发布时间 : 星期二 文章复变函数习题解答(第6章)更新完毕开始阅读639ca401a6c30c2259019e84
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 = √(?/2)．
【解】| ?C(R) ei z/√z dz | ? ?C(R) | ei z |/R1/2 ds = ?[0, ?/2] | ei ? (cos? + i sin? )|/R1/2 · R d?
Ri= ?[0, ?/2] | e ? R sin? | R1/2 d?
CR? R1/2 ?[0, ?/2] e ? R sin? d?．
由sin? ? 2?/? (??[0, ?/2] )，故 R1/2?[0, ?/2] e ? R sin? d? ? R1/2 ?[0, ?/2] e ? (2R/ ?)? d?
Crri= (?/(2R1/2))(1 – e ? R ) ? ?/(2R1/2)．
所以，| ?C(R) ei z/√z dz | ? 0 (as R?+?)．
rR而由| ?C(r) ei z/√z dz | ? (?/(2r1/2))(1 – e ? r ) 知| ?C(r) ei z/√z dz | ? 0 (as r? 0+ )． 当r? 0+，R?+?时，
?[r, R] ei z/√z dz = ?[r, R] ei 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] ei z/√z dz = ?[r, R] ei (i y)/√(i y) i dy = ?[r, R] e? y e i ?/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 · √?/2 = (1 + i )√(?/2)． 由Cauchy积分定理，?C ei 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 )√(?/2)， 即?(0, +?) cos x/√x dx = ?(0, +?) sin x/√x dx = √(?/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 = ?，?(0, +?) √x /(1 + x)2 dx = ?/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
C的那个分支，ln z取在正实轴的上岸取实数值的那个
C分支．记f(z) = √z ln z /(1 + z)2 dz．f(z)的有限奇点只L有? 1，且? 1是f(z)的2阶极点．
LRes[√z ln z /(1 + z)2; ? 1] = limz ? ? 1 ((1 + z)2 · f(z))’
= limz ? ? 1 (√z ln z)’ = limz ? ? 1 (((1/2) ln z + 1 )√z/z) = ((1/2) ln (? 1) + 1 )√(? 1)/(? 1) = ? ((1/2) ?i + 1 )i = (1/2) ? ? i．
当r < 1 < R时，?C √z ln z /(1 + z)2 dz
= ?C(r) + ?C(R) + ?L(1) + ?L(2) = 2?i Res[√z ln z /(1 + z)2; ?1] = 2? + ?2 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 + 2?i)/(1 + x)2 dx = ?(r, R) (√x ln x)/(1 + x)2 dx + 2?i?(r, R)√x /(1 + x)2 dx
? ?(0, +?) √x ln x /(1 + x)2 dx + 2?i?(0, +?) √x /(1 + x)2 dx (当r? 0+，R?+?时)． 因为z · √z ln z /(1 + z)2 ? 0 (当| z |? +?时)，
Rr12 1
故?C(R) √z ln z /(1 + z)2 dz? 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)2 dz? 0 (当r ? 0时)．
所以，?L(1) + ?L(2) ? ?/2 ? i (当r? 0+，R?+?时)．
故2?(0, +?) √x ln x /(1 + x)2 dx + 2?i?(0, +?) √x /(1 + x)2 dx = 2? + ?2 i． 所以，?(0, +?) √x ln x /(1 + x)2 dx = ?，?(0, +?) √x /(1 + x)2 dx = ?/2．
9. 证明：I = ?(0, 1) 1/((1 + x 2)(1 ? x 2)1/2) dx = ?/23/2．
C【解】设f(z) = 1/((1 + z 2)(1 ? z 2)1/2)，割线[? 1, 1]， 在割线的上岸(1 ? z 2)1/2取正值的那一支．
STL因i和? i都是f(z)的一阶极点，故
1-1Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 ? z 2)1/2)|z = i = ? i/23/2． LRes[ f(z); i] = 1/(2z (1 ? z 2)1/2)|z = – i = ? i/23/2． 若x在上岸，则f(x) = 1/((1 + x 2)(1 ? x 2)1/2)； 若x在下岸，则f(x) = e ? i ?/((1 + x 2)(1 ? x 2)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 ? (2?i)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); ? i]) (as r? 0+，R?+?)． 所以2?(– 1, 1) f(x) dx = (2?i)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); ? i]) = (2?i)(? i/23/2) = 2?/23/2． 故?(– 1, 1) f(x) dx = ?/23/2．
10. 证明方程e z ? ? = 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 + i y，则z ? ? = (x ? ? ) + i y， 故| e z ? ? | = | e (x ? ? ) + i y | = | e x ? ? | < 1 = | z |， 由Rouché定理，N(z ? e z ? ?, C) = N(z, C) = 1． 故z ? e z ? ? = 0在单位圆内恰有一个根．
Rrr12设f(x) = x ? e x ? ?，x??．因f(? 1) = (? 1) ? e ?1 ? ? < 0，f(1) = 1 ? e 1 ? ? > 0， 故 x ? e x ? ? = 0在区间(? 1, 1)内有根．
所以方程e z ? ? = z ( ? > 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，? = 2，则?z??，当| z | < 1时，
| c z ? ? | = | exp((z ? ?) Lnc) | = | exp(( z – 2)(ln| 1/2 | + 2k?i)) | = e (2 – z)ln2 > 1 > | z |．]
11. 证明方程e z ? e? z n = 0 ( ? > 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 < e ? = | e? z n |， 由Rouché定理，N(e? z n ? e z, C) = N(e? z 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 | }．
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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) = (2?)–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) = (2?)–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?(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z0，使?(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 > | ?(z) |． 由Rouché定理，N( f(z) ? ?(z), C) = N( f(z), C) = 1． 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/(2?i))?C 1/(? (? ? z)) d?，其中C为单位圆周| ? | = 1，z?C． 【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/(2?i))?C f(?) d? = Res[f(?), 0] = ? 1/z．
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/(2?i))?C f(?) 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/(2?i))?C f(?) d? = Res[f(?), 0] = 0．
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3. 设f(z)在| z | < 1内解析，在| z | ? 1上连续，试证：
(1 ? | z |2) f(z) = (1/(2?i))?C : | ? | = 1 f(?) ((1 ? z*? )/(? ? z)) d?， 其中z属于C的内部．
【解】设g(?) = f(?) ((1 ? z*? )/(? ? 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?C : | ? | = 1 g(?) d? = 0，因此等式成立． 若f(z) ? 0，则z是g(?)的一阶极点，故
(1/(2?i))?C : | ? | = 1 f(?) ((1 ? z*? )/(? ? z)) d? = Res[f(?) ((1 ? z*? )/(? ? z)), z] = f(z) (1 ? z*z ) = (1 ? | z |2) f(z)．
4. 试证：(z n/n! )2 = (1/(2?i))?C : | ? | = 1 (z n e z? )/(n! ? n + 1 ) d?，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/(2?i))?C : | ? | = 1 e z? /? n + 1 d?．
由高阶导数公式，(n!/(2?i))?C : | ? | = 1 e z? /? n + 1 d? = (e z? )(n)| ? = 0 = (z n e z? )| ? = 0 = z n． 或(1/(2?i))?C : | ? | = 1 e z? /? n + 1 d? = Res[e z? /? n + 1, 0] = ((e z? )(n)| ? = 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, ..., Cm组成，又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z1, z2, ..., zn及?外解析，且连续到边界C，则
??C f(z) dz = 2?i ( ?1? k ? n Res[f(z), zk] + Res[f(z), ?] )． 【解】?j : 1 ? j ? m，因?不在Cj上，故Cj ? ?中，因此Cj是有界集． 故可取充分大的R > 0，使得周线C1, C2, ..., Cm及在?中的孤立奇点z1, z2, ..., zn都在圆K = { z?? | | z | < R }内．
由留数定理，??K f(z) dz + ??C f(z) dz = 2?i ?1? k ? n Res[f(z), zk]； 而Res[f(z), ?] = ? (1/(2?i))??K f(z) dz，
所以，??C f(z) dz = 2?i ( ?1? k ? n Res[f(z), zk] + Res[f(z), ?] )．
????????·?????????????????????????????????????????? ????√§? ????
??????????§????????????????????????????????? ?m??+，★z????1, ?2, ...?nlim n??，+n???? > 0，? un，? n ? 1 un，m??， ?? > 0，?? > 0，【解】z?[0, 2?] l 2 dx，f(x) = (??, +?)[??, ?]?1 ? k ? n un，[0, 2?]
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