第一章??? 復數與復變函數

1將復數 $$\bex \frac{(\cos5\varphi+i\sin 5\varphi)^2}{(\cos3\varphi-i\sin 3\varphi)^3} \eex$$ 化為指數形式.

解答: 由 Euler 公式, $$\bex \mbox{原式}=\frac{(e^{i5\varphi})^2}{(e^{-i3\varphi})^3} =e^{i[10\varphi-(-9\varphi)]}=e^{19\varphi i}. \eex$$

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2如果 $z=e^{it}$, 試證: $$\bex z^n+\frac{1}{z^n}=2\cos nt,\quad z^n-\frac{1}{z^n}=2i\sin nt. \eex$$

證明: 由 $$\bex z^n=e^{int},\quad \frac{1}{z^n}=e^{-int} \eex$$ 及 Euler 公式即得.

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3設 $x_n+iy_n=(1-i\sqrt{3})^n$ ($x_n,y_n$ 為實數; $n$ 為正整數). 試證: $$\bex x_ny_{n-1}-x_{n-1}y_n=4^{n-1}\sqrt{3}. \eex$$

證明: 由 $$\bex x_n+iy_n=(1-i\sqrt{3})^n=\sex{2e^{-i\frac{\pi}{3}}}^n =2^ne^{-i\frac{n\pi}{3}} \eex$$ 知 $$\bex x_n=2^n\cos\frac{n\pi}{3},\quad y_n=2^n \sin\frac{n\pi}{3}. \eex$$ 于是 $$\beex \bea x_ny_{n-1}-x_{n-1}y_n &=2^{2n-1}\cos\frac{n\pi}{3} \sin\frac{(n-1)\pi}{3} +2^{2n-1}\cos\frac{(n-1)\pi}{3}\sin\frac{n\pi}{3}\\ &=2^{2n-1}\sin\frac{\pi}{3}\\ &=4^{n-1}\sqrt{3}. \eea \eeex$$

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4設 $z=x+iy$, 試證: $$\bex \frac{|x|+|y|}{\sqrt{2}}\leq |z|\leq |x|+|y|. \eex$$

證明: 由 Cauchy 不等式即得.

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5設 $z_1$ 及 $z_2$ 是兩個復數. 試證: $$\bex |z_1-z_2|\geq ||z_1|-|z_2||. \eex$$

證明: 這就是三角不等式.

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6設 $|z|=1$, 試證: $$\bex \sev{\frac{az+b}{\bar bz+\bar a}}=1. \eex$$

證明: 利用 $$\bex |z_1+z_2|^2=|z_1|^2+|z_2|^2+2\Re (z_1\overline{z_2}) \eex$$ 展開即得.

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7已知正方形 $z_1z_2z_3z_4$ 的相對頂點 $z_1(0,-1)$ 和 $z_3(2,5)$. 求頂點 $z_2$ 和 $z_4$ 的坐標.

解答: 正方形的中心 $$\bex z_0=\frac{z_1+z_3}{2}=(1,2), \eex$$ 而 $$\beex \bea z_2-z_0=(z_1-z_0)i&\ra z_2=(4,1);\\ z_4-z_0=(z_3-z_0)i&\ra z_4=(-2,3). \eea \eeex$$

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8試證: 以 $z_1,z_2,z_3$ 為頂點的三角形和以 $w_1,w_2,w_3$ 為頂點的三角形同向相似的充要條件是 $$\bex \sev{\ba{ccc} z_1&w_1&1\\ z_2&w_2&1\\ z_3&w_3&1 \ea}=0. \eex$$

證明: $$\beex \bea \lap z_1z_2z_3\sim \lap w_1w_2w_3 &\lra \frac{|z_2-z_1|}{|z_3-z_1|} =\frac{|w_2-w_1|}{|w_3-w_1|},\quad \Arg \frac{z_2-z_1}{z_3-z_1} =\Arg \frac{w_2-w_1}{w_3-w_1}\\ &\lra \frac{z_2-z_1}{z_3-z_1} =\frac{w_2-w_1}{w_3-w_1}\\ &\lra 0=\sev{\ba{cc} z_2-z_1&w_2-w_1\\ z_3-z_1&w_3-w_1 \ea}\\ &\quad\quad=\sev{\ba{ccc} z_1&w_1&1\\ z_2-z_1&w_2-w_1&0\\ z_3-z_1&w_3-w_1&0 \ea}=\sev{\ba{ccc} z_1&w_1&1\\ z_2&w_2&1\\ z_3&w_3&1 \ea}. \eea \eeex$$

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9試證: 四個相異點 $z_1,z_2,z_3,z_4$ 共圓周或共直線的充要條件是 $$\bex \frac{z_1-z_4}{z_1-z_2}:\frac{z_3-z_4}{z_3-z_2}\mbox{ 為實數}. \eex$$

證明: $$\beex \bea &\quad z_1,z_2,z_3,z_4\mbox{ 共直線或共圓周}\\ &\lra \Arg\frac{z_1-z_4}{z_1-z_2} -Arg\frac{z_3-z_4}{z_3-z_2}=0\mbox{ 或 }\pi\\ &\lra \Arg\sex{\frac{z_1-z_4}{z_1-z_2}:\frac{z_3-z_4}{z_3-z_2}} =0\mbox{ 或 }\pi\\ &\lra \frac{z_1-z_4}{z_1-z_2}:\frac{z_3-z_4}{z_3-z_2}\in\bbR. \eea \eeex$$

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10試證: 兩向量 $\vec{Oz_1}\ (z_1=x_1+iy_1)$ 與 $\vec{Oz_2}\ (z_2=x_2+iy_2)$ 互相垂直的充要條件是 $$\bex z_1\overline{z_2}+\overline{z_1}z_2=0. \eex$$

證明: $$\beex \bea &\quad \vec{Oz_1}\perp \vec{Oz_2}\\ &\lra x_1x_2+y_1y_2=0\\ &\lra \frac{z_1+\overline{z_1}}{2} \cdot \frac{z_2+\overline{z_2}}{2} +\frac{z_1-\overline{z_1}}{2i}\cdot \frac{z_2-\overline{z_2}}{2i}=0\\ &\lra z_1\overline{z_2}+\overline{z_1}z_2=0. \eea \eeex$$

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11試證: 方程 $$\bex \sev{\frac{z-z_1}{z-z_2}}=k\quad(0<k\neq 1,\ z_1\neq z_2) \eex$$ 表示 $z$ 平面上一個圓周, 其圓心為 $z_0$, 半徑為 $\rho$, 且 $$\bex z_0=\frac{z_1-k^2z_2}{1-k^2},\quad \rho=\frac{k|z_1-z_2|}{|1-k^2|}. \eex$$

證明: $$\beex \bea &\quad\sev{\frac{z-z_1}{z-z_2}}=k\\ &\lra |z|^2+|z_1|^2-2\Re(z\overline{z_1}) =k^2|z|^2+k^2|z_2|^2 -2k^2\Re(z\overline{z_2})\\ &\lra (1-k^2)|z|^2 -2\Re\sex{z\overline{z_1-k^2z_2}} =k^2|z_2|^2-|z_1|^2\\ &\lra |z|^2-2\Re\sex{z\overline{\frac{z_1-k^2z_2}{1-k^2}}} =\frac{k^2|z_2|^2-|z_1|^2}{1-k^2}\\ &\lra \sev{z-\frac{z_1-kz}{1-k^2}}^2 =\sev{\frac{z_1-k^2z_2}{1-k^2}}^2 +\frac{k^2|z_2|^2-|z_1|^2}{1-k^2} =\sex{\frac{k|z_1-z_2|}{|1-k^2|}}^2. \eea \eeex$$

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12試證 $$\bex \Re z>0\lra \sev{\frac{1-z}{1+z}}<1. \eex$$ 并能從幾何意義上來讀本題.

證明: 由 $$\bex |1-z|^2=1+|z|^2-2\Re z,\quad |1+z|^2=1+|z|^2+2\Re z \eex$$ 即知結論. 本題的幾何意義為右半 $z$ 平面上的點到 $1$ 的距離比到 $-1$ 的距離來得小.

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第二章??? 解析函數

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1設函數 $\dps{f(z)=\frac{z}{1-z^2}}$. 試證: $$\bex \Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}}>0,\quad\sex{|z|<1}. \eex$$

證明: $$\beex \bea f'(z)=\frac{1-z^2-z\cdot(-2z)}{(1-z^2)^2} =\frac{1+z^2}{(1-z^2)^2} &\ra z\frac{f'(z)}{f(z)} =\frac{1+z^2}{1-z^2} =\frac{1-|z|^2-\bar z^+z^2}{|1-z^2|^2}\\ &\ra \Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}} =\frac{1-|z|^2}{|1-z^2|^2}>0,\quad\sex{|z|<1}. \eea \eeex$$

注記: 這里 $\dps{f(z)=\frac{z}{1-z^2}}$ 是單位圓 $|z|<1$ 內的單葉解析星象函數.

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2設 $\dps{f(z)=\frac{z}{1-z}}$, 求證: $$\bex \Re\sez{1+z\frac{f''(z)}{f'(z)}}>0,\quad\sex{|z|<1}. \eex$$

證明: $$\beex \bea f(z)=\frac{z}{1-z}=-1+\frac{1}{1-z} &\ra f'(z)=\frac{1}{(1-z)^2}\\ &\ra f''(z)=\frac{2}{(1-z)^3}\\ &\ra 1+z\frac{f''(z)}{f'(z)} =1+\frac{2z}{1-z} =\frac{1+z}{1-z}=\frac{1-|z|^2+z-\bar z}{|1-z|^2}\\ &\ra \Re\sez{1+z\frac{f''(z)}{f'(z)}} =\frac{1-|z|^2}{|1-z|^2}>0,\quad \sex{|z|<1}. \eea \eeex$$

注記: 這里 $\dps{f(z)=\frac{z}{1-z}}$ 是單位圓 $|z|<1$ 內的單葉解析凸像函數.

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3若函數 $f(z)$ 在上半 $z$ 平面內解析, 試證函數 $\overline{f(\bar z)}$ 在下半 $z$ 平面內解析.

證明: 由 $$\bex \lim_{\bar z\to 0}\frac{\overline{f\sex{\overline{z+\lap z}}}-\overline{f\sex{\overline{z}}}}{\lap z} =\lim_{\bar z\to 0} \overline{\sez{\frac{f\sex{\bar z+\overline{\lap z}}-f\sex{\bar z}}{\overline{\lap z}}}} =\overline{f'(\bar z)} \eex$$ 知所討論函數在下半 $z$ 平面上可微, 而解析.

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4 (形式導數)

(1) 設二元實變函數 $u(x,y)$ 有偏導數. 此函數可以寫成 $z=x+iy$ 及 $\bar z$ 的函數 $$\bex u=u\sex{\frac{z+\bar z}{2},\frac{z+\bar z}{2i}}. \eex$$ 試證 (形式地) $$\bex \frac{\p u}{\p z}=\frac{1}{2}\sex{\frac{\p u}{\p x}+i\frac{\p u}{\p y}},\quad \frac{\p u}{\p \bar z} =\frac{1}{2}\sex{\frac{\p u}{\p x}+i\frac{\p u}{\p y}}. \eex$$

(2)設復變函數 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$, 且 $u(x,y)$ 和 $v(x,y)$ 都有偏導數. 試證 (形式地): 對于 $f(z)$, Cauchy-Riemann 方程可以寫成 $$\bex \frac{\p f}{\p \bar z}=\frac{\p u}{\p \bar z} +i\frac{\p v}{\p \bar z}=0. \eex$$ (由此可見, 解析函數是以條件 $\dps{\frac{\p f}{\p \bar z}=0}$ 為其特征的. 因此, 我們不妨說, 一個解析函數與 $\bar z$ 無關, 而是 $z$ 的函數.)

證明:

(1)由 $$\bex x=\frac{z+\bar z}{2},\quad y=\frac{z-\bar z}{2i} \eex$$ 知 $$\bex \frac{\p}{\p z}=\frac{1}{2}\sex{\frac{\p}{\p x}-i\frac{\p}{\p y}},\quad \frac{\p}{\p \bar z}=\frac{1}{2}\sex{\frac{\p}{\p x}+i\frac{\p}{\p y}}. \eex$$

(2)Cauchy-Riemann 方程為 $$\bex u_x=v_y,\quad u_y=-v_x. \eex$$ 或者等價地, $$\beex \bea &\quad\ (u_x-v_y)+i(u_y+v_x)=0\\ &\lra u_x+iu_y+i(v_x+iv_y)=0\\ &\lra \frac{\p}{\p \bar z}u+i\frac{\p}{\p \bar z}v=0\\ &\lra \frac{\p f}{\p \bar z}=0. \eea \eeex$$

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5試證: $|\Im z|\leq |\sin z|\leq e^{|\Im z|}$.

證明: 設 $z=x+iy$, 則\footnote{$e^y=1+y+y^2/2+\xi^3/6\ra |\sinh y|\geq |y|$.} $$\beex \bea |\Im z|&=|y|,\\ |\sin z|&=\sev{\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}} =\sev{\frac{e^{-y+ix}-e^{y-ix}}{2}} \geq \frac{||e^{y-ix}|-|e^{-y+ix}||}{2} =\frac{|e^y-e^{-y}|}{2}\\ &=|\sinh y|\geq |y|,\\ |\sin z|&=\sev{\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}} \leq \frac{|e^{-y+ix}|+|e^{y-ix}|}{2} =\frac{e^{-y}+e^y}{2}\leq e^{|y|}. \eea \eeex$$

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6若 $|z|\leq R$. 試證: $$\bex |\sin z|\leq \cosh R,\quad |\cos z|\leq \cosh R. \eex$$

證明: 由 $\cosh x$ 在 $[0,\infty)$ 上為遞增函數知 $$\beex \bea |\sin z|&=\sev{\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2}} \leq \frac{|e^{-y+ix}|+|e^{y-ix}|}{2} =\frac{e^{-y}+e^y}{2}\leq \cosh R,\\ |\cos z|&=\sev{\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}} \leq \frac{|e^{-y+ix}|+|e^{y-ix}|}{2} =\frac{e^{-y}+e^y}{2}\leq \cosh R. \eea \eeex$$

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7證明函數 $f(z)=z^2+2z+3$ 在單位圓 $|z|<1$ 內是單葉的.

證明: 對圓內任意相異點 $z_1,z_2$ 有 $$\beex \bea \sev{\frac{f(z_1)-f(z_2)}{z_1-z_2}} &=\sev{\frac{z_1^2-z_2^2+2(z_1-z_2)}{z_1-z_2}}\\ &=|z_1+z_2+2|\\ &\geq 2-|z_1|-|z_2|\\ &>0. \eea \eeex$$

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8試證多值函數 $f(z)=\sqrt[4]{(1-z)^3(1+z)}$ 在割去線段 $[-1,1]$ 的 $z$ 平面上可以分出四個單值解析分支. 求函數在割線上岸取正值的那個分支在點 $z=\pm i$ 的值.

證明: 由 $$\bex \lap_C\Arg f(z)=\frac{1}{4}\sez{3\lap_C\Arg (z-1)+\lap_C\Arg (z+1)} \eex$$ 知 $f(z)$ 的支點僅為 $\pm 1$. 割去 $[-1,1]$, 我們即得其四個單值解析分支. 在割去 $[-1,1]$ 后的左半 $z$ 平面上作聯結 $1/2$ 與 $\pm 1$ 的曲線 $C_1,C_2$, 則有 $$\beex \bea f(i)&=|f(i)|e^{\Arg f(i)} =|f(i)|e^{i\sez{\Arg f\sex{\frac{1}{2}}+\lap_{C_1}\Arg f(z)}}\\ &=\sqrt[4]{|1-i|^3|1+i|}e^{i\sez{0+\frac{1}{4}\sex{-3\cdot\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}}}} =\sqrt{2}e^{-\frac{\pi}{8}i},\\ f(-i)&=|f(-i)|e^{i\Arg f(-i)} =|f(-i)|e^{i\sez{\Arg f\sex{\frac{1}{2}}+\lap_{C_2}\Arg f(z)}}\\ &=\sqrt[4]{|1+i|^3|1-i|}e^{i\sez{0+\frac{1}{4}\sex{-3\cdot\frac{7\pi}{4}-\frac{\pi}{4}}}} =\sqrt{2}e^{-\frac{11\pi}{8}i} =\sqrt{2}e^{\frac{5\pi}{8}i}. \eea \eeex$$

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9已知 $f(z)=\sqrt{(1-z)(1+z^2)}$ 在 $z=0$ 的值為 $1$. 在右上 $z$ 平面內描繪路線 $OPA$. 點 $A$ 為 $2$, 試求 $f(z)$ 在點 $A$ 的值.

解答: $$\beex \bea f(2)&=|f(2)|e^{i\Arg f(2)}\\ &=|f(2)|e^{i\sez{\Arg f(0)+\lap_{OPA} \Arg f(z)}}\\ &=|f(2)|e^{i\sed{\Arg f(0)+\frac{1}{2}\sez{\lap_{OPA}\Arg (z-1)+\lap_{OPA}\Arg (z-i)+\lap_{OPA}\Arg (z+i)}}}\\ &=\sqrt{|1-2|\cdot|1+2^2|} e^{i\sed{0+\frac{1}{2}\sez{-\pi+\arctan 2-\arctan 2}}}\\ &=\sqrt{5}e^{-\frac{\pi}{2}i}\\ &=-\sqrt{5}i. \eea \eeex$$

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10試證 $f(z)=\sqrt{z(1-z)}$ 在割去線段 $0\leq \Re z\leq 1$ 的 $z$ 平面上能分出兩個單值解析分支. 并求出在割線 $0\leq \Re z\leq 1$ 上岸取正值時的那一支在 $z=-1$ 的值, 以及它的二階導數在 $z=-1$ 的值.

證明: 由 $$\beex \bea \lap_C\Arg f(z)=\frac{1}{2}\sez{\lap_C\Arg z+\lap_C\Arg (z-1)} \eea \eeex$$ 知 $f$ 的支點為 $0,1$. 而在割去了 $[0,1]$ 后的 $z$ 平面上 $f$ 能分出兩個單值解析分支. 在上半平面上作一曲線聯結 $1/2$, $-1$ 兩點, 則有 $$\beex \bea f(-1)&=|f(-1)|e^{i\Arg f(-1)}\\ &=\sqrt{|z|\cdot |1-z|}e^{i\sez{\Arg f\sex{\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\sez{\lap_C\Arg z+\lap_C\Arg (z-1)}}}\\ &=\sqrt{2}e^{i\sed{0+\frac{1}{2}[\pi+0]}}\\ &=\sqrt{2}e^{\frac{\pi}{2}i}\\ &\sqrt{2}i. \eea \eeex$$ 又 $$\beex \bea f(z)=(z-z^2)^{1/2} &\ra f'(z)=\frac{1}{2}(z-z^2)^{-1/2}(1-2z)\\ &\ra f''(z)=-\frac{1}{4}(z-z^2)^{-3/2}(1-2z)^2-(z-z^2)^{-1/2}, \eea \eeex$$ 我們有 $$\bex f''(z)=-\frac{1}{4f^3(z)}(1-2z)^2 -\frac{1}{f(z)}, \eex$$ 而 $$\bex f''(-1)= -\frac{1}{4\cdot 2\sqrt{2}\cdot(-i)}3^2 -\frac{1}{\sqrt{2}i} =-\frac{\sqrt{2}}{16}i. \eex$$

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第三章??? 復變函數的積分

1設函數 $f(z)$ 在 $0<|z|<1$ 內解析, 且沿任何圓周 $C:\ |z|=r,\ 0<r<1$ 的積分值為零. 問 $f(z)$ 是否必須在 $z=0$ 處解析? 試舉例說明之.

解答: $f$ 不是必須在 $z=0$ 處解析. 如對 $f(z)=1/z^2$ 而言, $$\bex \int_{|z|=r}\frac{1}{z^2}\rd z=0. \eex$$

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2沿從 $1$ 到 $-1$ 的如下路徑求 $\dps{\int_C\frac{1}{\sqrt{z}}\rd z}$.

(1) 上半單位圓周;

(2) 下半單位圓周, 其中 $\sqrt{z}$ 取主值支.

解答:

(1) $C$ 為 $z=e^{i\theta}$, $\theta$ 從 $0$ 到 $\pi$, 而 $$\bex \sqrt{z}=e^{i\frac{\theta}{2}}\ra \int_C\frac{1}{\sqrt{z}}\rd z =\int_0^\pi e^{-i\frac{\theta}{2}}\cdot ie^{i\theta}\rd \theta=2(i-1). \eex$$

(2)$C$ 為 $z=e^{i\theta}$, $\theta$ 從 $0$ 到 $-\pi$, 而 $$\bex \sqrt{z}=e^{i\frac{\theta}{2}}\ra \int_C\frac{1}{\sqrt{z}}\rd z=\int_0^{-\pi} e^{-i\frac{\theta}{2}}\cdot ie^{i\theta}\rd \theta=2(-i-1). \eex$$

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3 試證: $$\bex \sev{\int_C\frac{z+1}{z-1}\rd z}\leq 8\pi, \eex$$ 其中 $C$ 為圓周 $|z-1|=2$.

證明: $$\beex \bea \sev{\int_C\frac{z+1}{z-1}\rd z} \leq \int_C \frac{|z+1|}{|z-1|}|\rd z| \leq \int_C \frac{|z-1|+2}{2}\rd s =2\int_C\rd s =2\cdot (2\pi \cdot 2)=8\pi. \eea \eeex$$

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4設 $a,b$ 為實數, $s=\sigma+i t\ (\sigma>0)$. 試證: $$\bex |e^{bs}-e^{as}|\leq |s||b-a|e^{\max\sed{a,b}\cdot \sigma}. \eex$$

證明: $$\beex \bea |e^{bs}-e^{as}| &=\sev{\int_a^b se^{xs}\rd x} \leq |s|\int_a^b e^{x\sigma}|\rd x|\\ &=\left\{\ba{ll} |s|\int_a^b e^{x\sigma}\rd x \leq |s|(b-a)e^{b\sigma},&a\leq b,\\ |s|\int_b^a e^{x\sigma}\rd x \leq |s|(a-b)e^{a\sigma},&a>b. \ea\right. \eea \eeex$$

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5 設在區域 $\dps{D=\sed{z;\ |\arg z|<\frac{\pi}{2}}}$ 內的單位圓 $|z|=1$ 上任取一點 $z$, 用 $D$ 內曲線 $C$ 連接 $0$ 與 $z$, 試證: $$\bex \Re \int_C\frac{\rd z}{1+z^2}=\frac{\pi}{4}. \eex$$

證明: 由 Cauchy 積分定理, $$\beex \bea \Re \int_C\frac{\rd z}{1+z^2} &=\Re \int_{(0,0)\to (1,0)}+\int_{(1,0)\to z=e^{i\theta}}\\ &=\Re \int_0^1 \frac{1}{1+s^2}\rd s +\Re \int_0^\theta\frac{ie^{i\varphi}\rd \varphi}{1+e^{2\varphi i}}\\ &=\Re \frac{\pi}{4} +\Re \int_0^\theta \frac{i\cdot 2\Re e^{i\varphi}}{|1+e^{2\varphi i}|^2}\rd \varphi\\ &=\frac{\pi}{4}. \eea \eeex$$

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6試計算積分 $$\bex \int_C(|z|-e^z\sin z)\rd z \eex$$ 之值, 其中 $C$ 為圓周 $|z|=a>0$.

解答: 由 Cauchy 積分定理, $$\bex \int_C(|z|-e^z\sin z)\rd z=\int_C |z|\rd z =a\int_C\rd z=0. \eex$$

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7設

(1)??? $f(z)$ 在 $|z|\leq 1$ 上連續;

(2)??? 對任意的 $r\in (0,1)$, $$\bex \int_{|z|=r}f(z)\rd z=0. \eex$$

試證: $$\bex \int_{|z|=1}f(z)\rd z=0. \eex$$

證明: 由 $f$ 在 $|z|\leq 1$ 上連續值 $zf(z)$ 在 $|z|\leq 1$ 上一致連續, 而 $\exists\ \ve>0,\ \exists\ N,\st $ $$\bex n\geq N,\ 0\leq \theta\leq 2\pi\ra \sev{ f\sex{ \sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}}\cdot \sex{1-\frac{1}{n}} e^{i\theta} -f\sex{e^{i\theta}}\cdot e^{i\theta}}<\ve. \eex$$ 這說明函數列 $\dps{\sed{f\sex{\sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}}\cdot \sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}}_{n=1}^\infty}$ 在 $[0,2\pi]$ 上一致收斂于 $f(e^{i\theta})\cdot e^{i\theta}$. 因此, $$\beex \bea 0&=\lim_{n\to\infty}\int_{|z|=1-\frac{1}{n}}f(z)\rd z =i\lim_{n\to\infty}\int_0^{2\pi} f\sex{\sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}}\cdot \sex{1-\frac{1}{n}}e^{i\theta}\rd \theta\\ &=i\int_0^{2\pi}f(e^{i\theta})\cdot e^{i\theta}\rd \theta =\int_{|z|=1}f(z)\rd z. \eea \eeex$$

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8設

(1)??? 函數 $f(z)$ 當 $|z-z_0|>r_0>0$ 時是連續的;

(2)??? $M(r)$ 表 $|f(z)|$ 在 $K:\ |z-z_0|=r>r_0$ 上的最大值;

(3)??? $\dps{\lim_{r\to\infty}rM(r)=0}$.

試證: $$\bex \lim_{r\to\infty}\int_{K_r}f(z)\rd z=0. \eex$$

證明: 由 $$\bex \sev{\int_{K_r}f(z)\rd z}\leq M_r\int_{K_r}|\rd z| =M_r\cdot 2\pi r\to 0\quad\sex{r\to\infty} \eex$$ 即知結論.

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9證明:

(1) 若函數 $f(z)$ 在點 $z=a$ 的鄰域內連續, 則 $$\bex \lim_{r\to 0}\int_{|z-a|=r}\frac{f(z)}{z-a}\rd z=2\pi if(a); \eex$$

(2)若函數 $f(z)$ 在原點 $z=0$ 的鄰域內連續, 則 $$\bex \lim_{r\to 0}\int_0^{2\pi} f(re^{i\theta})\rd \theta=2\pi f(0). \eex$$

證明:

(1) $$\beex \bea \lim_{r\to 0}\int_{|z-a|=r}\frac{f(z)}{z-a}\rd z &=\lim_{r\to 0}\int_0^{2\pi} \frac{f(a+re^{i\varphi})}{re^{i\varphi}}\cdot ie^{i\varphi}\rd \varphi\\ &=i\lim_{r\to 0}\int_0^{2\pi}f(a+re^{i\varphi})\rd \varphi\\ &=2\pi if(a). \eea \eeex$$

(2)由 (1), 顯然.

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10設函數 $f(z)$ 在 $|z|<1$ 內解析, 在閉圓 $|z|\leq 1$ 上來連續, 且 $f(0)=1$, 求積分 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\sez{2\pm\sex{z+\frac{1}{z}}}f(z)\frac{\rd z}{z} \eex$$ 之值.

解答: 由 Cauchy 積分公式, $$\beex \bea \mbox{原式} &=\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{(2\pm z)f(z)}{z}\rd z \pm \frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{f(z)}{z^2}\rd z\\ & =2f(0)\pm \frac{1}{1!}f'(0)=2\pm f'(0). \eea \eeex$$

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11若函數 $f(z)$ 在區域 $D$ 內解析, $C$ 為 $D$ 內以 $a,b$ 為端點的直線段. 試證: 存在數 $\lambda$, $|\lambda|\leq 1$, 與 $\xi\in C$ 使得 $$\bex f(b)-f(a)=\lambda(b-a) f'(\xi). \eex$$

證明: 由 $$\bex \sev{f(b)-f(a)}=\sev{\int_a^b f'(z)\rd z} \leq \int_a^b |f'(z)|\cdot |\rd z| =|f'(\xi)|\cdot (b-a),\quad \xi\in [a,b] \eex$$ 知 $$\bex \sev{\frac{f(b)-f(a)}{f'(\xi)(b-a)}}\leq 1. \eex$$ 即 $$\bex \exists\ \lambda:\ |\lambda|\leq 1,\st \frac{f(b)-f(a)}{f'(\xi)(b-a)}=\lambda. \eex$$

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12如果在 $|z|< 1$ 內函數 $f(z)$ 解析, 且 $$\bex |f(z)|\leq \frac{1}{1-|z|}. \eex$$ 試證: $$\bex |f^{(n)}(0)|\leq (n+1)!\sex{1+\frac{1}{n}}^n<e(n+1)!. \eex$$

證明: 由 Cauchy 積分公式, $$\beex \bea |f^{(n)}(0)|&=\sev{\frac{n!}{2\pi i}\int_{|z|=\frac{n}{n+1}}\frac{f(\zeta)}{\zeta^{n+1}}\rd \zeta}\\ &\leq \frac{n!}{2\pi}\cdot \frac{1}{1-\frac{n}{n+1}}\cdot \frac{1}{\sex{\frac{n}{n+1}}^{n+1}}\cdot 2\pi \frac{n}{n+1}\\ &=(n+1)!\sex{1+\frac{1}{n}}^n<e(n+1)!. \eea \eeex$$

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13設在 $|z|\leq 1$ 上函數 $f(z)$ 解析, 且 $|f(z)|\leq 1$, 試證: $$\bex |f'(0)|\leq 1. \eex$$

證明: $$\bex |f'(0)|=\sev{\frac{1!}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{f(\zeta)}{\zeta^2}\rd \zeta} \leq \frac{1}{2\pi}\cdot 1\cdot \frac{1}{1!}\cdot 2\pi =1. \eex$$

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14設 $f(z)$ 為非常數的整函數. 又設 $R,M$ 為任意正數. 試證: 滿足 $|z|>R$ 且 $|f(z)|\leq M$ 的 $z$ 必存在.

證明: 用反證法. 若 $\exists\ R>0,\ M>0,\st $ 滿足 $|z|>R$ 且 $|f(z)|>M$ 的 $z$ 不存在. 則 $$\bex |z|>R\ra |f(z)|\leq M. \eex$$ 又 $f$ 在 $|z|\leq R$ 上連續, 而 $f$ 在 $|z|\leq R$ 上有界. 因此, $f$ 在整個 $z$ 平面上有界. 由 Liouville 定理, $f$ 是常數. 這是一個矛盾. 故有結論.

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15已知 $u+v=(x-y)(x^2+4xy+y^2)-2(x+y)$, 試確定解析函數 $f(z)=u+iv$.

解答: 由 $$\bex u_x+v_x=3x^2+6xy-3y^2-2,\quad u_y+v_y=3x^2-6xy-3y^2-2 \eex$$ 及 Cauchy-Riemann 方程知 $$\bex u_x-u_y=3x^2+6xy-3y^2-2,\quad u_y+u_x=3x^2-6xy-3y^2-2. \eex$$ 因此, $$\bex u_x=3x^2-3y^2-2\ra u=x^3-3xy^2-2x+\varphi(y), \eex$$ $$\bex u_y=-6xy\ra -6xy+\varphi'(y)=-6xy\ra \varphi(y)=a. \eex$$ 于是 $$\beex \bea u&=x^3-3xy^2-2x+a\\ v_x&=-u_y=6xy\ra v=3x^2y+\psi(y),\\ v_y&=u_x=3x^2-3y^2\ra 3x^2+\psi'(y)=3x^2-3y^2-2 \ra \psi(y)=-y^3-2y+b,\\ v&=3x^2y-y^3-2y+b,\\ f(z)&=u+iv =x^3-3xy^2-2x+i(3x^2y-y^3-2y)+a+ib\\ & =z^3-2z+k\quad(k=a+ib). \eea \eeex$$

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16設

（1）?????? 區域 $D$ 是有界區域, 其邊界是周線或復周線 $C$;

（2）?????? 函數 $f_1(z)$ 及 $f_2(z)$ 在 $D$ 內解析, 在閉域 $\bar D=D +C$ 上連續;

（3）?????? 沿 $C$, $f_1(z)=f_2(z)$.

試證: 在整個閉域 $\bar D$ 上, $f_1(z)=f_2(z)$.

證明: 考慮 $f(z)=f_1(z)-f_2(z)$, 則 $f$ 適合 Cauchy 積分公式的條件, 而 $$\bex f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\rd\zeta=0,\quad (z\in D). \eex$$

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第四章??? 解析函數的冪級數表示法

1設級數 $\dps{\sum_{n=1}^\infty f_n(z)}$ 在點集 $E$ 上一致收斂于 $f(z)$, 且在 $E$ 上 $|g(z)|\leq M\ (M<\infty)$, 則級數 $$\bex \sum_{n=1}^\infty g(z)f_n(z) \eex$$ 在 $E$ 上一致收斂于 $g(z)\cdot f(z)$. 試證之.

證明: 由 $$\bex \sev{\sum_{k=n+1}^{n+p}g(z)f_k(z)} =\sev{g(z)\sum_{k=n+1}^{n+p}f_k(z)}\leq M\sev{\sum_{k=n+1}^{n+p}f_k(z)} \eex$$ 及 Cauchy 收斂準則即知結論.

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2試證: 在單位圓 $|z|<1$ 內, 級數 $$\bex z+(z^2-z)+\cdots+(z^n-z^{n-1})+\cdots \eex$$ 收斂于函數 $f(z)\equiv 0$, 但它并非一致收斂.

證明: 由部分和 $$\bex s_n=z+(z^2-z)+\cdots+(z^n-z^{n-1})=z^n\to 0 \eex$$ 知原級數在單位圓 $|z|<1$ 內收斂于 $f(z)\equiv 0$. 又由 $$\beex \bea \sev{(z^{n+1}-z^n)+(z^{n+2}-z^{n+1})+\cdots+(z^{n+p}-z^{n+p-1})} =|z^{n+p}-z^n| \eea \eeex$$ 及 $$\bex \lim_{n\to\infty}\sev{\sex{1-\frac{1}{n}}^{2n}-\sex{1-\frac{1}{n}}^n} =|e^{-2}-e^{-1}|>0, \eex$$ 及 Cauchy 收斂準則知原級數不一致收斂.

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3試證:

（1）如果 $\dps{\sum_{n=1}^\infty v_n=\delta}$ 絕對收斂, 則 $$\bex |\delta|\leq |v_1|+|v_2|+\cdots+|v_n|+\cdots. \eex$$

（2）對任一復數 $z$, $$\bex |e^z-1|\leq e^{|z|}-1\leq |z|e^{|z|}. \eex$$

（3）當 $0<|z|<1$ 時, $$\bex \frac{1}{4}|z|<|e^z-1|<\frac{7}{4}|z|. \eex$$

證明:

（1）$\dps{|\delta|=\sev{\sum_{n=1}^\infty v_n} \leq \sum_{n=1}^\infty |v_n|}$.

（2） $$\beex \bea |e^z-1| &=\sev{\sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n!}} \leq \sum_{n=1}^\infty \frac{|z|^n}{n!} =e^{|z|}-1\\ &=|z|\sez{1+\frac{|z|}{1!} +\frac{|z|^2}{2!} +\frac{|z|^3}{3!}+\cdots}\\ &\leq |z|\sez{1+|z|+\frac{|z|^2}{2!}+\cdots} =|z|e^{|z|}. \eea \eeex$$

(3) 當 $0<|z|<1$ 時, $$\beex \bea |e^z-1|&\leq |z|+\frac{|z|^2}{2!}+\frac{|z|^3}{3!}+\cdots\\ &\leq |z|+|z|\cdot \sez{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sex{\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots}} =\frac{7}{4}|z|;\\ |e^z-1|&\geq |z|-|z|\cdot \sez{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sex{\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots}} =\frac{1}{4}|z|. \eea \eeex$$

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4 設 $\dps{f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n\ (a_0\neq 0)}$ 的收斂半徑 $R>0$, 且 $$\bex M=\max_{|z|\leq \rho}|f(z)|,\quad (\rho<R). \eex$$ 試證: 在圓 $$\bex |z|<\frac{|a_0|}{|a_0|+M}\rho \eex$$ 內 $f(z)$ 無零點.

證明: 由 Cauchy 不等式, $$\bex |a_n|\leq \frac{M}{\rho^n},\quad (0<\rho<R). \eex$$ 而 $$\bex |f(z)-a_0| \leq \sum_{n=0}^\infty \frac{M}{\rho^n}|z|^n =M\frac{|z|/\rho}{1-|z|/\rho} =M\frac{|z|}{\rho-|z|},\quad |z|<\rho. \eex$$ 特別地, 當 $\dps{|z|<\frac{|a_0|}{|a_0|+M}\rho}$ 時, $$\bex |f(z)-a_0|\leq M\frac{|z|}{\rho-|z|} <|a_0|. \eex$$ 于是 $|f(z)|\geq |a_0|-|f(z)-a_0|>0$.

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5設在 $|z|<R$ 內解析的函數 $f(z)$ 有 Taylor 展式 $$\bex f(z)=a_0+a_1z+a_2z^2+\cdots+a_nz^n+\cdots, \eex$$ 試證: 當 $0\leq r<R$ 時, $$\bex \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} |f(re^{i\theta})|^2\rd \theta=\sum_{n=0}^\infty |a_n|^2r^{2n}. \eex$$

證明: $$\beex \bea \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |f(re^{i\theta})|^2\rd \theta &=\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(re^{i\theta})\cdot \overline{f(re^{i\theta})}\rd \theta\\ &=\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \sum_{k=0}^\infty a_k(re^{i\theta})^k\cdot \sum_{l=0}^\infty \overline{a_l} (re^{-i\theta})^l\rd \theta\\ &=\frac{1}{2\pi} \sum_{k,l=0}^\infty a_k\overline{a_l} \int_0^{2\pi}e^{i\theta(k-l)}\rd \theta\\ &=\frac{1}{2\pi} \sum_{k=0}^\infty |a_k|^2r^{2k}\cdot 2\pi\\ &=\sum_{k=0}^\infty |a_k|^2r^{2k}. \eea \eeex$$

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6設 $f(z)$ 是一個整函數, 且假定存在著一個非負整數 $n$, 以及兩個正數 $R$ 與 $M$, 使當 $|z|\geq R$ 時, $|f(z)|\leq M|z|^n$. 試證明: $f(z)$ 是一個至多 $n$ 次的多項式或一常數.

證明: 設 $f(z)$ 的 Taylor 展式為 $$\bex f(z)=\sum_{k=0}^\infty a_kz^k,\quad z\in \bbC. \eex$$ 由 Cauchy 不等式, $$\beex \bea |a_k|&\leq \frac{1}{\rho^k}\max_{|z|=\rho}|f(z)|\quad\sex{\forall\ \rho>0}\\ &\leq \frac{1}{\rho^k}\cdot M\rho^n\quad\sex{\forall\ \rho\geq R}\\ &\to0\quad\sex{\forall k>n}. \eea \eeex$$ 故 $$\bex f(z)=\sum_{k=0}^n a_kz^k, \eex$$ 是一個至多 $n$ 次的多項式或一常數.

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7 設

(1)$f(z)$ 在鄰域 $|z-z_0|<R$ 內解析, $z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 階零點;

(2)$z_1\neq z_0$, $z_1\in K$. 問函數 $$\bex F(z)=\int_{z_0}^z f(\zeta)\rd \zeta,\quad(z\in K) \eex$$ 及函數 $$\bex \varPhi(z)=\int_{z_1}^z f(\zeta)\rd\zeta,\quad(z\in K) \eex$$ 在點 $z_0$ 的性質如何? (這里積分路徑都假定在 $K$ 內.)

證明: 由 $$\bex F(z_0)=0,\quad F'(z)=f(z) \eex$$ 值 $z_0$ 是 $F(z)$ 的 $m+1$ 階零點. 又由 $$\bex F(z)=\varPhi(z)-\int_{z_1}^{z_0}f(\zeta)\rd\zeta \eex$$ 知 $\varPhi(z)$ 在 $z_0$ 處取值 $\dps{\int_{z_1}^{z_0}f(\zeta)\rd\zeta}$ $m+1$ 次.

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8設

(1)區域 $D$ 含有實軸的一段 $L$;

(2)函數 $u(x,y)+iv(x,y)$ 及 $$\bex u(z,0)+iv(z,0)\quad(z=x+iy) \eex$$ 都在區域 $D$ 內解析. 試證: 在 $D$ 內, $$\bex u(x,y)+iv(x,y)\equiv u(z,0)+iv(z,0). \eex$$

證明:

(1)解析函數 $u(x,y)+iv(x,y)$ 及 $ u(z,0)+iv(z,0)\quad(z=x+iy) $ 在 $L$ 上相等, 而由唯一性定理知它們是相等的.

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9設

(1)函數 $f(z)$ 在區域 $D$ 內解析, $f(z)\neq$ 常數;

(2)$C$ 為 $D$ 內任一條周線, 只要 $\overline{I(C)}$ 全含于 $D$;

(3) $A$ 為任一復數. 試證: $f(z)=A$ 在 $C$ 的內部 $I(C)$ 只有有限個根.

證明: 用反證法. 作 $F(z)=f(z)-A$, 則 $$\bex \exists\ z_n\in I(C)\mbox{ 互異},\st F(z_n)=0. \eex$$ 由聚點定理, $$\bex \exists\ \sed{n_k},\ a\in \overline{I(C)},\st z_{n_k}\to a. \eex$$ 而 $F$ 有非孤立的零點 $a$, 在 $\overline{I(C)}$ 內為零. 再次應用唯一性定理, $F\equiv 0$, 于 $D$ 內. 這是一個矛盾. 故有結論.

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10為 $|e^z|$ 在閉圓 $|z-z_0|\leq 1$ 上的何處達到最大? 并求出最大值.

解答: 設 $z=z_0+re^{i\theta}$, 則 $$\bex |e^z|=|e^{z_0}e^{re^{i\theta}}| =|e^{z_0}e^{r\cos\theta}e^{i\sin\theta}| =|e^{z_0}|\cdot e^{r\cos \theta}\leq e^{\Re z_0+1}, \eex$$ 等號成立當且僅當 $$\bex r=1,\quad \theta=2k\pi\lra z=z_0+1 \eex$$ 時成立.

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11設函數 $f(z)$ 在 $|z|<R$ 內解析, 令 $$\bex M(r)=\max_{|z|=r}|f(z)|,\quad(0\leq r<R). \eex$$ 試證: $M(r)$ 在區間 $[0,R)$ 上是一個上升函數, 且若存在 $r_1$ 及 $r_2$ ($0\leq r_1,r_2<R$), 使得 $M(r_1)=M(r_2)$, 則 $f(z)\equiv$ 常數.

證明: 由解析函數的最大模原理即知結論.

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第五章 解析函數的 Laurent 展式與孤立奇點

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1下列多值函數 $f(z)$ 在指定點的去心鄰域內能否有分支可展成 Laurent 級數.

(1) $\sqrt{z},\ z=0$;

(2)$\sqrt{z(z-2)}, z=1$;

(3)$\dps{\sqrt{\frac{z}{(z-1)(z-2)}},\ z=\infty}$;

(4)$\dps{\Ln \frac{1}{z-1}}$, $z=\infty$;

(5) $\dps{\Ln\frac{(z-1)(z-3)}{(z-2)(z-4)},\ z=\infty}$.

解答:

(1)由 $z=0$ 是 $\sqrt{z}$ 的支點知 ``否''.

(2)由 $\sqrt{z(z-2)}$ 在 $z=1$ 的鄰域 $|z-1|<1$ 內解析知 ``是'' (并且就是 Taylor 級數).

(3)由 $$\bex \lap_C\Arg f(z)=\frac{1}{2}\sez{ \lap_C\Arg z -\lap_C\Arg (z-1) -\lap_C\Arg (z-2) } \eex$$ 知當 $C$ 包圍 $0,1,2$ 時, $\dps{\lap_C\Arg f(z)=-\pi}$, 而 $z=\infty$ 是 $f(z)$ 的支點. 于是 `` 否''.

(4)由 $\Ln w$ 的支點為 $0,\infty$ 知 $f(z)$ 的支點為 $1,\infty$, 而 ``否''.

(5)由 $\Ln w$ 的支點為 $0,\infty$ 知 $f(z)$ 的支點為 $1,2,3,4$. 而 ``能''.

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2 函數 $$\bex f(z)=\frac{1}{z(z-1)^2} \eex$$ 在 $z=1$ 處有一個二階極點; 這個函數又有下列 Laurent 展式: $$\bee\label{5.2:eq} \frac{1}{z(z-1)^2} =\frac{1}{(z-1)^3} -\frac{1}{(z-1)^4} +\frac{1}{(z-1)^5} +\cdots,\quad (1<|z-1|<\infty) \eee$$ 于是就說 ``$z=1$ 又是 $f(z)$ 的本質奇點''. 這個說法對么?

解答: 不對. 因為考察一點 $z_0$ 是 $f(z)$ 的哪類奇點是通過考察 $f$ 在 $z_0$ 的一去心鄰域內的 Laurent 展式得到的. 而展式 \eqref{5.2:eq} 只能說明 $\infty$ 是 $f(z)$ 的三階極點.

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3設函數 $f(z)$ 在點 $a$ 解析, 試證函數 $$\bex g(z)=\left\{\ba{ll} \frac{f(z)-f(a)}{z-a},&z\neq a,\\ f'(a),&z=a \ea\right. \eex$$ 在點 $a$ 也解析.

證明: 由 $f$ 在 $a$ 處解析知其在 $a$ 的一個鄰域內可微, 而 $g$ 在 $a$ 的一個去心鄰域內可微. 又由 $$\beex \bea g'(a)&=\lim_{z\to a}\frac{g(z)-g(a)}{z-a}\\ &=\lim_{z\to a}\frac{\frac{f(z)-f(a)}{z-a}-f'(a)}{z-a}\\ &=\lim_{z\to a} \frac{f(z)-f(a)-f'(a)(z-a)}{(z-a)^2}\\ &=\lim_{z\to a}\frac{f'(z)-f'(a)}{2(z-a)}\\ &=\frac{1}{2}f''(a) \eea \eeex$$ 知 $f$ 的 $a$ 的一個鄰域內可微, 而 $f$ 在 $a$ 處解析.

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4設 $f(z)$ 是整函數, 試證 $$\bex g(z)=\left\{\ba{ll} \frac{f(z)-f(a)}{z-a},&z\neq a,\\ f'(a),&z=a \ea\right. \eex$$ 也是一個整函數.

證明: 由 $f$ 在 $\bbC$ 上可微知 $g$ 在 $\bbC-\sed{0}$ 內可微, 又由 $g'(0)=f''(0)/2$ 知 $g$ 在 $\bbC$ 上可微, 而有結論.

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5試證: 若 $a$ 為 $f(z)$ 的單值性孤立奇點, 則 $a$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 階極點的充要條件是 $$\bex \lim_{z\to a}(z-a)^mf(z)=\alpha\ (\neq 0,\infty), \eex$$ 其中 $m$ 是正整數.

證明: $\ra$ 由 $$\bex f(z)=\frac{\lambda(z)}{(z-a)^m},\quad \lambda(a)\neq 0 \eex$$ 知 $$\bex \lim_{z\to a}(z-a)^m f(z)= \lim_{z\to a}\lambda(z)=\lambda(a)\ (\neq 0,\infty). \eex$$ $\la$ 函數 $\lambda(z)=(z-a)^mf(z)$ 以 $z=a$ 為可去奇點, 而定義 $\lambda(a)=\alpha$ 后成為解析函數. 而 $$\bex f(z)=\frac{\lambda(z)}{(z-a)^m} \eex$$ 以 $a$ 為 $m$ 階極點.

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6若 $a$ 為 $f(z)$ 的單值性孤立奇點, $(z-a)^k f(z)$ ($k$ 是正整數) 在點 $a$ 的去心鄰域內有界. 試證: $a$ 是 $f(z)$ 的不高于 $k$ 階的極點或可去奇點.

證明: 函數 $\lambda(z)=(z-a)^kf(z)$ 以 $a$ 為可去奇點, 而可適當定義 $\lambda(a)$ 后稱為解析函數. 令 $$\bex \lambda(z)=(z-a)^lg(z),\quad g(a)\neq 0,\ l\in \bbN, \eex$$ 則 $$\bex f(z)=\frac{g(z)}{(z-a)^{k-l}}=g(z)(z-a)^{l-k} \eex$$ 以 $a$ 為不高于 $k$ 階的極點或可去奇點.

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7考查函數 $$\bex f(z)=\sin\frac{1}{\sin\frac{1}{z}} \eex$$ 的奇點類型.

證明: 除 $z=0,\infty$ 外, $f(z)$ 還有奇點 $$\bex \sin\frac{1}{z}=0\lra \frac{1}{z}=k\pi\lra z=\frac{1}{k\pi},\ k\in\bbZ. \eex$$ 故

(1)$0$ 是 $f$ 的非孤立奇點.

(2)由 $$\bex f(z)=\sin\omega,\quad\omega=\frac{1}{\sin\frac{1}{z}} \eex$$ 以 $$\bex \omega=\infty\lra z=\infty,\ z=\frac{1}{k\pi},\ k\in\bbZ \eex$$ 為本質奇點知 $\dps{\frac{1}{k\pi}\ (k\in\bbZ),\ \infty}$ 是 $f$ 的本質奇點.

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8試證: 在擴充 $z$ 平面上只有一個一階極點的解析函數 $f(z)$ 必有如下形式: $$\bex f(z)=\frac{az+b}{cz+d},\quad ad-bc\neq 0. \eex$$

證明: 若 $f$ 以 $\infty$ 為唯一一階極點, 則 $f(z)=c_1z+c_0,\ c_1\neq 0$. 若 $f$ 以 $z_0\in\bbC$ 為唯一一階極點, 則 $f$ 以 $\infty$ 為可去奇點, 而 $\dps{f(z)=\frac{c_{-1}}{z-z_0}+c_0,\ c_{-1}\neq 0}$.

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9 (含點 $\infty$ 的區域的 Cauchy 積分定理) 設 $C$ 是一條周線, 區域 $D$ 是 $C$ 的外部 (含點 $\infty$), $f(z)$ 在 $D$ 內解析且連續到 $C$; 又設 $$\bex \lim_{z\to\infty}f(z)=c_0\neq \infty, \eex$$ 則 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_{C^{-}}f(z)\rd z=-c_{-1}. \eex$$ 這里 $c_0,c_{-1}$ 是 $f(z)$ 在無窮遠點去心鄰域內的 Laurent 展式的系數. 試證之.

證明: 取 $R$ 充分大使得 $\vGa:\ |z|=R$ 包圍 $C$, 且 $f(z)$ 在 $|z|>R$ 內可寫成 Laurent 展式 $$\bex f(z)=c_0+\frac{c_{-1}}{z}+\frac{c_{-2}}{z^2}+\cdots,\quad (R<|z|<\infty). \eex$$ 于是 $$\beex \bea \frac{1}{2\pi i}\int_{C^{-}}f(z)\rd z &=-\frac{1}{2\pi i}\int_\vGa f(z)\rd z\\ &=-\frac{1}{2\pi i}\int_\vGa \sum_{n=-\infty}^0 \frac{c_i}{z^i}\rd z\\ &=-\frac{1}{2\pi i}\cdot (c_{-1}2\pi i)\\ &=-c_{-1}. \eea \eeex$$

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10 (含點 $\infty$ 的區域的 Cauchy 積分公式) 假設條件同前題, 則 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_{C^{-}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\rd \zeta =\left\{\ba{ll} f(z)-f(\infty),&z\in D,\\ 0-f(\infty),&z\not\in D. \ea\right. \eex$$

證明: 取 $R$ 充分大使得 $\vGa_z:|\zeta-z|=R$ 包圍 $C$, 且 $f(z)$ 在 $|\zeta-z|>R$ 內有 Laurent 展式 $$\bex f(\zeta)=c_0+\frac{c_{-1}}{\zeta-z}+\cdots,\quad |\zeta-z|>R. \eex$$ 于是 $$\beex \bea \frac{1}{2\pi i}\int_{C^{-}}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\rd \zeta &=f(z)\chi_{D}(z) -\frac{1}{2\pi i}\int_{\vGa_z}\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\rd \zeta\\ &=f(z)\chi_D(z)-c_0\\ &=f(z)\chi_D(z)-f(\infty). \eea \eeex$$

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11應用上題公式計算積分 $$\bex I=\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=99}\frac{\rd z}{(z-2)(z-4)\cdots(z-98)(z-100)}. \eex$$

解答: $$\beex \bea I&=-\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=99^-} \frac{\frac{1}{(z-2)(z-4)\cdots(z-98)}}{z-100}\rd z\\ &=-\sez{\frac{1}{(z-2)(z-4)\cdots(z-98)}|_{z=100} -\frac{1}{(z-2)(z-4)\cdots(z-98)}|_{z=\infty}}\\ &=-\frac{1}{98!!}. \eea \eeex$$

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12設解析函數 $f(z)$ 在擴充 $z$ 平面上只有孤立奇點, 則奇點的個數必為有限個. 試證之.

證明: 由 $f$ 以 $\infty$ 為孤立奇點知存在 $R>0$ 使得 $f$ 在 $|z|>R$ 內解析. 于是 $f$ 的有限奇點均在 $|z|\leq R$ 上. 若 $f$ 有無窮多個有限奇點, 則必有聚點 $z_0:\ |z_0|\leq R$. 而 $z_0$ 為 $f$ 的奇點, 且為非孤立奇點. 這是一個矛盾. 故有結論.

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13求在擴充 $z$ 平面上只有 $n$ 個一階極點的解析函數的一般形式.

解答: 若 $f$ 以 $n$ 個不同的復數 $a_1,\cdots,a_n$ 為一階極點時, $$\bex f(z)=\frac{\lambda(z)}{(z-a_1)\cdots(z-a_n)}, \eex$$ 其中 $\lambda(z)$ 為次數 $\leq n$ 的多項式\footnote{由 $\infty$ 為可去奇點.}, 且 $\lambda(a_i)\neq 0$. 若 $f$ 以 $n-1$ 個不同的復數 $a_1,\cdots,a_{n-1}$ 及 $\infty$ 為一階極點時, $$\bex f(z)=\frac{\lambda(z)}{(z-a_1)\cdots(z-a_{n-1})}, \eex$$ 其中 $\lambda(z)$ 為 $n$ 次多項式\footnote{由 $\infty$ 為一階極點.}, 且 $\lambda(a_i)\neq 0$.

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14設

(1)$C$ 是一條周線, $f(z)$ 在 $C$ 的內部是亞純的, 且連續到 $C$;

(2)$f(z)$ 沿 $C$ 不為零. 則 (試證) $f(z)$ 在 $C$ 的內部至多只有有限個零點和極點.

證明: 用反證法. 若 $f$ 在 $C$ 的內部有無窮多個零點 $z_n$, 則由聚點定理, $$\bex \exists\ \sed{n_k},\ z_0,\st z_{n_k}\to z_0. \eex$$ 又 $f|_C\neq 0$, 我們有 $z_0$ 在 $C$ 的內部 $D$. 于是由唯一性定理, $f$ 在 $D-\sed{f\mbox{ 的極點}}$ 內恒為零. 這與 $f|_C\neq 0$ 矛盾. 故 $f(z)$ 在 $C$ 的內部至多只有有限個零點. 考察 $1/f$, 按上面的論證即有 $f(z)$ 在 $C$ 的內部至多只有有限個極點.

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15 在 Schwarz 引理的假設條件下, 如果原點是 $f(z)$ 的 $\lambda$ 階零點, 求證: $$\bex \sev{\frac{f^{(\lambda)}(0)}{\lambda!}}\leq 1. \eex$$

證明: 由題意, $$\bex f(z)=c_\lambda z^\lambda +c_{\lambda +1}z^{\lambda +1}+\cdots,\quad(|z|<1). \eex$$ 考慮函數 $\dps{\varphi(z)=f(z)/z^\lambda }$, 則由 $\dps{\lim_{z\to 0}\varphi(z)=c_\lambda }$ 知定義 $\varphi(0)=c_\lambda$ 后, $\varphi$ 在 $|z|<1$ 內解析. 而由最大模原理, $$\bex |c_\lambda |=|\varphi(0)| \leq \max_{|z|=\rho}|\varphi(z)|\quad(0<\rho<1). \eex$$ 令 $\rho\to 1^-$ 有 $$\bex \sev{\frac{f^{(\lambda)}(0)}{\lambda!}} =|\varphi(0)|\leq 1. \eex$$ 等號成立當且僅當 $\varphi(z)$ 為常數. 而 $$\bex |\varphi(0)|=1\ra \varphi(z)=e^{i\alpha}\ (\alpha\in\bbR)\ra f(z)=e^{i\alpha}z^\lambda. \eex$$

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16 若 $f(z)$ 在圓 $|z|<R$ 內解析, $f(0)=0, |f(z)|\leq M<\infty$, 且

(1) $\dps{|f(z)|\leq \frac{M}{R}|z|, |z|<R}$, $\dps{|f'(0)|\leq \frac{M}{R}}$;

(2)在圓內有一點 $z\ (0<|z|<R)$ 使 $$\bex |f(z)|=\frac{M}{R}|z|. \eex$$ 試證: $$\bex f(z)=\frac{M}{R}e^{i\alpha}z,\quad \sex{\alpha\in\bbR,\ |z|<R}. \eex$$

證明: 設 $$\bex f(z)=c_1z+c_2z^2+\cdots,\quad |z|<R. \eex$$ 取 $\dps{\varphi(z)=\frac{f(z)}{z}}$, 則 $\dps{\lim_{z\to 0}\varphi(z)=c_1}$, 而定義 $\varphi(0)=c_1$ 后 $\varphi$ 在 $|z|<R$ 內解析, 且由題設 $(1)$ 知 $$\bex |\varphi(z)|\leq \frac{M}{R},\quad |z|<R; \eex$$ 由題設 $(2)$ 及最大模原理知 $\varphi(z)$ 為常數 $e^{i\alpha}$.

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第六章 留數理論及其應用

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1計算積分

(1)$\dps{\int_{C:|z|=2}\frac{z}{\frac{1}{2}-\sin^2z}\rd z}$;

(2)$\dps{\int_{C:|z|=2}\frac{z}{z^4-1}\rd z}$;

(3)$\dps{\int_{C:|z|=2}\frac{\rd z}{(z+i)^{10}(z-1)(z-3)}}$;

(4)$\dps{\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\rd x}{a+\sin^2x}\ (a>0)}$;

(5)$\dps{\int_0^\infty\frac{x\sin ax}{x^2+b^2}\rd x\ (a>0,b>0)}$;

解答: 以下記被積函數為 $f(z)$.

(1) $f(z)$ 在 $C$ 的內部僅有兩個一階極點\footnote{$1/f(z)=(1/2-\sin^2z)/z=0\lra \sin z=\pm \sqrt{2}/2\lra z=\pm \pi /4$.}, 而 $$\beex \bea \mbox{原積分} &=2\pi i\sez{\underset{z=-\frac{\pi}{4}}{\Res}f(z) +\underset{z=\frac{\pi}{4}}{\Res}f(z)}\\ &=2\pi i \sez{\lim_{z\to -\frac{\pi}{4}} \frac{z}{\frac{1}{2}-\sin^2z}\sex{z+\frac{\pi}{4}} + \lim_{z\to \frac{\pi}{4}} \frac{z}{\frac{1}{2}-\sin^2z}\sex{z-\frac{\pi}{4}} }\\ &=2\pi i\sez{ \lim_{z\to -\frac{\pi}{4}} \frac{2z+\frac{\pi}{4}}{-\sin2z} +\lim_{z\to \frac{\pi}{4}} \frac{2z-\frac{\pi}{4}}{-\sin2z}} \\ &=2\pi i\sez{-\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4}}\\ &=-\pi^2 i. \eea \eeex$$

(2) $$\beex \bea \mbox{原積分}&=2\pi i\underset{z^4=1}{\Res}f(z)\\ &=-2\pi i\underset{z=\infty}{\Res}f(z)\\ &=2\pi i\underset{t=0}{\Res}\frac{1/t}{1/t^4-1}\cdot\frac{1}{t^2}\\ &=0. \eea \eeex$$

(3) $$\beex \bea \mbox{原積分}&=2\pi i\sez{\underset{z=-i}{\Res}f(z)+\underset{z=1}{\Res}f(z)}\\ &=-2\pi i\sez{\underset{z=3}{\Res}f(z)+\underset{z=\infty}{\Res}f(z)}\\ &=-2\pi i \sez{ \frac{1}{(3+i)^{10}(-2)}- \underset{t=0}{\Res}\sex{f\sex{\frac{1}{t}}\frac{1}{t^2}}}\\ &=-\frac{\pi i}{(3+i)^{10}}+2\pi i\underset{t=0}{\Res}\frac{t^{10}}{(t-1)(t-i)^{10}(3t-1)}\\ &=-\frac{\pi i}{(3+i)^{10}}. \eea \eeex$$

(4) $$\beex \bea \mbox{原積分}&=\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\rd x}{a+\frac{1-\cos 2x}{2}}\\ &=2\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\rd x}{2a+1-\cos 2x}\\ &=\int_0^\pi \frac{\rd t}{2a+1-\cos t}\\ &=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^\pi \frac{\rd t}{2a+1-\cos t}\\ &=\frac{1}{2} \int_{|z|=1}\frac{1}{2a+1-\frac{z+z^{-1}}{2}}\cdot\frac{\rd z}{iz}\quad(z=e^{it})\\ &=i\int_{|z|=1}\frac{\rd z}{z^2-2(2a+1)z+1}\\ &=i\cdot 2\pi i \underset{z=2a+1-2\sqrt{a(a+1)}}{\Res} \frac{1}{z^2-2(2a+1)z+1}\\ &=-2\pi \cdot\frac{1}{-4\sqrt{a(a+1)}}\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{a(a+1)}}. \eea \eeex$$

(5) 由 $$\bex \int_{-\infty}^\infty\frac{xe^{iax}}{x^2+b^2}\rd x =2\pi i\underset{z=bi}{\Res}\frac{ze^{iaz}}{z^2+b^2} =i\pi e^{-ab} \eex$$ 知 $$\bex \mbox{原積分}=\frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{xe^{iax}}{x^2+b^2}\rd x =\frac{\pi e^{-ab}}{2}. \eex$$

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2計算積分 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta(\zeta-z)}, \eex$$ 其中 $C$ 為單位圓周 $|\zeta|=1,\ z\not\in C$.

解答: 若 $z=0$, 則 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta(\zeta-z)}=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta^2}=0, \eex$$ 若 $0<|z|<1$, 則 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta(\zeta-z)}=\frac{1}{2\pi iz}\int_C\sex{\frac{1}{\zeta-z}-\frac{1}{\zeta}}\rd \zeta =\frac{1}{z}(1-1)=0, \eex$$ 若 $|z|>1$, 則 $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{\rd \zeta}{\zeta(\zeta-z)} =\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{1/(\zeta-z)}{\zeta}\rd \zeta=-\frac{1}{z}. \eex$$

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3設 $f(z)$ 在 $|z|<1$ 內解析, 在 $|z|\leq 1$ 上連續. 試證: $$\bex (1-|z|^2)f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C:|z|=1}f(\zeta)\sex{\frac{1-\bar z\zeta}{\zeta-z}}\rd \zeta, \eex$$ 其中 $z$ 屬于 $C$ 的內部.

證明: $$\beex \bea \frac{1}{2\pi i}\int_{C:|z|=1}f(\zeta)\sex{\frac{1-\bar z\zeta}{\zeta-z}}\rd \zeta &=\underset{\zeta=z}{\Res}\sez{f(\zeta)\sex{\frac{1-\bar z\zeta}{\zeta-z}}}\\ & =f(z)(1-\bar z z)=f(z)(1-|z|^2). \eea \eeex$$

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4試證: $$\bex \sex{\frac{z^n}{n!}}^2=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{z^ne^{z\zeta}}{n!\zeta^n}\cdot\frac{\rd \zeta}{\zeta}, \eex$$ 其中 $z$ 屬于 $C$ 的內部.

證明: $$\bex \frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{z^ne^{z\zeta}}{n!\zeta^n}\cdot\frac{\rd \zeta}{\zeta} =\underset{\zeta=0}{\Res}\sez{\frac{z^ne^{z\zeta}}{n!\zeta^{n+1}}} =\sex{\frac{z^ne^{z\zeta}}{n!}}^{(n)}/n!|_{\zeta=0}=\sex{\frac{z^n}{n!}}^2. \eex$$

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5試證: 含點 $\infty$ 的留數定理.

證明: 含點 $\infty$ 的留數定理: 設 $D$ 是擴充 $z$ 平面上含點 $\infty$ 的區域, 其邊界 $C$ 是由有線條互不包含且互不相交的周線 $C_1,C_2,\cdots,C_m$ 組成; 又設函數 $f(z)$ 在 $D$ 內除去有限個孤立奇點 $z_1,z_2,\cdots,z_n$ 及 $\infty$ 外解析, 且連續到邊界 $C$, 則 $$\bex \int_{C^-}f(z)\rd z=2 \pi i\sez{\sum_{k=1}^n \underset{z=z_k}{\Res}f(z)+\underset{z=\infty}{\Res}f(z)}. \eex$$ 證明如下: 取包圍 $z_k, \infty$ 的圓周 $\tilde C_k, \tilde C_\infty$, 使得 $\tilde C_k, \tilde C_\infty$ 在 $D$ 內. 則 $f$ 在由 $C$, $\tilde C_k$, $\tilde C_\infty$ 圍成的區域內解析, 且連續到邊界. 由 Cauchy 積分定理, $$\bex \int_{C^-}f(z)\rd z =\sum_{k=1}^n \int_{\tilde C_k}f(z)\rd z +\int_{\tilde C_\infty}f(\zeta)\rd \zeta =2\pi i\sez{\sum_{k=1}^n \underset{z=z_k}{\Res}f(z)+\underset{z=\infty}{\Res}f(z)}. \eex$$

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6試證: $$\bex I_1=\int_0^{2\pi }e^{\cos \theta}\cos(n\theta-\sin\theta)\rd \theta=\frac{2\pi}{n!}. \eex$$

解答: 記 $$\bex I_2=\int_0^{2\pi}e^{\cos\theta}\sin(n\theta-\sin\theta)\rd \theta, \eex$$ 則 $$\beex \bea I_1-iI_2&=\int_0^{2\pi}e^{\cos\theta}e^{-i(n\theta-\sin\theta)}\rd \theta\\ &=\int_0^{2\pi}e^{\cos\theta+i\sin\theta}(e^{i\theta})^{-n}\rd \theta\\ &=\int_{|z|=1}e^zz^{-n}\frac{\rd z}{iz}\quad(z=e^{i\theta})\\ &=\frac{1}{i}\int_{|z|=1}\frac{e^z}{z^{n+1}}\rd z\\ &=2\pi \underset{z=0}{\Res}\sez{\frac{e^z}{z^{n+1}}}\\ &=2\pi \frac{(e^z)^{(n)}}{n!}|_{z=0}\\ &=\frac{2\pi }{n!}. \eea \eeex$$

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7設函數 $f(z)$ 在 $|z|\leq r$ 上解析, 在 $|z|=r$ 上 $f(z)\neq 0$. 試證: 在 $|z|=r$ 上 $$\bex \Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}} \eex$$ 的最大值至少等于 $f(z)$ 在 $|z|<r$ 內的零點個數.

證明: $$\beex \bea N(f,C)& =\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f'(z)}{f(z)}\rd z\quad(C:|z|=r)\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_Cz\frac{f'(z)}{f(z)}\cdot\frac{\rd z}{iz}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} z\frac{f'(z)}{f(z)}|_{z=re^{i\theta}}\rd \theta\\ &=\frac{1}{2\pi}\Re\sez{\int_0^{2\pi} z\frac{f'(z)}{f(z)}|_{z=re^{i\theta}}\rd \theta}\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}|_{z=re^{i\theta}}}\rd \theta\\ &\leq \max_{z\in C}\Re\sez{z\frac{f'(z)}{f(z)}}. \eea \eeex$$

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8設 $C$ 是一條周線, 且設

(1)$f(z)$ 符合定理 6.9 的條件 [$a_k(k=1,2,\cdots,p)$ 為 $f(z)$ 在 $C$ 內部的不同零點, 其階相應為 $n_k$; $b_j(j=1,2,\cdots,q)$ 為 $f(z)$ 在 $C$ 的內部的不同的極點, 其階相應為 $m_j$];

(2)$\varphi(z)$ 在閉域 $\overline{I(C)}$ 上解析. 則有 (試證) $$\bex \frac{1}{2 \pi i}\int_C\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}\rd z =\sum_{k=1}^p n_k\varphi(a_k) -\sum_{j=1}^q m_j \varphi(b_j). \eex$$

證明:

(1)設 $a$ 為 $f$ 的 $n$ 階零點, $f(z)=(z-a)^n g(z),\ g(a)\neq 0$, 則 $$\bex \underset{z=a}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}} =n\varphi(a). \eex$$ 事實上, 若 $a$ 為 $\varphi$ 的零點, $\varphi(z)=(z-a)\psi(z)$, 則 $$\bex \varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}=\psi(z)\frac{ng(z)+(z-a)g'(z)}{g(z)}. \eex$$ 而 $a$ 為 $\dps{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}$ 的可去奇點, 我們有 $$\bex \underset{z=a}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}=0=n\varphi(a). \eex$$ 若 $a$ 不為 $\varphi$ 的零點, $\varphi(a)\neq 0$, 則 $$\bex \varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)} =\varphi(z)\frac{ng(z)+(z-a)g'(z)}{(z-a)g(z)}, \eex$$ 而 $a$ 為 $\dps{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}$ 的一階極點, 我們有 $$\bex \underset{z=a}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}=n\varphi(a). \eex$$

(2)設 $b$ 為 $f(z)$ 的 $m$ 階極點, $\dps{f(z)=\frac{h(z)}{(z-b)^m}}$, $h(b)\neq 0$, 則 $$\bex \underset{z=b}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}=-m\varphi(b). \eex$$ 事實上, 若 $b$ 為 $\varphi$ 的零點, $\varphi(z)=(z-b)\zeta(z)$, 則 $$\bex \varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}=\zeta(z)\frac{h'(z)(z-b)-mh(z)}{h(z)}, \eex$$ 而 $b$ 為 $\dps{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}$ 的可去奇點, 我們有 $$\bex \underset{z=b}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}} =0=-m\varphi(b). \eex$$ 若 $b$ 不為 $\varphi$ 的零點, 則 $$\bex \varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}=\varphi(z)\frac{h'(z)(z-b)-mh(z)}{(z-b)h(z)}, \eex$$ 而 $b$ 為 $\dps{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}$ 的一階極點, 我們有 $$\bex \underset{z=b}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}} =-m\varphi(b). \eex$$

(3) 由留數定理, $$\beex \bea \frac{1}{2 \pi i}\int_C\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}\rd z &=\sum_{k=1}^p \underset{z=a_k}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}} -\sum_{j=1}^q \underset{z=b_j}{\Res}\sez{\varphi(z)\frac{f'(z)}{f(z)}}\\ &=\sum_{k=1}^p n_k\varphi(a_k) -\sum_{j=1}^q m_j \varphi(b_j). \eea \eeex$$

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9設 $C$ 是一條周線, 且設

(1)$f(z)$, $\varphi(z)$ 在 $C$ 內亞純, 且連續到 $C$;

(2)沿 $C$, $|f(z)|>|\varphi(z)|$. 則 (試證) $$\bex N(f(z)+\varphi(z),C)-P(f(z)+\varphi(z),C) =N(f(z),C)-P(f(z),C). \eex$$

證明:

(1) 沿 $C$, $$\bex |f(z)|>|\varphi(z)|\geq 0\ra |f(z)|>0, \eex$$ $$\bex |f(z)+\varphi(z)|\geq |f(z)|-|\varphi(z)|>0. \eex$$

(2) 由輻角原理, $$\beex \bea &\quad N(f(z)+\varphi(z),C)-P(f(z)+\varphi(z),C)\\ &=\frac{1}{2\pi}\lap_C\arg\sez{f(z)+\varphi(z)}\\ &=\frac{1}{2\pi}\lap_C\arg\sed{f(z)\sez{1+\frac{\varphi(z)}{f(z)}}}\\ &=\frac{1}{2\pi}\lap_C\arg f(z) +\frac{1}{2\pi} \lap_C\arg \sez{1+\frac{\varphi(z)}{f(z)}}\\ &=\frac{1}{2\pi}\lap_C\arg f(z)\quad \sex{w=1+\frac{\varphi(z)}{f(z)}\ra |w-1|<1}\\ &=N(f(z),C)-P(f(z),C). \eea \eeex$$

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10如果 $\dps{|a|>\frac{e^R}{R^n}}$, 試證方程 $$\bex e^z=az^n\quad(n\in\bbZ^+) \eex$$ 在圓 $|z|<R$ 內恰有 $n$ 個根.

證明: 記 $$\bex f(z)=-az^n,\quad \varphi(z)=e^z. \eex$$ 則 $f,\varphi$ 在 $\bbC$ 上解析, 且沿 $C:|z|=R$, $$\bex |f(z)|=aR^n>e^R\geq e^{\Re z}=|\varphi(z)|. \eex$$ 由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(-az^n+e^z,C)=N(f(z)+\varphi(z),C) =N(f(z),C)=n. \eex$$

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11試證方程 $$\bex \sin z=2z^4-7z+1 \eex$$ 在單位圓 $|z|<1$ 內恰有一根.

證明: 記 $$\bex f(z)=7z,\quad \varphi(z)=\sin z-2z^4-1, \eex$$ 則 $f(z),\varphi(z)$ 在 $\bbC$ 上解析, 且沿 $C:|z|=1$, $$\bex |f(z)|=7>4\geq |\varphi(z)|. \eex$$ 由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(\sin z-2z^4+7z-1,C) =N(f(z)+\varphi(z),C) =N(f(z),C)=1. \eex$$

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12試證方程 $$\bex z+e^{-z}=a\quad(a>1) \eex$$ 在 $\Re z>0$ 內只有一個根, 且為實數.

證明:

(1) 及 $f(z)=z-a,\ \varphi(z)=e^{-z}$, 則 $f(z),\varphi(z)$ 在 $\bbC$ 上解析, 且當 $R>|a|+1$ 時,

a.沿 $C_1:\ z=iy,\ -R\leq y\leq R$, $$\bex |f(z)|=a^2+y^2>1=|\varphi(z)|. \eex$$

b.沿 $C_2:\ z=Re^{i\theta}\ (-\pi\leq\theta\leq \pi)$, $$\bex |f(z)|\geq R-|a| \geq 1\geq|\varphi(z)|. \eex$$ 記 $C=C_1+C_2$, 則由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(z+e^{-z}-a,C)=N(f(z)+\varphi(z),C)=N(f(z),C)=1. \eex$$

(2) 記 $$\bex h(x)=x+e^{-x}-a,\quad\ x\in [0,\infty). \eex$$ 則 $h(0)<0<h(a)$. 由連續函數介值定理, $h$ 有一個實根 $\xi$.

(3) 綜上, $\xi\in\bbR$ 就是 $h(z)$ 在 $\Re z>0$ 內的唯一根.

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13方程 $$\bex z^4-8z+10=0 \eex$$ 在圓 $|z|<1$ 與在圓環 $1<|z|<3$ 內各有幾個根?

解答: 在 $C_1:|z|=1$ 上, $10>|z^4-8z|$, 而由 Rouch\'e 定理知原方程在 $|z|<1$ 內無根. 在 $C_2:|z|=3$ 上, $|z^4|=8>|-8z+10|$, 而由 Rouch\'e 定理知原方程在 $|z|<3$ 內有四個根. 因此, 在圓環 $1<|z|<3$ 內也有四個根\footnote{當 $|z|=1$ 時, $|z^4-8z+10|>10-|z^4-8z|>0$.}.

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14應用 Rouch\'e 定理證明例 3.11.

證明: 在 $|z|=R$ 上, $$\bex |f(z)|>a>|-f(0)|. \eex$$ 而由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(f(z),C)=N(f(z)-f(0),C)\geq 1. \eex$$

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15設 $D$ 為周線 $C$ 的內部, $f(z)$ 在閉域 $\bar D=D+C$ 上解析. 試證: 在 $D$ 內不可能一點 $z_0$, 使 $$\bex |f(z)|<|f(z_0)|,\quad (z\in C). \eex$$

證明:

方法一 由最大模原理立即得到.

方法二 用反證法. 由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(f(z)-f(z_0),C)=N(-f(z_0),C)=0. \eex$$ 這是一個矛盾.

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16 設

(1)$f(z)$ 在點 $z_0$ 解析, $f(z_0)=w_0$;

(2)$f(z)-w_0$ 以 $z_0$ 為 $n$ 階零點. 試證: 對于充分小的 $\ve>0$, 能確定 $\delta>0$, 使對滿足 $0<|a-w_0|<\delta$ 的 $a$, 函數 $f(z)-a$ 在圓 $|z-z_0|<\ve$ 內恰有 $n$ 個一階零點.

證明: 由解析函數零點的孤立性知對充分小的 $\ve>0$\footnote{若 $n=1$, 則 $f(z)=(z-a)g(z),\ g(a)\neq 0, f'(z)=g(z)+(z-a)g'(z),\ f'(a)\neq 0$. 由零點的孤立性及局部保號性 (Page37) 知有結論. 若 $n\geq 2$, 則 $f(z)=(z-a)^ng(z)$, $a$ 仍為 $f'(z)$ 的零點. 由零點的孤立性知有結論.}, $$\bex z\in C:|z-z_0|=\ve\ra f(z)-w_0\neq 0, \eex$$ $$\bee\label{6.16:eq} z:0<|z-z_0|<\ve\ra f'(z)\neq 0. \eee$$ 取 $$\bex \delta=\min_{z\in C}|f(z)-w_0|>0, \eex$$ 則當 $|a-w_0|<\delta$ 時, $$\bex |w_0-a|<\delta<|f(z)-w_0|. \eex$$ 而由 Rouch\'e 定理, $$\bex N(f(z)-a,C)=N(f(z)-w_0,C)=n. \eex$$ 若 $n=1$, 則 $f(z)-a$ 的零點為一階. 若 $n\geq 2$, 往用反證法證明 $f(z)-a$ 的零點為一階, 而有 $n$ 個一階零點. 事實上, 若 $$\bex f(z)-a=(z-\tilde z_0)^kh(z),\quad (k\geq 2, h(\tilde z_0)\neq 0, \tilde z_0\neq z_0), \eex$$ 求導而知 $\tilde z_0$ 為 $f(z)$ 的零點, $f'(\tilde z_0)=0$. 這與 \eqref{6.16:eq} 矛盾. 故有結論.?

轉載于:https://www.cnblogs.com/zhangzujin/p/3547506.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[家里蹲大学数学杂志]第236期钟玉泉复变函数论前六章第二组习题参考解答的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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