0) 代替该式左端的f (t)。 2
fT(t)的周期相同,因而称为基波频率,nω称为fT(t) 的n次谐波频率。
2 T a0 2T fT (e)dt T 2
2 T d n 2T fT (e)dt (n 1,2,3,) T 2
2 其中 称为频率,频率ω对应的周期T与 T
2 T bn 2T fT (t ) sin ntdt (n 1,2,3,) T 2
f (t )e st dt

}
二、拉氏变换的存在定理
拉氏变换存在定理 设函数f (t)满足下列条件: 1、当t<0时,f (t)=0; 2、f (t)在t≥0的任一有限区间上分段连续,间 断点的个数是有限个,且都是第一类间断点;
3、f (t)是指数级函数。
则f (t)的拉氏变换
F ( s)
}
1 f (t ) 2
f ( )e i d e jt d

这个公式称为函数f (t)的付里叶积分公式。
}
付氏积分定理 : 若f (t)在(-∞,+∞)上满足下列条件: 1°在任一有限区间满足狄利克雷条件; 2° f (t ) dt
}
在fT(t)的间断点t0处,式 (t0 0) 2
2、付氏级数的复指数形式
fT (t )
3、付氏积分
n
in0t C e n

任何一个非周期函数f (t)都可以看成由某个周 期函数fT(t)当T→+∞时转化而来的。
fT (t ) 即 Tlim f (t )
0
f (t )e st dt
在半平面Re(s)=β>βc上一定存在,此时上式右端 的积分绝对收敛而且一致收敛,同时在此半平面 内,F(s)是解析函数。
}
关于拉氏变换存在定理,做如下的几点说明: (1)从物理应用观点来看,条件2、3都是容易满足 的。实用上所考察的物理过程,往往是用时间函数来 描述的,并且是从某一时刻开始,因此可以选这时刻 为t=0,在此以前情况则不加考虑。例如sint,若要对 它进行拉氏变换则应把它理解为sintu(t)。
( s jw, t 0)
(2)
其中t为f(t)的连续点。 如果t为f(t)的间断点,则改成:
f (t 0) f (t 0) 1 j st F ( s ) e ds 2 2j j
这里的积分路线是平行于虚轴的任一直线 Res=β(>β0)称(2)式为复反演积分公式。

}
二、 付氏变换
1、定义 设f (t)和F(ω)分别是定义在R上的实值和复 值函数,称它们是一组付里叶变换对,如果成立
F (w) f (t )e
jwt
dt
1 f (t ) 2



F ( w)e jwt dw
并称F(ω)为f (t)的象函数或付里叶变换,记为 F[f(t)];称f (t)为F(ω)的象原函数或付里叶逆变 换,记为F-1[F(ω)]
第六章 积分变换
积分变换的内容主要包括傅里叶变换和拉普拉斯 变换的定义、性质、定理及运算等理论,其主要思想是通 过变换来化简函数,以达到解决问题的目的。 在自然科学和工程技术领域中均有广泛的应用, 是重要的运算工具。
}
§1 付里叶变换简介
一、付氏级数 1、付氏级数
设fT(t)是以T为周期的式值函数,如果在
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