习题: 复变函数

本页面所涉及的教材是复旦数院即将于 2025 年出版的复变函数教材. 目前在贺丹青开设的复变函数课程 (2024–2025 春季学期) 上使用.

1复数和复变函数

1.1 复数和复平面

6. 设复数 $z,w$ 满足 $|z|<1,|w|<1$, 证明不等式$$\frac{|w|-|z|}{1-|z||w|}\le \left|\frac{w-z}{1-\bar{z}w}\right|\le \frac{|w|+|z|}{1+|z||w|}.$$

证明. 观察到$$\begin{array}{rl}|w-z{|}^2& =-\bar{z}w-z\bar{w}+|w{|}^2+|z{|}^2\\ & =(1-\bar{z}w-z\bar{w}+|w{|}^2|z{|}^2)-(1-|w{|}^2-|z{|}^2+|w{|}^2|z{|}^2)\\ & =|1-\bar{z}w{|}^2-(1-|w{|}^2)(1-|z{|}^2),\end{array}$$由此有$${\left|\frac{w-z}{1-\bar{z}w}\right|}^2=1-\frac{(1-|w{|}^2)(1-|z{|}^2)}{|1-\bar{z}w{|}^2}\{\begin{array}{l}\le 1-\frac{(1-|w{|}^2)(1-|z{|}^2)}{(1+|z||w|{)}^2}={\left(\frac{|w|+|z|}{1+|z||w|}\right)}^2,\\ \\ \ge 1-\frac{(1-|w{|}^2)(1-|z{|}^2)}{(1-|z||w|{)}^2}={\left(\frac{|w|-|z|}{1-|z||w|}\right)}^2.\end{array}$$

$\square$

8. 给定 $0<\rho <1$ 和两个不同的点 $p,q\in \mathbb{C}$. 证明 $|z-p|=\rho |z-q|$ 表示复平面中的一个圆周, 求出这个圆周的圆心和半径.

解答. 两边平方, 合并同类项得$$(1-{\rho }^2)|z{|}^2-\overline{p-{\rho }^{2}q}z-(p-{\rho }^{2}q)\bar{z}+|p{|}^2-|\rho q{|}^2=0,$$等价于$$|z{|}^2-\frac{\overline{p-{\rho }^{2}q}}{1-{\rho }^2}z-\frac{p-{\rho }^{2}q}{1-{\rho }^2}\bar{z}+{\left|\frac{p-{\rho }^{2}q}{1-{\rho }^2}\right|}^2-({\left|\frac{p-{\rho }^{2}q}{1-{\rho }^2}\right|}^2-\frac{|p{|}^2-|\rho q{|}^2}{1-{\rho }^2})=0,$$常数项的分子是$$|p-{\rho }^{2}q{|}^2-(1-{\rho }^2\left)\right(|p{|}^2-|\rho q{|}^2)={\rho }^2|p-q{|}^2.$$同 $(1.12)$ 式比较, 得出$$\text{圆心 }{z}_0=\frac{p-{\rho }^{2}q}{1-{\rho }^2},\text{半径 }r=\frac{\rho |p-q|}{1-{\rho }^2}.$$$\square$

1.2 复数的极坐标表示

4. 利用复数证明: $\arctan \frac{1}{2}+\arctan \frac{1}{3}=\frac{\pi }{4}$.

证明. 对 $(2+\mathrm{i})(3+\mathrm{i})=5+5\mathrm{i}$ 两端取辐角.

$\square$

9. 给定任意三角形 $△z_1{z}_2{z}_3$, 沿该三角形三条边分别向外作三个正三角形 $△z_1{z}_2{w}_1,△z_2{z}_3{w}_2$ 和 $△z_3{z}_1{w}_3$. 又设这三个三角形的中心分别为 $p_1,p_2,p_3$, 证明 $△p_1{p}_2{p}_3$ 是正三角形.

证明. 记 $\zeta ={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\pi /6}/\sqrt{3}$, 乘上 $\zeta$ 就是长度变为原来的 $1/\sqrt{3}$ 并顺时针转 $30^{\circ }$. 如图所示, $p_2-z_3=\zeta (z_2-z_3)$, 即 $p_2=\zeta z_2+(1-\zeta )z_3$; 同理有 $p_1=\zeta z_1+(1-\zeta )z_2$, 从而$$p_1-p_2=\zeta z_1+(1-2\zeta )z_2+(\zeta -1)z_3,$$$z_1,z_2,z_3$ 的系数模长均为 $1/\sqrt{3}$ 且互相的夹角均为 $120^{\circ }$, 且 $p_2-p_3,p_3-p_1$ 的表达式中的下标轮换对称, 因而这三个复数同样模长相等且互相的夹角均为 $120^{\circ }$.

$\square$

1.3 邻域、极限和区域

3. 设 $T(z)=\frac{z+\mathrm{i}}{z+1}$. 令 $z_1=1$, $z_n=T(z_{n-1}),n\ge 2$. 证明 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{z}_n$ 存在, 且等于 $\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}}$.

证明. 不难验证$$\frac{T(z)-\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}}}{T(z)+\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2}-1}{\mathrm{i}}\frac{z-\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}}}{z+\frac{1+\mathrm{i}}{\sqrt{2}}}.$$$\square$

2全纯函数

2.3 初等全纯函数

3. 设函数 $f$ 在 $\mathbb{C}$ 上全纯, 满足 $f^{\prime }(z)=f(z)$, 且 $f(0)=1$. 证明: $f(z)={\mathrm{e}}^z$.

证明. 设 $f(z)=1+a_{1}z+a_2{z}^2+a_3{z}^3+\cdots$, 由 $f^{\prime }(z)=f(z)$ 得$$a_1+2a_{2}z+3a_3{z}^2+\cdots =1+a_{1}z+a_2{z}^2+\cdots ,$$比较系数得 $a_1=1,a_2=\frac{1}{2!},a_3=\frac{1}{3!},\cdots$, 即 $f(z)=1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\cdots ={\mathrm{e}}^z$.

$\square$

12. 求 $z^{1/3}$ 在 $\mathbb{C}\setminus [0,+\infty )$ 上的所有单值支, 并给出每个单值支的像区域. 试描述其 Riemann 面.

解答. 参考 [SB] §10 (p.135).

$\square$

2.5 初等共形映射

1. 求从水平带域 $\{z:|\mathrm{Im}z|<A\}$ 到右半平面 $\{w:\mathrm{Re}w>0\}$, 且将 $0$ 映成 $1$ 的一个共形映射.

解答. $w=\exp (\pi z/2A)$ 将 $\{z:|\mathrm{Im}z|<A\}$ 映成了 $\{w:|\arg w|<\pi /2\}=\{w:\mathrm{Re}w>0\}$.

$\square$

2. 求从角域 $\{z:|\arg z|<B\}$ 到右半平面 $\{w:\mathrm{Re}w>0\}$, 且将 $1$ 映成 $1$ 的一个共形映射.

解答. $w=z^{\frac{\pi }{2B}}$ 将 $\{z:|\arg z|<B\}$ 映成了 $\{w:|\arg w|<\pi /2\}=\{w:\mathrm{Re}w>0\}$.

$\square$

3全纯函数积分理论

3.2 复积分

7. 证明如下复形式的 Green 公式$${\int }_{\partial \Omega }f(z)\mathrm{d}z+g(z)\mathrm{d}\bar{z}=2\mathrm{i}{\iint }_{\Omega }\left(\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}-\frac{\partial g}{\partial z}\right)\mathrm{d}x\wedge \mathrm{d}y,$$其中 $\Omega$ 是由有线条分段光滑曲线所围区域, $f,g$ 是 $\overline{\Omega }$ 上 $C^1$ 函数.

证明. 由 Stokes 公式, $$\begin{array}{rl}{\int }_{\partial \Omega }f(z)\mathrm{d}z+g(z)\mathrm{d}\bar{z}& ={\iint }_{\Omega }\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}\mathrm{d}\bar{z}\wedge \mathrm{d}z+\frac{\partial g}{\partial z}\mathrm{d}z\wedge \mathrm{d}\bar{z}\\ & ={\iint }_{\Omega }\left(\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}-\frac{\partial g}{\partial z}\right)\mathrm{d}\bar{z}\wedge \mathrm{d}z,\end{array}$$其中 $\mathrm{d}\bar{z}\wedge \mathrm{d}z=(\mathrm{d}x-\mathrm{i}\mathrm{d}y)\wedge (\mathrm{d}x+\mathrm{i}\mathrm{d}y)=2\mathrm{i}\mathrm{d}x\wedge \mathrm{d}y$.

$\square$

8. 设 $\Omega$ 是由一条分段光滑 Jordan 曲线 $\gamma$ 所围的区域, 证明: $\Omega$ 的面积为$$\mathrm{Area}(\Omega )=\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_{\gamma }\bar{z}\mathrm{d}z=\frac{1}{\mathrm{i}}{\int }_{\gamma }(\mathrm{Re}z)\mathrm{d}z.$$

证明. 在上一题中取 $f(z)=\bar{z},g(z)=0$ 得出前者; 取 $f(z)=\mathrm{Re}z,g(z)=0$ 得出后者, 这里$$\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x}-\mathrm{i}\frac{\partial f}{\partial y}\right)=\frac{1}{2}.$$$\square$

3.3 Cauchy 定理

7. 设 $\Omega$ 是分段光滑 Jordan 曲线所围的有界区域, $f$ 是 $\overline{\Omega }$ 上全纯函数, 证明$$\underset{\zeta \in \partial \Omega }{\sup }|\overline{\zeta }-f(\zeta )|\ge 2\frac{A(\Omega )}{\ell (\partial \Omega )},$$其中 $A(\Omega )$ 表示 $\Omega$ 的面积, $\ell (\partial \Omega )$ 表示 $\partial \Omega$ 的长度.

证明. 这是因为$$2A(\Omega )=\left|{\int }_{\partial \Omega }\overline{\zeta }-f(\zeta )\mathrm{d}\zeta \right|\le \ell (\partial \Omega )\underset{\zeta \in \partial \Omega }{\sup }|\overline{\zeta }-f(\zeta )|.$$$\square$

3.4 Cauchy 积分公式

6. 设 $f$ 是整函数, 存在常数 $C>0$ 使得当 $|z|$ 充分大时, $|f(z)|\le C|z{|}^k$. 证明: $f$ 是一个次数不超过 $k$ 的多项式.

证明. 由 Cauchy 不等式, 对任何一点 $z\in \mathbb{C}$ 有$$|f^{(k+1)}(z)|\le \frac{(k+1)!C(|z|+R{)}^k}{R^{k+1}}\to 0,R\to +\infty ,$$从而 $f^{(k+1)}(z)\equiv 0$.

$\square$

8. 设 $A$ 是一个 $n\times n$ 矩阵, $f(z)=\det (zI-A)$ 是矩阵 $A$ 的特征多项式, 利用 Cauchy 积分公式证明 $f(A)=0$ (Cayley–Hamilton 定理).

证明. 参考 Charles A. McCarthy, The American Mathematical Monthly, Volume 82, 1975–Issue 4, pp.390–1.

$\square$

4全纯函数级数理论

4.1 级数和幂级数

8. 设 $a_n$ 是实数, 满足 $a_0\ge a_1\ge \cdots \ge a_n\ge \cdots$ 及 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$. 证明: 当 $z$ 满足 $|z|=1$ 且 $z\ne 1$ 时, 级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}_n$ 收敛. (提示: 考虑 $S_n(z)-z{S}_n(z)$.)

证明. 由 Weierstrass-$M$ 判别法可知 $S_n(z)-z{S}_n(z)=a_0+(a_1-a_0)z+\cdots +(a_n-a_{n-1})z^n-a_n{z}^{n+1}$ 收敛, 除去 $1-z$ 还是收敛.

$\square$

4.2 全纯函数的幂级数展开

2. 由如下幂级数展开式所定义的数 $B_n$ 称为 Bernoulli 数: $$z\cot \frac{z}{2}=1+\sum _{n=1}^{+\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{B_n}{n!}{z}^n.$$(1) 证明: $B_{2k+1}=0$, $k=0,1,\dots$; (2) 求右端幂级数的收敛半径; (3) 求 $B_2,B_4,B_6$.

解答. 参考 [AG] Example 4.3.12.

$\square$

4. 设 $a_0=a_1=1$, $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$ $(n\ge 2)$, 称数列 $\{a_n\}$ 为 Fibonacci 数列. 求幂级数 $\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n{z}^n$ 的收敛半径.

解答. 由于$$(1-z-z^2)\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n{z}^n=\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n{z}^n-\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_{n-1}{z}^n-\sum _{n=2}^{+\infty }{a}_{n-2}{z}^n=a_0+a_{1}z-a_{0}z=1,$$得到 $\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n{z}^n=\frac{1}{1-z-z^2}$, 从而收敛半径为 $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

$\square$

7. 设函数 $f$ 在圆 $D(0,R)$ 上全纯, 其幂级数展开式为 $f(z)=z+\sum _{n=2}^{+\infty }{a}_n{z}^n$. 又设 $|f(z)|<M,z\in D(0,R)$. 证明: 当 $0<|z|<R^2/(M+R)$ 时, $f(z)\ne 0$.

证明. $g(z)=(f(z)-z)/z$ 是从 $D(0,R)$ 到 $D(0,(M+R)/R)$ 的全纯函数, 且 $g(0)=0$, 由 Schwarz 引理, $$\frac{|f(z)-z|}{|z|}=|g(z)|\le \frac{|z|}{R^2/(M+R)},$$从而当 $0<|z|<R^2/(M+R)$ 时 $|f(z)-z|<|z|$, 进而 $f(z)\ne 0$.

$\square$

4.3 全纯函数的零点

8. 设 $f$ 在区域 $\Omega$ 上全纯, 如果对任意 $z_0\in \Omega$, 存在自然数 $n$ 使得 $f^{(n)}(z_0)=0$, 证明: $f$ 是一个多项式.

证明. 对任何 $n\in \mathbb{N}$, 由零点的孤立性和习题 1.3.5, $\{z:f^{(n)}(z)=0\}$ 是可数集 (除非是整个 $\Omega$) , 而题目是说 $\Omega =\bigcup _{n\in \mathbb{N}}\{z:f^{(n)}(z)=0\}$, 身为不可数集的 $\Omega$ 不能是可数个可数集的并, 从而必有 $n\in \mathbb{N}$ 使得 $\Omega =\{z:f^{(n)}(z)=0\}$, 即 $f^{(n)}\equiv 0$.

$\square$

11. 设 $f$ 在 $D(z_0,r)$ 上全纯, $z_0$ 是 $f$ 的 $n$ 阶零点, 且是唯一零点. 证明: 存在 $D(z_0,r)$ 上的全纯函数 $g$ 使得 $z_0$ 是 $g$ 的唯一的单零点, 且满足 $g^n(z)=f(z),z\in D(z_0,r)$.

证明. 设 $f(z)=(z-z_0{)}^{n}h(z)$, 由于 $h(z)$ 在单连通区域 $D(z_0,r)$ 上非零, 可写为 $h(z)={\mathrm{e}}^{\varphi (z)}$ 的形式. 取 $g(z)=(z-z_0){\mathrm{e}}^{\varphi (z)/n}$ 即可.

$\square$

4.4 Laurent 级数

7. 设 $f(z)=\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{a}_n{z}^n$ 是闭圆环 $\overline{A(0;R_1,R_2)}$ 的某个邻域上单叶函数, 其中 $0<R_1<R_2<+\infty$.

(2) 若 $f$ 将圆环 $A(0;R_1,R_2)$ 映成圆环 $A(0;T_1,T_2)$, 证明: $R_2/R_1=T_2/T_1$.

证明. 不妨设 $f$ 把 $|z|=R_1$ 映到了 $|z|=T_1$, 把 $|z|=R_2$ 映到了 $|z|=T_2$ (不然取 $T_1{T}_2/f$). 由 (1) 有$$\begin{array}{rl}{S}_{R_1}& =\pi T_1^2=\pi \sum _{n=-\infty }^{+\infty }n|a_n{|}^2{R}_1^{2n},\\ S_{R_2}& =\pi T_2^2=\pi \sum _{n=-\infty }^{+\infty }n|a_n{|}^2{R}_2^{2n},\end{array}$$两式相除得$$\frac{T_1^2}{T_2^2}=\frac{\cdots +2|a_2{|}^2{R}_1^4+|a_1{|}^2{R}_1^2-|a_{-1}{|}^2{R}_1^{-2}+\cdots }{\cdots +2|a_2{|}^2{R}_2^4+|a_1{|}^2{R}_2^2-|a_{-1}{|}^2{R}_2^{-2}+\cdots }\le \frac{R_1^2}{R_2^2},$$即 $T_1/T_2\le R_1/R_2$, 然后考察 $f$ 的逆映射得反向的不等号.

$\square$

8. 设 $f(z)=z+\sum _{n=0}^{+\infty }{b}_n{z}^{-n}$ 是 $\mathbb{C}\setminus \overline{\mathbb{D}}$ 上单叶函数, 证明: $$\sum _{n=1}^{+\infty }n|b_n{|}^2\le 1.$$

证明. 对任意 $r>1$, $g(|z|=r)$ 是一条 Jordan 曲线, 由 3.2 节习题 8, 其所围区域 $D_r$ 的面积为$$\mathrm{Area}(D_r)=\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_{g(|z|=r)}\bar{w}dw=\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_{|z|=r}\overline{g(z)}{g}^{\prime }(z)dz.$$记 $z=r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }$, 并将 $g$ 的 Laurent 展开式代入上式, 得到$$\begin{array}{rl}\mathrm{Area}(D_r)& =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\left(r{e}^{-\mathrm{i}\theta }+\sum _{n=0}^{\infty }{\bar{b}}_n{r}^{-n}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\theta }\right)\left(1-\sum _{m=1}^{\infty }m{b}_m{r}^{-(m+1)}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(m+1)\theta }\right)r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }d\theta \\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(r^2+\sum _{n=0}^{\infty }{\bar{b}}_n{r}^{-(n-1)}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}(n+1)\theta }-\sum _{m=1}^{\infty }m{b}_m{r}^{-(m-1)}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(m+1)\theta }\\ & -\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{m=1}^{\infty }m{b}_m{\bar{b}}_n{r}^{-(m+n)}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(m-n)\theta })d\theta \\ & =\pi \left(r^2-\sum _{n=1}^{\infty }n|b_n{|}^2{r}^{-2n}\right)\ge 0,\end{array}$$令 $r\to 1^{+}$ 即得 $\sum _{n=1}^{+\infty }n|b_n{|}^2\le 1$.

$\square$

4.5 全纯函数的孤立奇点

6. 设函数 $f$ 在 $D(0,R)$ 上全纯, 在 $D(0,R+\epsilon )$ 上半纯, 这里 $R,\epsilon >0$. 如果 $f$ 在圆周 $C(0,R)$ 上有唯一极点 $z_0$, 且在 $D(0,R)$ 上有幂级数展开式$$f(z)=\sum _{k=0}^{+\infty }{a}_k{z}^k,z\in D(0,R),$$证明: 当 $k\to \infty$ 时, $a_k/a_{k+1}\to z_0$.

证明. 设 $f(z)$ 去掉在 $z_0$ 的主部后是$$g(z)=f(z)-\sum _{n=1}^N\frac{c_n}{(1-z/z_0{)}^n},$$其中诸项在 $z=0$ 处的幂级数展开式为 (为方便表达, 略去常系数 $c_n$) $${\left(\frac{1}{1-z/z_0}\right)}^n={\left[\sum _{k=0}^{+\infty }(\frac{z}{z_0}{)}^k\right]}^n:=\sum _{k=0}^{+\infty }{b}_{n,k}(\frac{z}{z_0}{)}^k,$$其中 $b_{n,k}$ 是求和为 $k$ 的 $n$ 元非负整数组的数目, 即求和为 $k+n$ 的 $n$ 元正整数组的数目, 那么 $b_k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+n-1}{n-1}\right)$, 当 $k\to \infty$ 时, $b_{n,k}/b_{n,k+1}\to 1$. 由于 $g(z)$ 在 $D(0,R+\epsilon )$ 上全纯, 其收敛半径大于等于 $R+\epsilon$, 从而其在 $z=0$ 处的幂级数展开式系数有控制$$\left|a_k-\sum _{n=1}^N{c}_n{b}_{n,k}{z}_0^{-k}\right|\lesssim (R+\epsilon {)}^{-k}=o(R^{-k}),$$进而有$$\frac{a_k}{a_{k+1}}=\frac{\sum _{n=1}^N{c}_n{b}_{n,k}{z}_0^{-k}+o\left(R^{-k}\right)}{\sum _{n=1}^N{c}_n{b}_{n,k+1}{z}_0^{-(k+1)}+o\left(R^{-(k+1)}\right)}\to z_0.$$$\square$

4.6 Mittag–Leffler 定理

4. 设 $\{z_n\}$ 为 $\mathbb{C}$ 中互不相同的非零点组成的序列, 满足 $\sum _{n=1}^{+\infty }|z_n{|}^{-(d+1)}<+\infty$, 这里 $d>1$ 是整数. 证明$$f(z)=\sum _{n=1}^{+\infty }\left(\frac{1}{(z_n-z{)}^d}-\frac{1}{z_n^d}\right)$$定义了 $\mathbb{C}$ 上的半纯函数, 以 $z_n$ 为极点, 且为 $d$ 阶极点, $n=1,2,\dots$.

证明. 限制在每个 $D(0,R)$ 中考察, $\sum _{n=1}^{+\infty }|z_n{|}^{-(d+1)}$ 的收敛性表明 $|z_n|\to +\infty$, 从而当 $n>$ 很大的 $N$ 时, 有 $|z_n|>2R$. 由于$$f(z)=\sum _{n=1}^N\left(\frac{1}{(z_n-z{)}^d}-\frac{1}{z_n^d}\right)+\sum _{n=N+1}^{+\infty }\left(\frac{1}{(z_n-z{)}^d}-\frac{1}{z_n^d}\right),$$左边带来了 $D(0,R)$ 内的极点, 只需要说明右边是一致收敛的级数从而全纯即可. 对于 $\gamma \in \mathbb{C},|\gamma |<1$, 有$$|(1+\gamma {)}^d-1|=\left|\gamma \sum _{j=1}^d\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{j}\right){\gamma }^{j-1}\right|\le |\gamma |\sum _{j=1}^d\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{j}\right)\le 2^d|\gamma |.$$对每个 $n>N$, 取 $\gamma =z/(z_n-z)$, 由 $|z_n|>2R,|z|<R$ 有$$|\gamma |\le \frac{|z|}{|z_n|-|z_n|/2}<\frac{2R}{|z_n|}<1,$$得出估计$$\left|\frac{1}{(z_n-z{)}^d}-\frac{1}{z_n^d}\right|=\frac{1}{|z_n{|}^d}\left|{\left(\frac{z_n}{z_n-z}\right)}^d-1\right|\le \frac{2^d|\gamma |}{|z_n{|}^d}<\frac{2^{d+1}R}{|z_n{|}^{d+1}}.$$$\square$

5留数定理和辐角原理

5.1 留数和留数定理

3. 设 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 是没有公共零点的多项式, 且 $Q(z)$ 的零点 $z_1,z_2,\dots ,z_m$ 都是单零点, 如果 $\mathrm{deg}P(z)<\mathrm{deg}Q(z)$ ($\mathrm{deg}$ 表示多项式的次数), 证明: 有理函数 $P(z)/Q(z)$ 有部分分式分解$$\frac{P(z)}{Q(z)}=\sum _{j=1}^m\frac{P(z_j)}{Q^{\prime }(z_j)}\frac{1}{z-z_j}.$$

证明. 多项式$$R(z)=P(z)-Q(z)\sum _{j=1}^m\frac{P(z_j)}{Q^{\prime }(z_j)}\frac{1}{z-z_j}$$的次数 $\mathrm{deg}R(z)<\mathrm{deg}Q(z)$, 且由 $\underset{z\to z_j}{\lim }R(z)=P(z_j)-P(z_j)=0$ 得到 $R(z_j)=0$, 从而 $R(z)\equiv 0$.

$\square$

9. 证明:$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2n}\theta \mathrm{d}\theta =\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!{)}^2},n>0.$$

证明. $$\begin{array}{rl}\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2n}\theta \mathrm{d}\theta & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{\left(\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }+{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\theta }}{2}\right)}^{2n}\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2\pi }{\int }_{|z|=1}{\left(\frac{z+z^{-1}}{2}\right)}^{2n}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{i}z}\\ & =\frac{1}{2^{2n}}\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{|z|=1}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{k}\right)z^{2n-2k-1}\mathrm{d}z=\frac{1}{2^{2n}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right).\end{array}$$

$\square$

11. 通过在合适的围道上对 $\frac{\cot (\pi z)}{z^2+1}$ 积分, 求 $\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{1}{n^2+1}$. 又如何求 $\sum _{n=0}^{+\infty }(-1{)}^n\frac{1}{n^2+1}$?

解答. 前者见 [AG] Example 5.6.3. 至于后者, 在 4.6 节习题 2 (1) 中令 $z=\mathrm{i}$, 得到$$\frac{\pi }{\sin \pi \mathrm{i}}=\frac{1}{\mathrm{i}}+\sum _{n=1}^{+\infty }(-1{)}^n\frac{2\mathrm{i}}{-1-n^2},$$即$$\frac{\pi }{\sinh \pi }=1+2\sum _{n=1}^{+\infty }(-1{)}^n\frac{1}{n^2+1}.$$$\square$

5.2 利用留数计算积分

1. 利用留数计算下列积分: $$(3){\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{x^n+1},(n\ge 2\text{ 自然数})(4){\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x}{(x^2+1{)}^2}\mathrm{d}x.$$

解答. (3) 见 [RS] Exercise VI.2.1 (b), 答案是 $\frac{\pi /n}{\sin (\pi /n)}$.

(4) 见 [RS] Exercise VI.2.8 (a), 答案是 $\frac{\pi }{2\mathrm{e}}$.

$\square$

2. 利用留数计算下列积分: $$(1){\int }_0^{+\infty }\frac{x^{-a}}{1+x}\mathrm{d}x(0<a<1),(2){\int }_0^{+\infty }\frac{1}{1+x^b}\mathrm{d}x(b>1).$$

解答. (1) 见 [RS] Exercise VI.2.15 (a), 答案是 $\frac{\pi }{\sin (\pi a)}$.

(2) 见 [AG] Example 5.3.7, 答案是 $\frac{\pi /b}{\sin (\pi /b)}$.

$\square$

3. 选取适当的围道 (第一象限 $1/4$ 圆环边界), 利用留数定理证明: 对 $0<a<1$, $${\int }_0^{+\infty }{x}^{a-1}\cos x\mathrm{d}x=\Gamma (a)\cos (\pi a/2),{\int }_0^{+\infty }{x}^{a-1}\sin x\mathrm{d}x=\Gamma (a)\sin (\pi a/2),$$其中 $\Gamma (a)={\int }_0^{+\infty }{t}^{a-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t$ 为 $\Gamma$ 函数.

证明. 见 [AG] Example 5.5.2.

$\square$

4. 选取适当的围道 (顶角为 $\pi /4$ 的扇形边界), 利用留数定理证明: $${\int }_0^{+\infty }\cos (x^2)\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\sin (x^2)\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{2}}.$$

证明. 由上一题的结论, $${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)\cos \frac{\pi }{4}=\sqrt{\frac{\pi }{2}},{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)\sin \frac{\pi }{4}=\sqrt{\frac{\pi }{2}},$$替换 $x$ 为 $x^2$ 即可.

$\square$

5. 选取合适的围道计算定积分$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{\sinh x}\mathrm{d}x.$$

解答. 见 [AG] 5.4 Exercise 24.

$\square$

6. 选取合适的围道和被积函数, 利用留数计算下列积分: $${\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(x+a)({\ln }^{2}x+{\pi }^2)}(a>0).$$

证明. 参考这篇文章.

$\square$

5.3 辐角原理

2. 给定复数 $\lambda$, 证明: 如果 $m$ 和 $n$ 是充分大的正整数, 那么方程 ${\mathrm{e}}^z=z+\lambda$ 在带域 $\{-2\pi \mathrm{i}m<\mathrm{Im}z<2\pi \mathrm{i}n\}$ 内恰有 $m+n$ 个根.

证明. 对充分大的 $K>0$, 取矩形围道 $\Gamma ={\gamma }_1\cup {\gamma }_2\cup {\gamma }_3\cup {\gamma }_4$, 其中 ${\gamma }_1=\{x+2\pi \mathrm{i}n:x$ 从 $-K$ 到 $K\}$, ${\gamma }_2=\{K+\mathrm{i}y:y$ 从 $2\pi n$ 到 $-2\pi m\}$, ${\gamma }_3=\{x-2\pi \mathrm{i}m:x$ 从 $K$ 到 $-K\}$, ${\gamma }_4=\{-K+\mathrm{i}y:y$ 从 $-2\pi m$ 到 $2\pi n\}$, 如下图所示. 结论等价于 $\Gamma$ 在 $f(z)={\mathrm{e}}^z-z$ 下的像 $f(\Gamma )$ 绕着定点 $\lambda$ 转了 $m+n$ 圈. $f({\gamma }_1)=\{{\mathrm{e}}^x-x-2\pi \mathrm{i}n:x$ 从 $-K$ 到 $K\}$, 是从 $A_1={\mathrm{e}}^{-K}+K-2\pi \mathrm{i}n$ 向左走到 $1-2\pi \mathrm{i}n$ 再向右走到 $A_2={\mathrm{e}}^K-K-2\pi \mathrm{i}n$; $f({\gamma }_2)=\{{\mathrm{e}}^{K+\mathrm{i}y}-K-\mathrm{i}y:y$ 从 $2\pi n$ 到 $-2\pi m\}$, 其中 $|{\mathrm{e}}^{K+\mathrm{i}y}|={\mathrm{e}}^K$ 非常大, 令 $-K-\mathrm{i}y$ 相形见绌, 故 $f({\gamma }_2)$ 是从 $A_2$ 开始绕着原点转了 $m+n$ 圈至 $A_3={\mathrm{e}}^K-K+2\pi \mathrm{i}m$ 停下; $f({\gamma }_3)=\{{\mathrm{e}}^x-x+2\pi \mathrm{i}m:x$ 从 $K$ 到 $-K\}$, 相当于 $f({\gamma }_1)$ 向上平移 $2\pi (m+n)$ 后反着走了一遍, 记终点为 $A_4$; 最后 $f({\gamma }_4)=\{{\mathrm{e}}^{-K+\mathrm{i}y}+K-\mathrm{i}y:y$ 从 $-2\pi m$ 到 $2\pi n\}$, 其中 $|{\mathrm{e}}^{-K+\mathrm{i}y}|={\mathrm{e}}^{-K}$ 小如沧海一粟, 从而这个式子约等于 $K-\mathrm{i}y$, 故 $f({\gamma }_4)$ 近乎于从 $A_4$ 向下降落到 $A_1$, 草图如下. 由于横纵坐标 ${\mathrm{e}}^{-K}+K,{\mathrm{e}}^K-K,2\pi m,-2\pi n$ 都能取得很大, $\lambda$ 相较之下离原点很近, 可知 $f(\Gamma )$ 环绕 $\lambda$ 的圈数就是 $m+n$.

$\square$

5. 记 $B(z)=z^2\frac{z-a}{1-az}$.

(1) 证明: 如果 $a>3$, 则 $B$ 在单位圆周 $\mathbb{T}$ 上的限制是 $\mathbb{T}$ 到 $\mathbb{T}$ 的保向同胚.

证明. 求导得$$(1-az{)}^2{B}^{\prime }(z)=-z\underset{p(z)}{\underbrace{[2a{z}^2-(a^2+3)z+2a]}},$$当 $a>3$ 时, $p(z)$ 的判别式为$$(a^2+3{)}^2-4\cdot 4a^2=(a^2-1)(a^2-9)>0,$$从而 $p(z)$ 有两个互异实根 (而不是一对共轭虚根) , 这说明 $z\in \mathbb{T}$ 时 $p(z)\ne 0$, 进而 $B^{\prime }(z)\ne 0$, 故 $B$ 是局部微分同胚.

$\square$

8. 利用 Rouché 定理证明代数基本定理.

证明. 对于 $p(z)=a_n{z}^n+a_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +a_0$, 当 $R>0$ 很大时, 对 $|z|=R$, $$|a_n{z}^n|=|a_n|R^n>|a_{n-1}|R^{n-1}+\cdots +|a_0|\ge |a_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +a_0|,$$从而 $p(z)$ 在 $|z|\le R$ 中的根的个数与 $a_n{z}^n$ 相同, 是 $n$ 个.

$\square$

9. 设 $f$ 是闭单位圆 $\overline{\mathbb{D}}$ 上全纯函数, 且 $|f(z)|<1,z\in \overline{\mathbb{D}}$. 证明: $f$ 在 $\overline{\mathbb{D}}$ 内恰有一个不动点, 即存在唯一的 $z_0\in \mathbb{D}$ 使得 $f(z_0)=z_0$.

证明. 在 $\partial \mathbb{D}$ 上 $|f(z)|<|z|$, 由 Rouché 定理, $f(z)-z$ 与 $z$ 在 $\mathbb{D}$ 内的根的个数相同, 都是 $1$.

$\square$

10. 设 $f,g$ 在 $\overline{\mathbb{D}}$ 上除了有限个极点外全纯, 且满足$$|f(z)+g(z)|<|f(z)|+|g(z)|,|z|=1.$$证明: $f$ 和 $g$ 在 $\mathbb{D}$ 内的零点个数之差等于极点个数之差.

证明. 条件是说在 $|z|=1$ 上 $f(z),g(z)$ 的辐角不会相同, 可知两者关于原点的绕数相同. 直观来看就是 $f(z),g(z)$ 绕着操场跑, 两人的位置从不重合, 则没有发生过套圈, 从而跑的圈数相同.

$\square$

5.4 全纯函数局部和全局性质

1. 证明全纯函数的如下反函数定理: 设 $f$ 在 $z_0$ 的某个邻域内全纯, $f(z_0)=w_0$, 且 $f^{\prime }(z_0)\ne 0$. 那么, 存在 $r>0$, 使得 $\delta ={\inf }_{|z-z_0|=r}|f(z)|>0$, 则在 $D(w_0,\delta )$ 上存在 $f$ 的反函数 $f^{-1}$, 且成立$$f^{-1}(w)=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{|\zeta -z_0|=r}\frac{\zeta f^{\prime }(\zeta )}{f(\zeta )-w}d\zeta ,w\in D(w_0,\delta ).$$

证明. 参考 [AG] Theorem 5.7.17.

$\square$

2. 利用辐角原理证明关于全纯函数局部映射性质的定理.

证明. 扰动 $\delta$ 充分小时, $f(|z-z_0|=r)$ 绕 $w$ 点的圈数不变.

$\square$

3. 设 $\Omega$ 是有界区域, 函数 $f$ 在 $\overline{\Omega }$ 上连续, 在 $\Omega$ 上全纯. 证明:

(1)	如果对 $z\in \partial \Omega$, $|f(z)|$ 是常数, 证明 $f$ 是常值函数或在 $\Omega$ 内有零点.
(2)	如果对 $z\in \partial \Omega$, $\mathrm{Re}f(z)$ 为常数, 证明 $f$ 为 $\Omega$ 上常值函数.

证明. (1) 设 $c$ 是题中常数, 若 $f$ 无零点, 用最大模原理和最小模原理得到 $\underset{\partial \Omega }{\min }|f|\le |f(z)|\le \underset{\partial \Omega }{\max }|f|$.

(2) 设 $c$ 是题中常数, $\mathrm{Re}f(z)-c$ 是边界上为零的调和函数.

$\square$

4. (1) 设 $f$ 在区域 $\Omega$ 上全纯, $D(z_0,\rho )\subset \Omega$, 证明: 对 $p\ge 1$, $$|f(z_0){|}^p\le \frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|f(z_0+r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }){|}^p\mathrm{d}\theta ,r\in (0,\rho ).$$等号成立的充要条件为 $|f(z_0)|=|f(z_0+r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta })|,\theta \in [0,2\pi ]$.

(2) 设 $f_1,\dots ,f_n$ 都是区域 $\Omega$ 上全纯函数, 若对某个 $p\ge 1$ 满足$$|f_1(z){|}^p+\cdots +|f_n(z){|}^p=1,$$证明: $f_1,\dots ,f_n$ 都是常值函数.

证明. (1) 由均值公式, $$|f(z_0){|}^p={\left|\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(z_0+r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta })\mathrm{d}\theta \right|}^p\le \frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|f(z_0+r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }){|}^p\mathrm{d}\theta .$$注: $\mathbb{D}$ 上满足$$\underset{0<r<1}{\sup }{\left(\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|f(r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }){|}^p\mathrm{d}\theta \right)}^{\frac{1}{p}}<+\infty$$的全纯函数全体称为 Hardy 空间, 记为 $H^p$.

(2) 任取一点 $w\in \Omega$, 对所有的 $1\le k\le n$, 取 ${\theta }_k\in \mathbb{R}$ 使得 ${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\theta }_k}{f}_k(w)=|f_k(w)|$, 构造全纯函数$$F(z)=({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\theta }_1}{f}_1(z){)}^p+\cdots +({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\theta }_n}{f}_n(z){)}^p,$$则 $F(w)=1$ 且 $|F|\le 1$, 由最大模原理, $F\equiv 1$, 迫使 $f_1,\dots ,f_n$ 的辐角不变, 同开映射定理矛盾.

$\square$

6. 设 ${\zeta }_1,\dots ,{\zeta }_n$ 是单位圆周 $\mathbb{T}$ 上 $n$ 点, 证明: 存在 $z\in \mathbb{D}$ 使得 $z$ 到 ${\zeta }_1,\dots ,{\zeta }_n$ 的距离的乘积大于 $1$.

证明. 全纯函数 $(z-{\zeta }_1)\dots (z-{\zeta }_n)$ 在 $\overline{\mathbb{D}}$ 上的最大模不能在内点 $0$ 取到.

$\square$

8. 证明广义 Liouville 定理: 设 $f$ 是整函数, 且对任意 $z\in \mathbb{C}$, 有 $|f(z)|<1/|\mathrm{Im}z|$, 则 $f(z)\equiv 0,z\in \mathbb{C}$. (提示: 考虑 $g(z)=(z^2-R^2)f(z)$ 在圆周 $|z|=R$ 上的最大模.)

证明. 当 $|z|=R$ 时, 有$$|(z^2-R^2)f(z)|=|2\mathrm{i}(\mathrm{Re}z)(\mathrm{Im}z)f(z)|\le 2|\mathrm{Re}z|\le 2R.$$由最大模原理, 只要 $|z|\le R$, 就有$$|f(z)|\le \frac{2R}{|z^2-R^2|},$$令 $R\to +\infty$ 即得 $f(z)=0$.

$\square$

10. 设 $f$ 是 $\mathbb{C}$ 上半纯函数, 如果存在自然数 $m$, 使得对任意 $w\in \mathbb{C}$, $f^{-1}(w)$ 至多包含 $m$ 个点 (计重数), 证明: $f$ 是有理函数.

证明. 设 $f^{-1}(w_0)=\{z_1,\dots ,z_n\}$ 中的元素个数 $n$ 最多, 对 $f(z)$ 在 $z_j$ $(1\le j\le n)$ 用开映射定理, 可知对任给的 $\delta >0$ (如 $\delta =1$), 有 $f(D(z_j,\delta ))\supset D(w_0,\epsilon )$ 对某个小的 $\epsilon >0$ 成立. 那么对一切 $w\in D(w_0,\epsilon )$, 在各个 $D(z_j,\delta )$ 之内已有 $f(z)=w$ 的 $n$ 个解, 无法再有更多的解了, 即 $f(z)$ 在各个 $D(z_j,\delta )$ 之外不取 $D(w_0,\epsilon )$ 中的值, 这就表明 $1/(f(z)-w_0)$ 是在无穷远处有界的半纯函数, 必定是有理函数, 从而 $f(z)$ 亦是.

$\square$

5.5 Schwarz 引理

1. 设 $f$ 在单位圆 $\mathbb{D}$ 上全纯, 满足 $|f(z)|\le 1,z\in \mathbb{D}$, 且 $0$ 是 $f$ 的 $n$ 阶零点 $(n>1)$. 证明: $$|f(z)|\le |z{|}^n,z\in \mathbb{D},\text{以及}|f^{(n)}(0)|\le n!.$$等号成立的充要条件是 $f(z)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^n$.

证明. $0$ 是 $g(z)=f(z)/z^n$ 的可去奇点, 取值为 $g(0)=f^{(n)}(0)/n!$.

$\square$

2. 设 $f$ 在单位圆 $\mathbb{D}$ 上全纯, 满足 $|f(z)|\le 1,z\in \mathbb{D}$. 如果 $z_0\in \mathbb{D}$ 是 $f$ 的一个 $n$ 阶零点, 证明: $|z_0{|}^n\ge |f(0)|$.

证明. 令$${\phi }_{z_0}(z)=\frac{z-z_0}{1-{\bar{z}}_{0}z},$$对 $h(z)=f(z)/{\phi }_{z_0}^n(z)$ 用最大模原理, 得 $|h(0)|\le 1$.

$\square$

3. 设 $f$ 是单位圆 $\mathbb{D}$ 上的全纯函数, 满足 $\mathrm{Re}f(z)>0$. 证明: 对 $z,z_0\in \mathbb{D}$,

(1) $\left|\frac{f(z)-f(z_0)}{f(z)+\overline{f(z_0)}}\right|\le \left|\frac{z-z_0}{1-{\bar{z}}_{0}z}\right|$,   (2) $|f^{\prime }(z)|\le \frac{2\mathrm{Re}f(z)}{1-|z{|}^2}$.

证明. 令$$g(z)=\frac{1-f(z)}{1+f(z)},$$算出来$$\frac{g(z)-g(z_0)}{1-\overline{g(z_0)}g(z)}=\frac{-f(z)+f(z_0)}{f(z)+\overline{f(z_0)}},\frac{|g^{\prime }(z)|}{1-|g(z){|}^2}=\frac{|f^{\prime }(z)|}{2\mathrm{Re}f(z)},$$对 $g$ 用 Schwarz–Pick 定理即可.

$\square$

4. 设 $f$ 是单位圆 $\mathbb{D}$ 上全纯函数, 满足 $\mathrm{Re}f(z)>0$, $f(0)=1$. 证明:

(a)	$\frac{1-|z|}{1+|z|}\le \mathrm{Re}f(z)\le \frac{1+|z|}{1-|z|}$,
(b)	$\mathrm{Im}f(z)\le \frac{2|z|}{1-|z{|}^2}$,
(c)	$\frac{1-|z|}{1+|z|}\le |f(z)|\le \frac{1+|z|}{1-|z|}$.

证明. 令$$g(z)=\frac{1-f(z)}{1+f(z)}.$$一方面, $\mathrm{Re}f(z)>0$ 说明 $|1-f(z)|<|1+f(z)|$, 从而 $g$ 是 $\mathbb{D}$ 到 $\mathbb{D}$ 的映射, 结合 $g(0)=0$ 知 $|g(z)|\le |z|$, 从而有$$-|z|(1+|f(z)|)\le 1-|f(z)|\le |z|(1+|f(z)|),$$整理得 (c). 另一方面, 反解出$$f(z)=\frac{1-g(z)}{1+g(z)},$$进而$$\mathrm{Re}f(z)=\frac{1-|g(z){|}^2}{|1+g(z){|}^2},\mathrm{Im}f(z)=\frac{-2\mathrm{Im}g(z)}{|1+g(z){|}^2},$$放缩即得 (a) 和 (b).

$\square$

5. 设 $f(z)$ 是 $\mathbb{D}$ 到区域 $\Omega$ 的共形映射, 证明 $f(0)$ 到 $\partial \Omega$ 的距离 $\mathrm{dist}(f(0),\partial \Omega )$ 满足$$\mathrm{dist}(f(0),\partial \Omega )\le |f^{\prime }(0)|.$$

证明. 令$$g(z)=\frac{f(z)-f(0)}{f^{\prime }(0)},$$记 $r=\mathrm{dist}(0,\partial g(\mathbb{D}))$, 则 $r=\mathrm{dist}(f(0),\partial \Omega )/|f^{\prime }(0)|$, 且 $D(0,r)\subset g(\mathbb{D})$. 由于 $g$ 亦是共形映射, 对 $g^{-1}:D(0,r)\to \mathbb{D}$ 用 Schwarz 引理得 $|(g^{-1}{)}^{\prime }(0)|\le 1/r$, 从而 $r\le 1/|(g^{-1}{)}^{\prime }(0)|=|g^{\prime }(0)|=1$.

$\square$

9. 设 $f(z)=a_{1}z+a_2{z}^2+\cdots$ 在 $\mathbb{D}$ 中全纯, $|f(z)|<1$, 证明: $|a_2|\le 1-|a_1{|}^2$.

证明. 对 $g(z)=f(z)/z$ 在 $z=0$ 用 Schwarz–Pick 定理, 得 $|g^{\prime }(0)|\le 1-|g(0){|}^2$.

$\square$

10. 证明 Jensen 不等式: 设 $f(z)$ 在闭圆 $\overline{D(0,R)}$ 上全纯, $f(0)\ne 0$. 记 $f(z)$ 在 $D(0,R)$ 内的零点为 $z_1,z_2,\dots ,z_n$ ($k$ 重零点重复记 $k$ 次), $M_R={\max }_{|z|=R}|f(z)|$, 则: $$\ln \frac{R^n}{|z_1{z}_2\cdots z_n|}\le \ln M_R-\ln |f(0)|.$$

证明. 通过 Jensen 公式易得结论.

$\square$

5.6 单位圆上的双曲几何

1. 证明: 对任意 $z,w\in \mathbb{D}$, 如果 $|z|,|w|\le r$ $(0<r<1)$, 则$$d_{\mathbb{D}}(z^2,w^2)\le \frac{2r}{1+r^2}{d}_{\mathbb{D}}(z,w).$$

证明. 令 $\gamma$ 取遍连接 $z$ 和 $w$ 的曲线, 则$$d_{\mathbb{D}}(z^2,w^2)\le \underset{\gamma }{\inf }{\int }_{\gamma }\frac{2|d(u^2)|}{1-|u^2{|}^2}=\underset{\gamma }{\inf }{\int }_{\gamma }\frac{2|u|}{1+|u{|}^2}\frac{2|du|}{1-|u{|}^2}\le \frac{2r}{1+r^2}{d}_{\mathbb{D}}(z,w).$$$\square$

4. (Wolff–Denjoy 定理) 设 $f:\mathbb{D}\to \mathbb{D}$ 全纯, 记 $f^{\circ n}=f\circ f\circ \cdots \circ f$ (复合 $n$ 次), 若 $f$ 不是共形映射, 则 $\{f^{\circ n}\}$ 在 $\mathbb{D}$ 上内闭一致收敛于一个常数 $c\in \overline{\mathbb{D}}$. 如果 $c\in \mathbb{D}$, 则 $f(c)=c$, $|f^{\prime }(c)|<1$.

证明. 由于 $f$ 不是共形映射, 由 Schwarz 引理$$\frac{|f^{\prime }(z)|}{1-|f(z){|}^2}<\frac{1}{1-|z{|}^2}.$$对任意紧集 $K\subset \mathbb{D}$, 存在常数 $\lambda =\lambda (K)<1$, 使得$$\frac{|f^{\prime }(z)|}{1-|f(z){|}^2}\le \lambda \frac{1}{1-|z{|}^2},z\in K.$$写成 Poincaré 距离形式, 就有$$d_{\mathbb{D}}(f(z_1),f(z_2))\le \lambda d_{\mathbb{D}}(z_1,z_2),z_1,z_2\in K.$$分两种情形讨论:

(1) 存在 $z\in \mathbb{D}$ 使得 $|f^{\circ n}(z)|\nrightarrow 1$ $(n\to \infty )$.

此时, 存在子列 $\{n_k\}$ 使得 $f^{\circ n_k}(z)\to c\in \mathbb{D}$ $(n\to \infty )$. 于是, 存在 $0<r<1$, 使得 $f^{\circ n_k}(z)\in \overline{D(0,r)}$, 等价于$$d_{\mathbb{D}}\left(f^{\circ n_k}(z),0\right)\le R:=\log \frac{1+r}{1-r}<\infty .$$又由 Schwarz 引理, $$\begin{array}{rl}{d}_{\mathbb{D}}(f^{\circ (n+1)}(z),0)& \le d_{\mathbb{D}}(f^{\circ (n+1)}(z),f(0))+d_{\mathbb{D}}(f(0),0)\\ & \le d_{\mathbb{D}}(f^{\circ n}(z),0)+d_{\mathbb{D}}(f(0),0)\\ & \le R+d_{\mathbb{D}}(f(0),0)=R_1.\end{array}$$这表明序列 $\{f^{\circ n}(z)\}$ 和 $\{f^{\circ (n+1)}(z)\}$ 都落于紧集 $\overline{D(0,r_1)}$ 中, 这里 $r_1=\frac{e^{R_1-1}}{e^{R_1+1}}<1$. 于是, 存在 $0<\lambda <1$, 使得$$d_{\mathbb{D}}(f^{\circ (n_k+2)}(z),f^{\circ (n_k+1)}(z))\le \lambda d_{\mathbb{D}}(f^{\circ (n_k+1)}(z),f^{\circ n_k}(z)).$$对任意 $n$, 有$$d_{\mathbb{D}}(f^{\circ (n+1)}(z),f^{\circ n}(z))\le {\lambda }^m{d}_{\mathbb{D}}(f(z),z),$$这里, $m$ 是 $\{1,2,\dots ,n-1\}$ 中含有子列 $\left\{n_k\right\}$ 中元素的个数, 当 $n\to \infty$ 时, $m\to \infty$. 因此, $$d_{\mathbb{D}}(f^{\circ (n+1)}(z),f^{\circ n}(z))\to 0(n\to \infty ).$$在上式中取 $n=n_k$, 因 $f^{\circ n_k}(z)\to c$, 就得$$d_{\mathbb{D}}(f(c),c)=0,\text{ 即 }f(c)=c.$$于是, 对任意紧集 $K\subset \mathbb{D}$, 以及 $z\in K$, 存在 $M>0$ 使得 $d_{\mathbb{D}}(z,c)\le M$. 而$$d_{\mathbb{D}}(f^{\circ n}(z),c)=d_{\mathbb{D}}(f^{\circ n}(z),f^{\circ n}(c))\le d_{\mathbb{D}}(z,c)\le M.$$表明 $\{f^{\circ n}(z)\}$ 位于紧集 $\{z\in \mathbb{D}:d_{\mathbb{D}}(z,c)\le M\}$ 内. 因此存在 $0<{\lambda }_1<1$ 使得$$d_{\mathbb{D}}(f^{\circ n}(z),c)\le {\lambda }_1^n{d}_{\mathbb{D}}(z,c)\le {\lambda }_1^{n}M\to 0,$$即 $f^{\circ n}(z)$ 在 $K$ 中一致收敛于 $c\in \mathbb{D}$. 由 Schwarz 引理, $|f^{\prime }(c)|<1$.

(2) 对任意 $z\in \mathbb{D}$, $|f^{\circ n}(z)|\to 1$.

对任意 $0<\epsilon <1$, 令 $f_{\epsilon }(z)=(1-\epsilon )f(z)$. 则 $|f_{\epsilon }(z)|<1-\epsilon$. 按 (1) 的讨论, 存在 $f_{\epsilon }$ 的不动点 $c_{\epsilon }\in \overline{D(0,1-\epsilon )}$ 使得 $f_{\epsilon }^{\circ n}(z)\to c_{\epsilon }$. 存在 ${\epsilon }_j\to 0$ 使得 $c_{{\epsilon }_j}\to c\in \overline{\mathbb{D}}$.

如果 $c\in \mathbb{D}$, 则 $c$ 是 $f$ 的不动点, 按 (1) 的讨论 $f^{\circ n}(z)$ 内闭一致收敛于 $c$, 与 $|f^{\circ n}(z)|\to 1$ 矛盾. 因此, $c\in \partial \mathbb{D}$.

令 $r_{\epsilon }=d_{\mathbb{D}}(c_{\epsilon },0),D_{\rho }(c_{\epsilon },r_{\epsilon })=\{z\in \mathbb{D}:d_{\mathbb{D}}(z,c_{\epsilon })<r_{\epsilon }\}$. 那么, 对 $z\in D_{\rho }(c_{\epsilon },r_{\epsilon })$, 我们有$$d_{\mathbb{D}}(f_{\epsilon }(z),c_{\epsilon })<d_{\mathbb{D}}(z,c_{\epsilon })<r_{\epsilon },$$意味着 $f_{\epsilon }(z)\in D_{\rho }(c_{\epsilon },r_{\epsilon })$. 注意到 $D_{\rho }(c_{\epsilon },r_{\epsilon })$ 的欧氏圆心和半径分别为$${\zeta }_{\epsilon }=c_{\epsilon }\frac{1-{\sigma }_{\epsilon }^2}{1-{\sigma }_{\epsilon }^2|c_{\epsilon }{|}^2},R_{\epsilon }={\sigma }_{\epsilon }\frac{1-|c_{\epsilon }{|}^2}{1-{\sigma }_{\epsilon }^2|c_{\epsilon }{|}^2},\text{ 这里 }{\sigma }_{\epsilon }=\frac{e^{r_{\epsilon }}-1}{e^{r_{\epsilon }}+1}=|c_{\epsilon }|.$$当 ${\epsilon }_j\to 0$, 有 $c_{{\epsilon }_j}\to c\in \partial \mathbb{D}$, ${\sigma }_{{\epsilon }_j}=|c_{{\epsilon }_j}|\to 1$ 得到 ${\zeta }_{{\epsilon }_j}\to c/2,R_{{\epsilon }_j}\to 1/2$. 即 $D_{\rho }(c_{{\epsilon }_j},r_{{\epsilon }_j})\to D(c/2,1/2)$. 又由于 $f_{{\epsilon }_j}\to f$, 故当 $z\in D(c/2,1/2)$ 时, $f^{\circ n}(z)\in D(c/2,1/2)$. 而 $|f^{\circ n}(z)|\to 1$, 必有 $f^{\circ n}(z)\to c$.

$\square$

6共形映射

6.1 典型区域

2. 证明 $\mathbb{D},\mathbb{C}$ 和 ${\mathbb{C}}_{\infty }$ 两两互不共形等价.

证明. 前两者不共形等价是因为, 由 Liouville 定理, 不存在 $\mathbb{C}\to \mathbb{D}$ 的非常值全纯映射; 共形映射是同胚, ${\mathbb{C}}_{\infty }$ 是紧集而 $\mathbb{D},\mathbb{C}$ 都不是, 故 ${\mathbb{C}}_{\infty }$ 与前两者都不共形等价.

$\square$

6.2 全纯函数的紧性

4. 设 $\mathcal{F}$ 是单位圆 $\mathbb{D}$ 上全纯函数族, 对任意 $f(z)\in \mathcal{F}$, 其幂级数展开式$$f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n\text{满足}|a_n|\le n.$$证明 $\mathcal{F}$ 是正规族.

证明. 注意 $F(z)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n+1}{z}^{n+1}$ 是 $f(z)$ 的原函数, 且$$|F(z)|\le \sum _{n=0}^{\infty }|z{|}^{n+1}=\frac{|z|}{1-|z|}$$内闭一致有界, 从而 $f(z)$ 亦如是.

$\square$

5. 设 $\mathcal{F}$ 是区域 $\Omega$ 上全纯函数族, 满足对任意 $f(z)\in \mathcal{F}$, $${\iint }_D|f(z)|dxdy\le 1.$$证明, $\mathcal{F}$ 是 $\Omega$ 上正规族.

证明. 设 $K$ 是 $\Omega$ 的紧子集, 由习题 1.3.6 有 $r:=\mathrm{dist}(K,\mathbb{C}\setminus \Omega )>0$, 从而对任意的 $z\in K$, $$|f(z)|\le \frac{1}{\pi r^2}{\iint }_{D(z,r)}|f|dxdy\le \frac{1}{\pi r^2}.$$$\square$

6.3 Riemann 映射定理

1. 设 $f(z)$ 是整函数, 如果存在简单曲线 $\gamma :[0,+\infty )\to \mathbb{C},\gamma (t)\to \infty$ $(t\to +\infty )$, 使得 $f(z)\in \mathbb{C}\setminus \gamma ,\forall z\in \mathbb{C}$. 证明 $f(z)$ 是常值函数.

证明. $f$ 的值域有一道裂缝取不到, 这使得 $\log f(z)$ 的单值支成为整函数, 设带状区域 $S$ 包含了 $\log f(z)$ 的值域, 再复合一个 $S$ 到单位圆盘 $\mathbb{D}$ 的共形映射即可.

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7调和函数

7.1 调和函数和共轭调和函数

1. 证明下列函数是复平面 $\mathbb{C}$ 上调和函数:

(a) $x^2-y^2$,  (b) $\sinh x\sin y$,  (c) $xy+3x{y}^2-y^3$,  (d) ${\mathrm{e}}^{x^2-y^2}\cos (2xy)$.

证明. (a) $\mathrm{Re}(z^2)=x^2-y^2$,

(b) $\mathrm{Im}(\cosh z)=\sinh x\sin y$,

(c) $\mathrm{Im}(z^2/2+z^3)=xy+3x{y}^2-y^3$,

(d) $\mathrm{Re}\left({\mathrm{e}}^{z^2}\right)={\mathrm{e}}^{x^2-y^2}\cos (2xy)$.

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2. 设 $h(z)$ 是某区域上的复值调和函数. 证明: 如果 $zh(z)$ 也是调和的, 则 $h(z)$ 是全纯函数.

证明. 这是因为$$0=4\frac{\partial }{\partial z}\frac{\partial }{\partial \bar{z}}(zh)=4\frac{\partial }{\partial z}\left(z\frac{\partial h}{\partial \bar{z}}\right)=4\frac{\partial h}{\partial \bar{z}}+z\Delta h=4\frac{\partial h}{\partial \bar{z}}.$$$\square$

7.4 Poisson 公式

3. 设 $f(z)$ 是整函数, 满足 $\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{1}{z}\mathrm{Re}f(z)=0$. 证明: $f(z)$ 为常数.

证明. 记 $u(z)=\mathrm{Re}f(z)$, 注意到 $\frac{\partial u}{\partial z}$ 同样是调和函数, 那么对任何一点 $z_0$, 由 7.3 节习题 2, $$\frac{\partial u}{\partial z}(z_0)=\frac{1}{\pi r^2}{\iint }_{D(z_0,r)}\frac{\partial u}{\partial z}dxdy.$$接着, 由 3.2 节习题 7, 又有$${\int }_{|z-z_0|=r}u(z)d\bar{z}=-2\mathrm{i}{\iint }_{D(z_0,r)}\frac{\partial u}{\partial z}dxdy.$$结合两者, 得出$$\left|\frac{\partial u}{\partial z}(z_0)\right|=\frac{1}{2\pi r^2}\left|{\int }_{|z-z_0|=r}u(z)d\bar{z}\right|\le \frac{1}{r}\underset{|z-z_0|=r}{\max }|u(z)|.\text{\hspace{1em}(∗)}$$$(\ast )$ 称为调和函数的梯度估计, 值得熟练掌握. 以上都是调和函数的一般性质, 现在开始用题目的条件: 对任意 $\epsilon >0$, 只要 $r>|z_0|$ 够大, 当 $|z-z_0|=r$ 时 $z$ 的模长就够大, 从而有$$|u(z)|<\epsilon |z|\le \epsilon (|z_0|+r)<2\epsilon r,$$进而$$\left|\frac{\partial u}{\partial z}(z_0)\right|\le \frac{1}{r}\underset{|z-z_0|=r}{\max }|u(z)|\le 2\epsilon ,$$由 $\epsilon$ 的任意性知道 $\frac{\partial u}{\partial z}(z_0)=0$, 即 $\frac{\partial u}{\partial z}\equiv 0$, 表明 $u(z)$ 为常数, 由此 $f(z)$ 为常数.

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4. 设 $u(z)$ 在复平面 $\mathbb{C}$ 上调和, $|u(z)|\le k|y|$, 这里 $z=x+\mathrm{i}y$. 证明: $u(z)=ky$, 其中 $k$ 为实常数, 满足 $|k|\le K$.

证明. 用上一题中的梯度估计 $(\ast )$, 同样限定 $r>|z_0|$, 可知$$\left|\frac{\partial u}{\partial z}(z_0)\right|\le \frac{1}{r}\underset{|z-z_0|=r}{\max }|u(z)|\le \frac{1}{r}\underset{|z-z_0|=r}{\max }k|y|\le 2k,$$由 Liouville 定理, $\frac{\partial u}{\partial z}\equiv$ 常数, 写为$$\frac{\partial u}{\partial z}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial u}{\partial x}-\mathrm{i}\frac{\partial u}{\partial y}\right)\equiv \frac{1}{2}(j-\mathrm{i}k),$$即 $\frac{\partial u}{\partial x}\equiv j,\frac{\partial u}{\partial y}\equiv k$, 得到 $u(z)=u(0)+jx+ky$, 代入条件即得结论.

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5. 证明 ${\mathbb{C}}^{\ast }=\mathbb{C}\setminus \{0\}$ 上正调和函数是常数.

证明. 若 $u(z)$ 是 ${\mathbb{C}}^{\ast }$ 上的正调和函数, 则 $u({\mathrm{e}}^z)$ 是 $\mathbb{C}$ 上的正调和函数.

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参考文献

[AG]	Nakhlé H. Asmar, Loukas Grafakos. Complex Analysis with Applications. Undergraduate Texts in Mathematics. Springer, 2018.
[RS]	Rami Shakarchi, Problems and Solutions for Complex Analysis. Springer, 1999.
[SB]	Б. В. Шабат (沙巴特), 《复分析导论: 第一卷 单复变函数》, 胥鸣伟、李振宇译, 高等教育出版社, 2011 年.