复变函数B 习题解答 第三章

第三章：解析函数的积分表示

1. 计算

(1) 令 z=2eiθ,dz=2ieiθdθz=2e^{i\theta},dz=2ie^{i\theta}d\theta

原式= ∫−222dz+∫π0−32eiθ⋅2ieiθdθ=8+3πi\int_{-2}^{2} 2dz+\int_{\pi}^{0} \frac {-3}{2e^{i\theta}} \cdot 2ie^{i\theta} d\theta=8+3\pi i

(2) 令 z=2eiθ,dz=2ieiθdθz=2e^{i\theta},dz=2ie^{i\theta}d\theta

原式= ∫−222dz−∫π2π−32eiθ⋅2ieiθdθ=8−3πi\int_{-2}^{2} 2dz-\int_{\pi}^{2\pi} \frac {-3}{2e^{i\theta}}\cdot2ie^{i\theta}d\theta=8-3\pi i

(3) 原式=(2)-(1)= −6πi-6\pi i

也可以由柯西积分公式直接得到结果！

2. 计算

(1) 原式 = ∫−11∣y∣dy=1\int_{-1}^{1} |y| dy=1

(2) 原式 = ∫−3π2−π2ieiθdθ=2i\int_{-\frac {3\pi} 2}^{-\frac \pi 2} ie^{i\theta} d\theta= 2i

(3) 原式 = ∫π2−π2ieiθdθ=2i\int_{\frac \pi 2}^{-\frac \pi 2} ie^{i\theta} d\theta= 2i

3. 证明

（1） 由长大不等式，由于 x<1,y<1x<1,y<1 ，原式 ≤∫−11∣1∣∣ds∣=2\leq \int_{-1}^{1} |1| |ds| = 2

（2） 由长大不等式，由于 x<1,y<1x<1,y<1，原式 ≤∫C∣1∣∣ds∣=π\leq \int_{C} |1| |ds|= \pi

4. 证明

由长大不等式，由于 ∣z∣≤1|z|\leq 1，原式 ≤∫ii+2∣1∣∣ds∣=2\leq \int_{i}^{i+2} |1| |ds|= 2

5. 证明

由于被积函数为解析函数，因此原积分为0

做代换 z=eiθz=e^{i\theta} 代入后对原式取实部即得： Re∫C1eiθ+2ieiθdθ=∫C1+2cos⁡θ5+4cos⁡θdθ=0\text{Re}\int_{C} \frac {1}{e^{i\theta}+2}ie^{i\theta}d\theta=\int_{C} \frac {1+2\cos\theta}{5+4\cos\theta}d\theta =0

6. 计算

直接利用原函数

(1) 原式= 2sin(z2)∣0π+2i=e+e−12 sin(\frac z 2)|^{\pi+2i}_0 =e+e^{-1}

(2) 原式= z+iz4∣−1i=1+iz+iz^4|^{i}_{-1} =1+i

(3) 原式= −e−z∣−πi0=−2-e^{-z}|^{0}_{-\pi i} =-2

7. 证明

由题目条件，对 ∀ϵ>0,∃N>0\forall \epsilon>0, \exists N>0，使得当 ∣z∣>N|z|>N 时，恒有 ∣zf(z)−A∣<ϵ|zf(z)-A|<\epsilon

并注意到有： iα=∫0αieiθeiθ=∫Cρdzzi\alpha=\int_{0}^{\alpha} \frac{ie^{i\theta}}{e^{i\theta}}=\int_{C_\rho} \frac{dz}{z}

因此对 ∀ϵ>0,∃N>0\forall \epsilon>0,\exists N>0，使得当 ∣z∣>N|z|>N 时，恒有： ∣∫Cρf(z)dz−iAα∣=∣∫Cρf(z)dz−∫CρAdzz∣=∣∫Cρf(z)z−Azdz∣<ϵ∣∫Cρdzz∣≤ϵα|\int_{C_\rho} f(z)dz-iA\alpha|=|\int_{C_\rho} f(z)dz-\int_{C_\rho} \frac{Adz}{z}|=|\int_{C_\rho} \frac{f(z)z-A} z dz|<\epsilon|\int_{C_\rho} \frac{dz}{z}|\leq\epsilon\alpha(长大不等式)

即 lim⁡z→∞∫Cρf(z)dz=iAα\lim\limits_{z \to \infty}\int_{C_\rho} f(z)dz=iA\alpha，得证！

8. 证明

因为 Q(z)Q(z)比 P(z)P(z) 高两次，因此 P(z)Q(z)=1A(z−z1)(z−z2)\frac{P(z)}{Q(z)}=\frac 1 {A(z-z_1)(z-z_2)}

故由柯西积分公式：

∫CP(z)Q(z)dz=∫C1A(z−z1)(z−z2)dz=2πi[1A(z1−z2)+1A(z2−z1)]=0\int_{C}\frac{P(z)}{Q(z)}dz=\int_{C} \frac 1 {A(z-z_1)(z-z_2)}dz=2\pi i[\frac 1 {A(z_1-z_2)}+\frac 1 {A(z_2-z_1)}]=0，即得证！

9.

由柯西积分公式： ∫Cezzdz=2πi\int_{C}\frac{e^z}{z}dz=2\pi i

计算可得 ∫0πezzdz=πi\int_{0}^{\pi}\frac{e^z}{z}dz=\pi i

做代换 z=eiθz=e^{i\theta} 代入后对原式取虚部即得： Im∫0πeeiθeiθieiθdθ=Im∫0πieeiθdθ=Im∫0πiecos⁡θeisin⁡θdθ=∫0πecos⁡θcos⁡(sin⁡θ)dθ=π\text{Im}\int_{0}^{\pi} \frac {e^{e^{i\theta}}}{e^{i\theta}}ie^{i\theta}d\theta=\text{Im}\int_{0}^{\pi} ie^{e^{i\theta}}d\theta =\text{Im}\int_{0}^{\pi} ie^{\cos\theta}e^{i\sin\theta}d\theta =\int_{0}^{\pi} e^{\cos\theta}\cos(\sin\theta) d\theta=\pi

10. 计算

(1) 由柯西积分公式：原式= 2πieii+i=πcos⁡12\pi i \frac {e^{i}}{i+i}=\pi \cos 1

(2) 由柯西积分公式：原式= 2πie−i−i−i=−πcos⁡12\pi i \frac {e^{-i}}{-i-i}=-\pi \cos 1

(3) 由柯西积分公式：原式= 2πi12i∫Cρ(ezz−i−ezz+i)=π(ei−e−i)=2πsin12\pi i \frac {1}{2i}\int_{C_\rho}(\frac {e^{z}}{z-i}-\frac {e^{z}}{z+i})=\pi (e^{i}-e^{-i})=2\pi sin1

11. 计算

留数定理： 设函数 f(z)f(z) 在简单闭曲线 CC 所围成的区域 DD 内，除了有限个孤立奇点 z1,z2,⋯ ,znz_1,z_2,\cdots ,z_n 外处处解析，在闭区域 D+CD+C 上除了 z1,z2,⋯ ,znz_1,z_2,\cdots ,z_n 外连续，那么 ∮Cf(z)dz=2πi∑k=1nRes [f(z),zk]\oint_{C}f(z)dz = 2\pi i\sum_{k = 1}^{n}\text{Res} [f(z),z_k]。 其中 $\oint_{C}f(z)dz$表示函数 f(z)f(z) 沿闭曲线 CC 的正向（当人沿曲线 CC 行走时，区域 DD 始终在人的左侧的方向）的复积分， Res[f(z),zk]\text{Res}[f(z),z_k] 表示函数 f(z)f(z) 在奇点 zkz_k 处的留数, ∑k=1nRes[f(z),zk]\sum_{k = 1}^{n}\text{Res}[f(z),z_k] 就是 f(z)f(z) 在 CC 内部所有孤立奇点处留数的和。

留数：对于函数 f(z)f(z) 的孤立奇点 z0z_0 ，将 f(z)f(z) 在 z0z_0 的去心邻域内展开成洛朗级数 f(z)=∑n=−∞∞an(z−z0)nf(z)=\sum_{n = -\infty}^{\infty}a_n(z - z_0)^n ，其中 (z−z0)−1(z - z_0)^{-1} 项的系数 a−1a_{-1} 就称为 f(z)f(z) 在奇点 z0z_0 处的留数，记作 Res[f(z),z0]\text{Res}[f(z),z_0] 。对于不同类型的孤立奇点（可去奇点、极点、本性奇点），有不同的计算留数的方法。比如对于一阶极点 z=az = a ，留数公式为 Res[f(z),a]=lim⁡z→a(z−a)f(z)\text{Res}[f(z),a]=\lim_{z\rightarrow a}(z - a)f(z) ；对于二阶极点 z=az = a，留数公式为 Res[f(z),a]=lim⁡z→addz[(z−a)2f(z)]\text{Res}[f(z),a]=\lim_{z\rightarrow a}\frac{d}{dz}\left[(z - a)^2f(z)\right] 。

洛朗级数（Laurent Series）是复变函数中的一种重要级数展开形式，是幂级数（泰勒级数）的推广，能用于表示在孤立奇点附近解析的函数。1. 定义设函数 f(z)f(z) 在环形区域 D: R_1 < |z - z_0| < R_2\) （ R1≥0R_1 \geq 0 ， R2≤+∞R_2 \leq +\infty ）内解析，那么 f(z)f(z) 在 DD 内可以唯一地展开成洛朗级数： f(z)=∑n=−∞+∞an(z−z0)nf(z) = \sum_{n = -\infty}^{+\infty} a_n (z - z_0)^n 其中系数 ana_n 由以下积分公式确定： an=12πi∮Cf(ξ)(ξ−z0)n+1dξ(n=0,±1,±2,⋯ )a_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{n + 1}} d\xi \quad (n = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots) 这里 CC 是环形区域内围绕 z0z_0 的任意一条正向简单闭曲线。 Res[f,0]=0,Res[f,1]=12,Res[f,2]=−12Res[f,0]=0,Res[f,1]=\frac {1}{2},Res[f,2]=\frac {-1}{2}

  1. r<1r<1，原式= Res[f,0]=0Res[f,0]=0

  2. r>1r>1，原式= Res[f,0]+Res[f,1]+Res[f,2]=0Res[f,0]+Res[f,1]+Res[f,2]=0

12. 计算

Res[f,3]=3−i20,Res[f,−3]=3+i20,Res[f,−i]=−i10Res[f,3]=\frac {3-i}{20},Res[f,-3]=\frac {3+i}{20},Res[f,-i]=\frac {-i}{10} (1) ∣z∣=2|z|=2，由柯西积分公式：

原式= 2πiRes[f,0]=π52\pi iRes[f,0]=\frac {\pi}{5}

(2) 由留数定理：

原式= 2πi(Res[f,−i]+Res[f,3−i]+Res[f,3+i])=π5+3πi52\pi i (Res[f,-i]+Res[f,3-i]+Res[f,3+i])=\frac {\pi}{5}+\frac{3\pi i}{5}

13.计算

(1) g(1)=2πi(2z2−z+1)∣z0=1=4πig(1)=2\pi i(2z^2-z+1)|_{z_0=1}=4\pi i

(2) ∣z0∣>2|z_0|>2时，被积函数为解析函数，因此原积分为0

14. 计算

直接由柯西积分公式：原式= 2πi(z2(z+i)2)′∣z=i=π22\pi i (\frac {z^2}{(z+i)^2})'|_{z=i}=\frac \pi 2

15. 证明

由题设： P(z)P(z)有 nn 个零点 a1⋯ana_1\cdots a_n，因此有：

P′(z)P(z)=∑i=1n1z−ai\frac{P'(z)}{P(z)}=\sum_{i=1}^n \frac 1 {z-a_i}

如果 aia_i在C里面，则 ∫C1z−ai=2πif(ai)=2πi\int_{C} \frac {1}{z-a_i}=2\pi if(a_i)=2\pi i

如果 aia_i不在C里面， 1z−ai\frac {1}{z-a_i}在C上解析等于0

故，原式= 12πi∑i=1n∫C1z−aidz=12πi∑i=1n2πi=n\frac 1 {2\pi i}\sum_{i=1}^n \int_C \frac 1 {z-a_i}dz=\frac 1 {2\pi i}\sum_{i=1}^n 2\pi i=n，即得证！

16. 反证

若存在，则取回路C:z=r(r<1)C:z=r(r<1)，

由柯西积分公式有：∫Cf(z)dz=∫C1zdz=2πi\int_C f(z) dz=\int_C \frac 1 {z}dz=2\pi i

但由函数解析，∫Cf(z)dz=0\int_C f(z) dz=0，矛盾！因此题给函数不存在。

17.

解：由调和函数性质得：

∂2u∂x2+∂2u∂y2=(6a+2c)x+(2b+6d)y=0\frac {\partial^2 u} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 u} {\partial y^2}=(6a+2c)x+(2b+6d)y=0

因此有：3a+c=0,b+3d=03a+c=0,b+3d=0

18. 证明

（1）由于 f(z)f(z)解析，因此lnf(z)lnf(z)也解析，因此其实部为调和函数。又注意到 Re⁡lnf(z)=ln∣f(z)∣\operatorname{Re} lnf(z)=ln|f(z)|，因此有ln∣f(z)∣ln|f(z)|为调和函数。

（2）设f(z)=u+iv,∣f(z)∣=u2+v2f(z)=u+iv,|f(z)|=u^2+v^2，则有：

∂2∣f(z)∣∂x2+∂2∣f(z)∣∂y2=2(∂u∂x)2+2(∂v∂x)2+2(∂u∂y)2+2(∂v∂y)2\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial y^2}=2(\frac {\partial u} {\partial x})^2+2(\frac {\partial v} {\partial x})^2+2(\frac {\partial u} {\partial y})^2+2(\frac {\partial v} {\partial y})^2

∣f′(z)∣2=(∂u∂x)2+(∂v∂x)2|f'(z)|^2=(\frac {\partial u} {\partial x})^2+(\frac {\partial v} {\partial x})^2

再由 C−RC-R 方程，即得：∂2∣f(z)∣∂x2+∂2∣f(z)∣∂y2=4∣f′(z)∣2\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 |f(z)|} {\partial y^2}=4|f'(z)|^2

19.

（1）∂2u2∂x2+∂2u2∂y2=2(∂u∂x)2+2(∂u∂y)2≠0\frac {\partial^2 u^2} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 u^2} {\partial y^2}=2(\frac {\partial u} {\partial x})^2+2(\frac {\partial u} {\partial y})^2\neq 0 因此不为调和函数。

（2）∂2f∂x2+∂2f∂y2=∂2f∂u2(∂u∂x)2+∂2f∂u2(∂u∂y)2=0\frac {\partial^2 f} {\partial x^2}+\frac {\partial^2 f} {\partial y^2}=\frac {\partial^2 f} {\partial u^2}(\frac {\partial u} {\partial x})^2+\frac {\partial^2 f} {\partial u^2}(\frac {\partial u} {\partial y})^2=0

因此有：∂2f∂u2=0,f=C1u+C2\frac {\partial^2 f} {\partial u^2}=0,f=C_1u+C_2，其中C1,C2C_1,C_2为常数。

20. 计算

带入 v(x,y)=∫(x0,y0)(x,y)−∂u∂ydx+∂u∂xdy+Cv(x,y)=\int_{(x_0,y_0)}^{(x,y)}-\frac {\partial u} {\partial y}dx+\frac {\partial u} {\partial x}dy+C即可

（1）v=2x3+3x2y−6xy2−y3v=2x^3+3x^2y-6xy^2-y^3

（2）v=ex(xsin⁡y+ycos⁡y)v=e^x(x\sin y+y\cos y)

（3）v=1x+1+2(x+1)(x+1)2+y2−1v=\frac 1 {x+1}+\frac {2(x+1)}{(x+1)^2+y^2}-1

21.

if′(z)‾=E\overline{if'(z)}=\bf{E}

(1)

(2)

(3)

图像：略

22.

w=2qiLn(z2+1z2)=2qiLn(z4+1)−2qiLn(z2)=2qiLn(z−w1)+2qiLn(z−w2)+2qiLn(z−w3)+2qiLn(z−w4)−4qiLn(z)w=2qi Ln(z^2+\frac 1 {z^2})=2qi Ln(z^4+1)-2qi Ln(z^2)=2qi Ln(z-w_1)+2qi Ln(z-w_2)+2qi Ln(z-w_3)+2qi Ln(z-w_4)-4qi Ln(z)

因此为5个点电荷的叠加电场。

图像：略