复变函数习题解答第6章.docx
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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ò
Ceiz
/√zdz出发,其中C是如图所示之周线(√z沿正实轴取正值),证明:
ò
(0,+¥)cosx/√xdx=ò
(0,+¥)sinx/√xdx=√(p/2).
【解】|ò
C(R)eiz
/√zdz|£ò
C(R)|eiz
|/R1/2
ds
=ò
[0,p/2]|eir(cosq+isinq)
|/R1/2
·Rdq
Ri
=ò
[0,p/2]|e-Rsinq
|R1/2
dq
C
R
£R1/2
ò
[0,p/2]e-Rsinq
dq.
由sinq³2q/p(qÎ[0,p/2]),故
R1/2
ò
[0,p/2]e-Rsinq
dq
£R1/2
ò
[0,p/2]e-(2R/p)q
dq
C
r
ri
=(p/(2R1/2
))(1–e-R
)£p/(2R1/2
).
所以,|ò
C(R)eiz
/√zdz|®0(asR®+¥).
rR而由|ò
C(r)eiz
/√zdz|£(p/(2r1/2
))(1–e-r
)
知|ò
C(r)eiz
/√zdz|®0(asr®0+
).
当r®0+
,R®+¥时,
ò
[r,R]eiz
/√zdz=ò
[r,R]eix
/√xdx=ò
[r,R](cosx+isinx)/√xdx
®ò
(0,+¥)cosx/√xdx+iò
(0,+¥)sinx/√xdx.
ò
[ri,Ri]eiz
/√zdz=ò
[r,R]ei(iy)
/√(iy)idy=ò
[r,R]e-y
eip/4
/√ydy.
=(1+i)/√2·ò
[r,R]e-y
/√ydy=2(1+i)/√2·ò
[√r,√R]e-u^2
du
®(1+i)√2·ò
(0,+¥)e-u^2
du=(1+i)√2·√p/2=(1+i)√(p/2).
由Cauchy积分定理,ò
Ceiz
/√zdz=0,故其极限也为0,
所以,ò
(0,+¥)cosx/√xdx+iò
(0,+¥)sinx/√xdx=(1+i)√(p/2),
即ò
(0,+¥)cosx/√xdx=ò
(0,+¥)sinx/√xdx=√(p/2).
8.从ò
C√zlnz/(1+z)2
dz出发,其中C是如图所示之周线,证明:
ò
(0,+¥)√xlnx/(1+x)2
dx=p,ò
(0,+¥)√x/(1+x)2
dx=p/2.
【解】在割去原点及正实轴的z平面上,√z,lnz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,lnz取在正实轴的上岸取实数值的那个
C
分支.记f(z)=√zlnz/(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[√zlnz/(1+z)2
;-1]=lim
z®-1((1+z)2
·f(z))’
=lim
z®-1(√zlnz)’=lim
z®-1(((1/2)lnz+1)√z/z)
=((1/2)ln(-1)+1)√(-1)/(-1)
=-((1/2)pi+1)i=(1/2)p-i.
当r<1 C√zlnz/(1+z)2 dz =ò C(r)+ò C(R)+ò L (1)+ò L (2)=2piRes[√zlnz/(1+z)2 ;-1]=2p+p2 i. ò L (1)√zlnz/(1+z)2 dz=ò (r,R)√xlnx/(1+x)2 dx ®ò (0,+¥)√xlnx/(1+x)2 dx(当r®0+ ,R®+¥时) ò L (2)√zlnz/(1+z)2 dz=ò (R,r)(-√x)(lnx+2pi)/(1+x)2 dx =ò (r,R)(√xlnx)/(1+x)2 dx+2piò (r,R)√x/(1+x)2 dx ®ò (0,+¥)√xlnx/(1+x)2 dx+2piò (0,+¥)√x/(1+x)2 dx(当r®0+ ,R®+¥时).因为z·√zlnz/(1+z)2 ®0(当|z|®+¥时),R r 12 1故ò C(R)√zlnz/(1+z)2 dz®0(当R®+¥时). 因为z·√zlnz/(1+z)2 ®0(当|z|®0时), 故ò C(r)√zlnz/(1+z)2 dz®0(当r®0时). 所以,ò L (1)+ò L (2)®p/2-i(当r®0+ ,R®+¥时). 故2ò (0,+¥)√xlnx/(1+x)2 dx+2piò (0,+¥)√x/(1+x)2 dx=2p+p2 i. 所以,ò (0,+¥)√xlnx/(1+x)2 dx=p,ò (0,+¥)√x/(1+x)2 dx=p/2. 9.证明: I=ò (0,1)1/((1+x2 )(1-x2 )1/2 )dx=p/23/2 . C 【解】设f(z)=1/((1+z2 )(1-z2 )1/2 ),割线[-1,1], 在割线的上岸(1-z2 )1/2 取正值的那一支. S T L 因i和-i都是f(z)的一阶极点,故 1-1 Res[f(z);i]=1/(2z(1-z2 )1/2 )| z=i=-i/23/2 . L 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-ip /((1+x2 )(1-x2 )1/2 ); ò L (1)f(z)dz=ò [–1+r,1–r]f(x)dx. ò L (2)f(z)dz=ò [–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ò S(r)f(z)dz®0,ò T(r)f(z)dz®0(asr®0). 因为lim z®¥zf(z)=0,故ò C(R)f(z)dz®0(asR®+¥). 故ò L (1)f(z)dz+ò L (2)f(z)dz®(2pi)(Res[f(z);i]+Res[f(z);-i])(asr®0+ ,R®+¥).所以2ò (–1,1)f(x)dx=(2pi)(Res[f(z);i]+Res[f(z);-i])=(2pi)(-i/23/2 )=2p/23/2 .故ò (–1,1)f(x)dx=p/23/2 . 10.证明方程ez-l =z(l>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+iy,则z-l=(x-l)+iy,故|ez-l |=|e(x-l)+iy |=|ex-l |<1=|z|, 由Rouché定理,N(z-ez-l C)=N(z,C)=1. 故z-ez-l =0在单位圆内恰有一个根.Rr r1 2 设f(x)=x-ex-l ,xÎR.因f(-1)=(-1)-e-1-l <0,f (1)=1-e1-l >0,故x-ex-l =0在区间(-1,1)内有根. 所以方程ez-l =z(l>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,l=2,则"zÎR,当|z|<1时, |cz-l |=|exp((z-l)Lnc)|=|exp((z–2)(ln|1/2|+2kpi))|=e(2–z)ln2 >1>|z|.] 11.证明方程ez -el zn =0(l>1)在单位圆|z|<1内有n个根. 【解】在单位圆周C: |z|=1上,|ez |=eRe(z) £e|z| £e =|el zn |,由Rouché定理,N(el zn -ez C)=N(el zn C)=N(zn 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={zÎC||z–a|<|a|}. 2因为|(a-f(z))-a|=|f(z)|=1<|a|,故a-f(z)ÎK. 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iD Carg(a-f(z))=ò C(ln(a-f(z))’dz=0. 由辐角原理,N(a-f(z),C)-P(a-f(z),C)=(2p)–1 D Carg(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zÎC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zÎC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={zÎC||z–1|<1}. 因|(1-f(z))–1|=|f(z)|<1,故(1-f(z))ÎK. 因iD Carg(a-f(z))=ò C(ln(1-f(z))’dz=0. 故由辐角原理,N(1-f(z),C)-P(1-f(z),C)=(2p)–1 D Carg(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zÎC时,|f(z)|>1,故在C上,恒有f(z)¹0,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zÎC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Ûz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j(z)在C: |z|=1内部解析,且连续到C.在C上,|j(z)|<1.试证: 在C的内部只有一个点z 0,使j(z 0)=z 0. 【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>|j(z)|.由Rouché定理,N(f(z)-j(z),C)=N(f(z),C)=1. 即方程j(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/(2pi))ò C1/(z(z-z))dz,其中C为单位圆周|z|=1,zÏC. 【解】设f(z)=1/(z(z-z)). 当|z|>1时,f(z)在C内部的唯一奇点0是1阶极点, 故(1/(2pi))ò Cf(z)dz=Res[f(z),0]=-1/z. 当0<|z|<1时,f(z)在C内部的两个奇点0,z都是1阶极点, 故(1/(2pi))ò Cf(z)dz=Res[f(z),0]+Res[f(z),z]=(-1/z)+(1/z)=0. 当|z|=0时,f(z)在C内部的唯一奇点0是2阶极点, 故(1/(2pi))ò Cf(z)dz=Res[f(z),0]=0. 33.设f(z)在|z|<1内解析,在|z|£1上连续,试证: (1-|z|2 )f(z)=(1/(2pi))ò C: |z|=1f(z)((1-z*z)/(z-z))dz, 其中z属于C的内部. 【解】设g(z)=f(z)((1-z*z)/(z-z)). 若f(z)=0,则z是g(z)的解析点,因此g(z)在|z|<1内解析,在|z|£1上连续,故ò C: |z|=1g(z)dz=0,因此等式成立. 若f(z)¹0,则z是g(z)的一阶极点,故 (1/(2pi))ò C: |z|=1f(z)((1-z*z)/(z-z))dz=Res[f(z)((1-z*z)/(z-z)),z]=f(z)(1-z* z)=(1-|z|2 )f(z). 4.试证: (zn /n! )2 =(1/(2pi))ò C: |z|=1(zn ezz )/(n! zn+1 )dz,这里C是围绕原点的一条周线. 【解】只需要证明,当z¹0时,zn /n! =(1/(2pi))ò C: |z|=1ezz /zn+1 dz. 由高阶导数公式,(n! /(2pi))ò C: |z|=1ezz /zn+1 dz=(ezz )(n) | z=0=(zn ezz )| z=0=zn .或(1/(2pi))ò C: |z|=1ezz /zn+1 dz=Res[ezz /zn+1 0]=((ezz )(n) | z=0)/n! =zn /n! . 5.试证(含¥的区域的留数定理): 设D是C ¥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C 1,C 2,...,C m组成,又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z 1,z 2,...,z n及¥外解析,且连续到边界C,则 ò -Cf(z)dz=2pi(å 1£k£nRes[f(z),z k]+Res[f(z),¥]). 【解】"j: 1£j£m,因¥不在C j上,故C jÍC中,因此C j是有界集.故可取充分大的R>0,使得周线C 1,C 2,...,C m及在C中的孤立奇点z 1,z 2,...,z n都在圆K={zÎC||z| 由留数定理,ò ¶Kf(z)dz+ò -Cf(z)dz=2piå 1£k£nRes[f(z),z k]; 而Res[f(z),¥]=-(1/(2pi))ò ¶Kf(z)dz, 所以,ò -Cf(z)dz=2pi(å 1£k£nRes[f(z),z k]+Res[f(z),¥]). "$Æ-´±¹³·◦£ºÅÄ@abcdefghijklmnopqrstuvwxyz¥·°ÀÂÃÑÕåòR^ÐR√§YÎÏÍÌ ÉÊËËÐÞ§¨©ª§NRQRDRRRRRCK#«®¬¯ØÚÙÈÇÛÞÜDSGFLW¶"mÎN+ ,★zÎC ¥a 1,a 2,...a nlim n®¥,+n®¥"e>0,åu n,å n³1u n,mÎR,"e>0,$d>0,【解】zò [0,2p]l2 dx,f(x)=(-¥,+¥)[-p,p]å 1£k£nu n,[0,2p] 4
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