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UA MATH524 复变函数5 代数运算、可微性与积分基础例题

發(fā)布時間：2025/4/14 编程问答 26 豆豆

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UA MATH524 復(fù)變函數(shù)5 代數(shù)運算、可微性與積分基礎(chǔ)例題

例1 $z = 1 ? 2 i$ ， $w = 1 + i$ ，計算 $zz?2wˉ,z10,ez,cos?z,log?(1?2i)\frac{z}{z-2\bar w},z^{10},e^z,\cos z,\log(1-2i)$

答案
$zz?2wˉ=1?2i(1?2i)?2(1?i)=1?2i?1=?1+2iz10=55(cos?(10arctan?(2))?isin?(10arctan?(2)))ez=ecos?2?iesin?2cos?z=eiz+e?iz2=e2+i+e?2?i2=ch(2)cos?1+ish(2)sin?1log?(1?2i)=ln?5+i(arctan?(2)+2kπ),k∈Z\begin{aligned}\frac{z}{z-2\bar w} & =\frac{1-2i}{(1-2i)-2(1-i)} =\frac{1-2i}{-1}=-1+2i\end{aligned} \\ z^{10}=5^5(\cos(10\arctan(2))-i\sin(10\arctan(2)) ) \\ e^z = e \cos 2-ie \sin 2 \\ \cos z = \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2} = \frac{e^{2+i}+e^{-2-i}}{2}=ch(2)\cos 1+ish(2)\sin 1 \\ \log(1-2i)=\ln \sqrt 5 + i(\arctan(2)+2k \pi),k \in \mathbb Z$

例2 用定義判斷 $f(z)=(Im(z))^2$ 是否可微

答案計算
$f(z+h)?f(z)h=(Im(z+h))2?(Im(z))2h=(Im(h))2h+2Im(z)Im(h)h\begin{aligned}\frac{f(z+h)-f(z)}{h} & =\frac{(Im(z+h))^2-(Im(z))^2}{h} \\ & = \frac{(Im(h))^2}{h}+2Im(z)\frac{Im(h)}{h}\end{aligned}$

其中 $\le |y|$ ，因此 $∣Im(h)h∣≤1|\frac{Im(h)}{h}| \le 1$ ，且當(dāng) $\to 0$ 時， $(Im(h))2h=Im(h)hIm(h)→0\frac{(Im(h))^2}{h}=\frac{Im(h)}{h}Im(h) \to 0$ 。

如果 $z$ 為實數(shù)，則 $2Im(z)Im(h)h=02Im(z)\frac{Im(h)}{h}=0$ ，此時導(dǎo)數(shù)存在且為0；

如果 $z$ 的虛部非0，因為 $Im(h)h\frac{Im(h)}{h}$ 的極限不存在（ $h$ 為實數(shù)， $Im(h)h→0\frac{Im(h)}{h} \to 0$ ， $h$ 為純虛數(shù)， $Im(h)h→1\frac{Im(h)}{h} \to 1$ ），所以導(dǎo)數(shù)不存在；

綜上， $f (z)$ 在 $R\mathbb R$ 上可微，但因為 $R\mathbb R$ 不是開集，所以它不是解析函數(shù)。

例3 用Cauchy-Riemann方程驗證下列函數(shù)是否可微

1z?1\frac{1}{z-1}

z|^2

I m z + i R e z

I m z ? i R e z

答案

u+iv=1z?1=1(x?1)+iy=(x?1)?iy(x?1)2+y2=(x?1)(x?1)2+y2+i?y(x?1)2+y2u+iv=\frac{1}{z-1}=\frac{1}{(x-1)+iy}=\frac{(x-1)-iy}{(x-1)^2+y^2}=\frac{(x-1)}{(x-1)^2+y^2}+i\frac{-y}{(x-1)^2+y^2}

?u?x=[(x?1)2+y2]?2(x?1)2[(x?1)2+y2]2=y2?(x?1)2[(x?1)2+y2]2?u?y=?2(x?1)y[(x?1)2+y2]2?v?x=2(x?1)y[(x?1)2+y2]2?v?y=?[(x?1)2+y2]+2y2[(x?1)2+y2]2=y2?(x?1)2[(x?1)2+y2]2\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{[(x-1)^2+y^2]-2(x-1)^2}{[(x-1)^2+y^2]^2}=\frac{y^2-(x-1)^2}{[(x-1)^2+y^2]^2} \\ \frac{\partial u}{\partial y}=\frac{-2(x-1)y}{[(x-1)^2+y^2]^2} \\ \frac{\partial v}{\partial x}=\frac{2(x-1)y}{[(x-1)^2+y^2]^2} \\ \frac{\partial v}{\partial y}=\frac{-[(x-1)^2+y^2]+2y^2}{[(x-1)^2+y^2]^2}=\frac{y^2-(x-1)^2}{[(x-1)^2+y^2]^2}

Above,

?u?x=?v?y\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}

and

?u?y=??v?x\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}

\ne 1

1z?1\frac{1}{z-1}

is holomorphic on

C?{1}\mathbb C\setminus \{1\}

u+iv=|z|^2=x^2+y^2

?u?x=2x?u?y=2y?v?x=0?v?y=0\frac{\partial u}{\partial x}=2x \\ \frac{\partial u}{\partial y}=2y\\ \frac{\partial v}{\partial x}=0 \\ \frac{\partial v}{\partial y}=0

?u?x=?v?y\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}

and

?u?y=??v?x\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}

holds only if

x = y = 0

. Hence,

z|^2

is only differentiable at

z = 0

, and it is not holomorphic.

u + i v = I m z + i R e z = y + i x

?u?x=0?u?y=1?v?x=1?v?y=0\frac{\partial u}{\partial x}=0 \\ \frac{\partial u}{\partial y}=1\\ \frac{\partial v}{\partial x}=1 \\ \frac{\partial v}{\partial y}=0

Note that

?u?y≠??v?x\frac{\partial u}{\partial y} \ne -\frac{\partial v}{\partial x}

I m z + i R e z

is not differentiable at any point.

u + i v = I m z + i R e z = y ? i x

?u?x=0?u?y=1?v?x=?1?v?y=0\frac{\partial u}{\partial x}=0 \\ \frac{\partial u}{\partial y}=1\\ \frac{\partial v}{\partial x}=-1 \\ \frac{\partial v}{\partial y}=0

?u?x=?v?y\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}

and

?u?y=??v?x\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}

always holds.

I m z + i R e z

is entire.

例4 求下列級數(shù)的收斂半徑
$f(z)=∑n=0+∞(?1)n(z+i)n(3i+4)nf(z)=\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\frac{(z+i)^n}{(3i+4)^n}$ 它在 $z = 4 + i$ 處是否收斂？求 $f^{'} (z)$ 及其收斂半徑。

答案令 $an=(?1)n(3i+4)na_n=\frac{(-1)^n}{(3i+4)^n}$ ,
$∣an∣=15n,lim?n→∞∣an∣1/n=1/5?R=5|a_n|=\frac{1}{5^n},\lim_{n \to \infty} |a_n|^{1/n}=1/5 \Rightarrow R = 5$

所以收斂域為 ${z:|z+i|<5\}$ ，如果 $z = 4 + i$ ，則 $∣z+i∣=42+22=20<5|z+i|=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}<5$ ，所以該級數(shù)在 $z = 4 + i$ 處收斂。

$f′(z)=∑n=1+∞(?1)nn(z+i)n?1(3i+4)nf'(z)=\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n\frac{n(z+i)^{n-1}}{(3i+4)^n}$

令 $bn=(?1)nn(3i+4)nb_n=\frac{(-1)^nn}{(3i+4)^n}$ ，
$∣bn∣=n5n,lim?n→∞∣bn∣1/n=1/5?R′=5|b_n|=\frac{n}{5^n},\lim_{n \to \infty} |b_n|^{1/n}=1/5 \Rightarrow R' = 5$

其中 $n1/n=e1nln?n→e0=1n^{1/n}=e^{\frac{1}{n}\ln n} \to e^0 = 1$ ，所以 $f^{'} (z)$ 的收斂半徑依然是5

例5 計算下列積分
$∫γz+1zdz,∫γdzz2\int_{\gamma} \frac{z+1}{z}dz,\int_{\gamma} \frac{dz}{z^2}$

其中 $γ\gamma$ 為

方向為從

? 1

到

1

的單位圓的上半部分；

方向為從

? 1

到

1

的單位圓的下半部分；

答案
用 $z=e^{it}$ 表示單位圓的參數(shù)方程，方向從 $? 1$ 到 $1$ 的單位圓的上半部分為 $t=πt=\pi$ 到 $t = 0$ ，方向為從 $? 1$ 到 $1$ 的單位圓的下半部分為 $t=πt=\pi$ 到 $t=2πt=2\pi$ ；

方向為從

? 1

到

1

的單位圓的上半部分

∫γz+1zdz=∫π01+eiteitdeit=?∫0π1+eiteitieitdt=?i∫0π(1+eit)dt=?iπ+2∫γdzz2=∫π0deite2it=?i∫0πe?itdt=?2\begin{aligned} \int_{\gamma} \frac{z+1}{z}dz & = \int_{\pi}^0 \frac{1+e^{it}}{e^{it}}de^{it} =- \int_0^{\pi} \frac{1+e^{it}}{e^{it}}ie^{it}dt \\ & = -i \int_0^{\pi}(1+e^{it})dt = -i\pi+2\end{aligned} \\ \begin{aligned} \int_{\gamma} \frac{dz}{z^2} = \int_{\pi}^{0} \frac{d e^{it}}{e^{2it}} = -i\int_0^{\pi} e^{-it}dt = -2 \end{aligned}

方向為從

? 1

到

1

的單位圓的下半部分

∫γz+1zdz=∫π2π1+eiteitdeit=∫π2π1+eiteitieitdt=i∫π2π(1+eit)dt=iπ+2∫γdzz2=∫π2πdeite2it=i∫0πe?itdt=?2\begin{aligned} \int_{\gamma} \frac{z+1}{z}dz & = \int_{\pi}^{2\pi} \frac{1+e^{it}}{e^{it}}de^{it} =\int_{\pi}^{2\pi} \frac{1+e^{it}}{e^{it}}ie^{it}dt \\ & = i \int_{\pi}^{2\pi} (1+e^{it})dt =i \pi +2\end{aligned} \\ \begin{aligned} \int_{\gamma} \frac{dz}{z^2} = \int_{\pi}^{2\pi} \frac{d e^{it}}{e^{2it}} = i\int_0^{\pi} e^{-it}dt = -2 \end{aligned}

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的UA MATH524 复变函数5 代数运算、可微性与积分基础例题的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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