復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題Word版

1、傳播優(yōu)秀word版文檔 ，希望對(duì)您有幫助，可雙擊去除！第一章例題例1.1試問函數(shù)把平面上的下列曲線分別變成平面上的何種曲線？ （1）以原點(diǎn)為心，2為半徑，在第一象項(xiàng)里的圓?。?（2）傾角的直線； （3）雙曲線。 解設(shè)，則 因此 （1）在平面上對(duì)應(yīng)的圖形為：以原點(diǎn)為心，4為半徑，在上半平面的半圓周。 （2）在平面上對(duì)應(yīng)的圖形為：射線。 （3）因，故，在平面上對(duì)應(yīng)的圖形為：直線。 例1.2設(shè)在點(diǎn)連續(xù)，且，則在點(diǎn)的某以鄰域內(nèi)恒不為0. 證因在點(diǎn)連續(xù)，則，只要，就有 特別，取，則由上面的不等式得 因此，在鄰域內(nèi)就恒不為0。 例1.3設(shè) 試證在原點(diǎn)無極限，從而在原點(diǎn)不連續(xù)。 證令變點(diǎn)，則 從而（沿正實(shí)軸

2、） 而沿第一象限的平分角線，時(shí)，。 故在原點(diǎn)無確定的極限，從而在原點(diǎn)不連續(xù)。 第二章例題例2.1在平面上處處不可微 證易知該函數(shù)在平面上處處連續(xù)。但 當(dāng)時(shí)，極限不存在。因取實(shí)數(shù)趨于0時(shí)，起極限為1，取純虛數(shù)而趨于零時(shí)，其極限為1。故處處不可微。例 2.2函數(shù)在滿足定理2.1的條件，但在不可微。 證因。故 但 在時(shí)無極限，這是因讓沿射線隨而趨于零，即知上式趨于一個(gè)與有關(guān)的值。例2.3討論的解析性 解因, 故 要使條件成立，必有，故只在可微，從而，處處不解析。例2.4討論的可微性和解析性 解因, 故 要使條件成立，必有，故只在直線上可微，從而，處處不解析。例2.5討論的可微性和解析性，并求。 解因

3、, 而 在復(fù)平面上處處連續(xù)且滿足條件，從而在平面上處處可微，也處處解析。且 。例2.6設(shè)確定在從原點(diǎn)起沿負(fù)實(shí)軸割破了的平面上且，試求之值。 解設(shè)，則 由代入得 解得：，從而 。例2.7設(shè)則 且的主值為。 例2.8考查下列二函數(shù)有哪些支點(diǎn) (a) (b) 解（a）作一條內(nèi)部含0但不含1的簡(jiǎn)單閉曲線, 當(dāng)沿正方向繞行一周時(shí),的輻角得到增量,的輻角沒有改變, 即 從而 故的終值較初值增加了一個(gè)因子，發(fā)生了變化，可見0是的支點(diǎn)。同理1 也是其支點(diǎn)。 任何異于0，1的有限點(diǎn)都不可能是支點(diǎn)。因若設(shè)是含但不含0，1的簡(jiǎn)單閉曲線，則 故的終值較初值增加了一個(gè)因子，未發(fā)生變化。 最后不是的支點(diǎn)。因若設(shè)含0，1的

4、簡(jiǎn)單閉曲線，則 故的終值較初值增加了一個(gè)因子，未發(fā)生變化。 （b）可能的支點(diǎn)是0，1，。設(shè)分別是含0但不含1，含1但不含0，和既含0又含1的簡(jiǎn)單閉曲線，則 結(jié)果的終值較初值均發(fā)生了變化。故0，1，都是支點(diǎn)，此外別無支點(diǎn)。例2.9試說明在將平面適當(dāng)割開后能分出三個(gè)解析分支。并求出在點(diǎn)取負(fù)值的那個(gè)分支在 的值 解易知的支點(diǎn)是。因此，將平面沿正實(shí)軸從0到1割開，再沿負(fù)實(shí)軸割開。在這樣割開后的平面上，能分出三個(gè)解析分支。 現(xiàn)取一條從到的有向曲線（不穿過支割線），則 于是 又由題設(shè)，可取。故得 。 （3） 關(guān)于對(duì)數(shù)函數(shù)的已給單值解析分支，我們可以借助下面的公式來計(jì)算它的終值： 即 其中 是一條連接起點(diǎn)和

5、終點(diǎn)且不穿過支割線的簡(jiǎn)單曲線；是滿足條件那一支在起點(diǎn)之值的虛部，是一個(gè)確定的值。 例2.10試說明在割去“從-1到的直線段”，“從到1的直線段”與射線“且”的平面內(nèi)能分出單值解析分支。并求時(shí)等于零的那一支在的值。 解的支點(diǎn)為。這是因 當(dāng)變點(diǎn)單繞一周時(shí)， 故的值增加了，的值未改變，從而，的值增加了，從一支變成另一支。故是支點(diǎn)，同理也都是支點(diǎn)，此外無其它支點(diǎn)。故在割去“從-1到的直線段”，“從到1的直線段”與射線“且”的平面內(nèi)能分出單值解析分支。 現(xiàn)設(shè)是一條連接起點(diǎn)和終點(diǎn)且不穿過支割線的簡(jiǎn)單曲線。則 故 這就是所要求之值。 例2.11求反正弦。 解 例2.12求 解 。 第三章例題例3.1 命表連

6、接點(diǎn)及的任一曲線，試證 （1） （2） 證（1）因，故 ，即 （2）因,選則得 ， 但我們又可選，則得 由定理3.1，可知積分存在，因而的極限存在，且應(yīng)與及的極限相等，從而應(yīng)與的極限相等。今 ， 所以 。 注當(dāng)為閉曲線時(shí)， 例 3.2（重要的常用例子） 這里表示以為心，為半徑的圓周。（注意，積分值與,均無關(guān)）。 證的參數(shù)方程為：。 故 ； 當(dāng)為整數(shù)且時(shí) 例3.3試證。積分路徑是連接和的直線段 證的參數(shù)方程為 即 沿，連續(xù)，且 而之長(zhǎng)為2 ，故由定理3.2 ，。 例 3.4計(jì)算積分 其中積分路徑為： （1） 連接由點(diǎn)到點(diǎn)的直線段； （2） 連接由點(diǎn)到點(diǎn)1的直線段及連接由點(diǎn)1到點(diǎn)的直線段所組成的折

7、線。 解（1） 連接及的直線段的參數(shù)方程為： （）， 故。 （2）連接與1的直線段的參數(shù)方程： 。 連接點(diǎn)1與的直線段的參數(shù)方程為： ， 即， 故 由此例可以看出，積分路徑不同，積分結(jié)果可以不同。例3.5計(jì)算積分 解在單連通區(qū)域：內(nèi)，函數(shù)的一個(gè)原函數(shù)，且在內(nèi)解析，故由牛頓萊布尼茲公式 有 例3.6計(jì)算下列積分 （1）， （2），其中為右半圓周，起點(diǎn)為,終點(diǎn)為； （3）那一支。 解（1）因?yàn)榈闹c(diǎn)為,所以它在閉圓上單值解析。于是由柯西積分定理3.9 （2）因?yàn)樯辖馕?故。 （3）因?yàn)榈闹c(diǎn)為，其單值分支在圓內(nèi)解析，并連續(xù)到邊界，所以由柯西積分定理3.9 。 例3.7設(shè)為圍線內(nèi)部一點(diǎn)，則 證以為圓

8、心畫圓周，使全含于的內(nèi)部，則由復(fù)圍線的柯西積分定理得 再由例3.2即得要證明的結(jié)論。例3.8計(jì)算積分 解因在閉圓上解析，由柯西積分公式得 定理3.11的特殊情形，有如下的解析函數(shù)的平均值定理。例3.9設(shè)在上解析。如果存在，使當(dāng)時(shí) 而且 試證：在圓內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)。 證反證法，設(shè)在內(nèi)無零點(diǎn)，而由題設(shè)在上也無零點(diǎn)。于是 在閉圓上解析。由解析函數(shù)的平均值定理， 又由題設(shè)， ， 從而 ，矛盾。故在圓內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)。 例3.10計(jì)算積分 其中是繞一周的圍線。 解因?yàn)樵谄矫嫔辖馕?，?yīng)用公式（3.5）于，我們得 。例3.11應(yīng)用劉維爾定理證明代數(shù)學(xué)基本原理。在平面上，次多項(xiàng)式 至少有一個(gè)零點(diǎn)。 證反證法，

9、設(shè)在平面上無零點(diǎn)。由于在平面上是解析的，在平面上也必解析。 下面我們證明在平面上有界。由于 ， 故存在充分大的正整數(shù)，使當(dāng)時(shí)，又因在閉圓上連續(xù)，故可設(shè) 從而，在平面上 于是，在平面上是解析且有界。由劉維爾定理，必為常數(shù)，即 必為常數(shù)。這與定理的假設(shè)矛盾。故定理得證。例3.12如果為一整函數(shù)，且有使 的實(shí)數(shù)存在，試證為常數(shù)。 證令為整函數(shù)。又在平面上 故有界，由劉維爾定理可見是常數(shù)，因此也是常數(shù)。例3.13設(shè)是整函數(shù)，是整數(shù)，試證當(dāng) 時(shí)，至多是次多項(xiàng)式。 證只須證得對(duì)任何的，。 由 可知，對(duì)任給的，存在，只要時(shí)就有 。 在平面上任取一點(diǎn)，再取以為心，以為半徑的圓周，使圓周全含于其內(nèi)部。于是有。這

10、時(shí)對(duì)于，必，因而 。 由柯西不等式可得 因?yàn)槭侨我獾?，所?。 故至多是次多項(xiàng)式。 例3.14驗(yàn)證是平面上的調(diào)和函數(shù)，并求以為實(shí)部的解析函數(shù)，使合。 解因在平面上任一點(diǎn) 故在平面上為調(diào)和函數(shù)。 法一故要合，必，故。 法二先由條件中的一個(gè)得 ， 故， 再由條件中的另一個(gè)得 ， 故 因此。 （下同法一） 例3.15驗(yàn)證在右半角平面內(nèi)是調(diào)和函數(shù)，并求以此為虛部的解析函數(shù)。 解 于是 故在右半平面內(nèi)，是調(diào)和函數(shù)。 兩端對(duì)求導(dǎo) ， 所以，從而（任意常數(shù)）， 故 它在右半平面內(nèi)單值解析。 第四章例題例4.1考察級(jí)數(shù)的斂散性。 解因發(fā)散，故雖收斂，我們?nèi)詳喽ㄔ?jí)數(shù)發(fā)散。例4.2試求下列各冪級(jí)數(shù)的收斂半徑。

11、（1） 解。 （2）。 解因 ， 故 。 （3） 。 解因 ， 故。 （4） 解應(yīng)當(dāng)是平方數(shù)時(shí)，其他情形。因此，相應(yīng)有 ，于是數(shù)列的聚點(diǎn)是0和1，從而。 例4.3將在展開成冪級(jí)數(shù)。 解因在內(nèi)解析，故展開后的冪級(jí)數(shù)在內(nèi)收斂。已經(jīng)知道： ， 在時(shí)將兩式相乘得（按對(duì)角線方法） 。例4.4求的展開式。 解因的支點(diǎn)為及，故其指定分支在內(nèi)單值解析。 ， 其一般表達(dá)式為：當(dāng)時(shí) 。例4.5將及展為的冪級(jí)數(shù)。 解因 ， 同理 。 兩式相加除以2得 ， 兩式相減除以得 。 例4.6試將函數(shù) 按的冪展開，并指明其收斂范圍。 解 例4.7考察函數(shù) 在原點(diǎn)的性質(zhì)。 解顯然在解析，且。 由， 或由 知為的三級(jí)零點(diǎn)。 例4

12、.8求的全部零點(diǎn)，并指出它們的級(jí)。 解 在平面上解析。由得 即 故， 這就是在平面上的全部零點(diǎn)。顯然 故 都是函數(shù)的二級(jí)零點(diǎn)。 例4.9設(shè)（1）及在區(qū)域內(nèi)解析； （2）在內(nèi) ， 試證：在內(nèi)或。 證若有使。因在點(diǎn)連續(xù)，故由例1.28知，存在的鄰域，使在內(nèi)恒不為零。而由題設(shè) , 故必 . 由唯一性定理（推論4.21） 。 例4.10試用最大模原理證明例3.9。即證：“設(shè)在閉圓上解析，如果存在，使當(dāng)時(shí) ， 而且 ， 則在圓內(nèi)，至少有一個(gè)零點(diǎn)?！?證如果在內(nèi)，無零點(diǎn)。而由題設(shè)在上，且在上解析。故 在上解析。此時(shí) ， 且在上， ， 于是必非常數(shù)，在上 。 由最大模原理，這就得到矛盾。第五章例題例5.1將

13、函數(shù) 在下列三個(gè)區(qū)域內(nèi) （1）圓； （2）圓環(huán)； （3）圓環(huán)內(nèi)求的羅朗展式。 解：首先 （1） 在圓內(nèi)，因此 （2） 在圓環(huán)內(nèi)有，故 （3） 在圓環(huán)內(nèi)，故 例5.2求在其孤立奇點(diǎn)的去心鄰域內(nèi)的羅朗展式。 解：有兩個(gè)奇點(diǎn)和。 在的（最大）去心鄰域內(nèi) 在的（最大）去心鄰域內(nèi) 例5.3在平面上只有奇點(diǎn)。在其去心鄰域內(nèi)有羅朗展式 例5.4 只有奇點(diǎn)，在內(nèi)有 例5.5分析在處的狀況。 是一個(gè)本性奇點(diǎn)，對(duì)，可設(shè)，即，而。 對(duì)，可解方程 得無窮多個(gè)解 則 ，且當(dāng)然更有 。 例5.6求出 （1） （2） 的奇點(diǎn)（包括），并確定其類別 解：（1） 以為可去奇點(diǎn) 為一級(jí)極點(diǎn) 為非孤立奇點(diǎn)（因是的聚點(diǎn)） （2） 令

14、，得該函數(shù)的所有奇點(diǎn)為 ， ， 是一級(jí)極點(diǎn)， 是非孤立奇點(diǎn)，因是聚點(diǎn)。至于應(yīng)是可去奇點(diǎn)，因若令化為 是解析點(diǎn)。即是可去奇點(diǎn)（或解析點(diǎn)）。 例5.7若在內(nèi)解析，且不恒為零，又若有一列異于但卻以為聚點(diǎn)的零點(diǎn)，試證必為的本性奇點(diǎn)。 證： 是的孤立奇點(diǎn)，且不能是可去奇點(diǎn)，若不然，令則 在內(nèi)解析且由假設(shè)有以為聚點(diǎn)的一列零點(diǎn)。由零點(diǎn)的孤立性，必恒為0，這題沒矛盾。 其次也不能是的奇點(diǎn)，否則有，使當(dāng)時(shí)，這亦與題沒矛盾。故只能是的本性奇點(diǎn)。第六章例題例6.1計(jì)算 解： 在圓周的內(nèi)部只有一級(jí)極點(diǎn)及二級(jí)極點(diǎn)， 而 由殘數(shù)定理，得 例6.2計(jì)算 解：只以為一級(jí)極點(diǎn)，而。 由殘數(shù)定理得 例6.3計(jì)算 解：只有一個(gè)三級(jí)極點(diǎn)，由殘數(shù)定理得 例6.4計(jì)算解：只有一個(gè)本性奇點(diǎn)在單位圓周內(nèi)部。而其羅朗展式為 故 殘數(shù)定理推得 例6.5計(jì)算解：共有七個(gè)奇點(diǎn)：， 及。前6個(gè)根均在內(nèi)部，故 而 故。從而此外，可另法求殘數(shù)： 而以為一級(jí)極點(diǎn)，故 。例6.7計(jì)算 解： 令，則，