首都师范大学学报（自然科学版） 第30卷第1期 Journal of Capital Nomal University No.I 2009年2月 (Natural Science Edition) Feh.2009 由调和函数构造解析函数的一种方法 张燕勤张琳王安 (首都师范大学数学科学学院。北京100048) 摘 要 给出己知一个二元实调和函数求解析函数的一个简单公式，并应用调和函数的laplace条件，解析函数在某一 点处的幂级数展开，以及实部、虚部的对应关系给出证明 关键词：解析函数，Laplace方程调和函数，Cauchy-Riemann方程. 中图分类号：01744 许多数学理论的作用和意义，在它和客观现实 f(z)在不计一个常数项的情况下是唯一的.本文研 对象相联系时才能表现出来，并且使理论更加丰富 究在己知一个二元实调和函数u=u(x,y)(或y= 和充实，而理论的丰富和充实又使其应用范围不断 v(x,y)的情况下，构造解析函数f(z),使得 扩大.复变函数理论和方法，一开始就和现实对象流 u(x,y)(或v=v(x,y)就是解析函数f(z)的实部 体力学结合在一起因而发展迅速，并在解决其它科 (或虚部). 学技术领域所提出来的反映实际的数学问题上起着 Ahlfors在文献2中这样描述到：“我们可以导 广泛和有效的作用·.比如，C.R方程这一判别复 出一个极其简单的方法，可以不必应用积分，就能算 变函数为解析的条件，就是Elr在研究流体力学时 出实部为已知调和函数u(x,y)的解析函数f(z) 获得的.由于复变函数理论的广泛应用，涌现出许多 首先注意到共轭函数f(z)对于z的导数为0，f(z) 新理论新方法，这些新的理论和方法又促进了复变 函数理论本身的发展，不仅使它的内容更加丰富，而 解析，所以2r2）-=0所似-0.因而e)可以 正 且开辟了许多新分支和新领域. 看作是乏的函数，以f位)表示∫(z), 应用复变函数的理论和方法可以简便有效地解 由于 决水利学、空气动力学的许多问题.例如区域G内 (1) 的一个稳定温度场的温度分布就是一个调和函数， [(2=u(x.y). 2 这个调和函数在边界上的值就表示边界上的温度， 当我们不能直接测量出G内各点的温度时，只要直 取x=子y=则2=0z=,此时1)式变为 接测量出边界上的温度，内部的温度分布作为严格 (z)+f0) 调和函数就可以完全确定下来.计算G内温度时的 422司 2 误差不超过测量边界上温度时产生的误差，其中主 移项整理得： 要是利用单变量的解析函数和二实变量的调和函数 f(z)=2u -u(0.0) (2) 之间的紧密联系 且一个虚数常数可任意代入.” 我们知道，区域D内任何一个二元调和函数都 对于以上解法，Ahlfors指出“提到的一个有趣的 可以看作是D内某个解析函数f(z)的实部或虚部， 形式解法，它可以使解析函数的本质格外突出.提到 这一方法的同时要明白：这一方法纯粹是形式的，不 收稿日期：20080521 具有任何证明力.”注意到上述“证明”中的把实数取 北京市自然科学基金资助项目No.108205 作复数的替换是不恰当的，这就是Ahlfors之所以把 ?1994-2018 China Academic Journal Electronic Publishing House.All rights reserved.http://www.cnki.het
由调和函数构造解析函数的一种方法 张燕勤 张 琳 王 安 (首都师范大学数学科学学院, 北京 100048) 摘 要 给出已知一个二元实调和函数求解析函数的一个简单公式, 并应用调和函数的 Laplace 条件, 解析函数在某一 点处的幂级数展开, 以及实部、虚部的对应关系给出证明. 关键词:解析函数, Laplace 方程, 调和函数, Cauchy-Riemann 方程. 中图分类号 :O 174.4 收稿日期:2008-05-21 北京市自然科学基金资助项目No .1082005 许多数学理论的作用和意义 ,在它和客观现实 对象相联系时才能表现出来 , 并且使理论更加丰富 和充实 ,而理论的丰富和充实又使其应用范围不断 扩大 .复变函数理论和方法,一开始就和现实对象流 体力学结合在一起, 因而发展迅速 ,并在解决其它科 学技术领域所提出来的反映实际的数学问题上起着 广泛和有效的作用 [ 1] .比如, C.-R 方程这一判别复 变函数为解析的条件 ,就是Euler 在研究流体力学时 获得的.由于复变函数理论的广泛应用 ,涌现出许多 新理论新方法, 这些新的理论和方法又促进了复变 函数理论本身的发展 ,不仅使它的内容更加丰富, 而 且开辟了许多新分支和新领域 . 应用复变函数的理论和方法可以简便有效地解 决水利学、空气动力学的许多问题.例如区域 G 内 的一个稳定温度场的温度分布就是一个调和函数 , 这个调和函数在边界上的值就表示边界上的温度 . 当我们不能直接测量出 G 内各点的温度时, 只要直 接测量出边界上的温度, 内部的温度分布作为严格 调和函数就可以完全确定下来.计算 G 内温度时的 误差不超过测量边界上温度时产生的误差, 其中主 要是利用单变量的解析函数和二实变量的调和函数 之间的紧密联系 [ 1] . 我们知道, 区域 D 内任何一个二元调和函数都 可以看作是D 内某个解析函数 f(z)的实部或虚部 , f(z)在不计一个常数项的情况下是唯一的.本文研 究在已知一个二元实调和函数 u =u(x , y)(或 ν= ν(x , y))的 情况下, 构造解析函 数 f (z), 使得 u(x , y)(或 ν=ν(x , y))就是解析函数 f(z)的实部 (或虚部). Ahlfors 在文献[ 2] 中这样描述到:“我们可以导 出一个极其简单的方法 ,可以不必应用积分 ,就能算 出实部为已知调和函数 u(x , y)的解析函数 f(z). 首先注意到共轭函数f(z)对于 z 的导数为 0 , f(z) 解析 ,所以 f(z) z =0 ,所以 f(z) z =0 .因而 f(z)可以 看作是 z 的函数, 以 f( z)表示f(z). 由于 f(z)+f(z ) 2 =u(x , y), (1) 取 x = z 2 , y = z 2i , 则 z =0 , z =z , 此时(1)式变为 u z 2 , z 2i = f(z)+f(0) 2 , 移项整理得: f(z)=2u z 2 , z 2i -u(0 , 0) (2) 且一个虚数常数可任意代入 .” 对于以上解法 ,Ahlfors 指出“提到的一个有趣的 形式解法 ,它可以使解析函数的本质格外突出.提到 这一方法的同时要明白 :这一方法纯粹是形式的 ,不 具有任何证明力.”注意到上述“证明”中的把实数取 作复数的替换是不恰当的 ,这就是 Ahlfors 之所以把 1 第 30 卷 第 1 期 2009 年 2 月 首都师范大学学报(自然科学版) Journal of Capital Normal University (Natural Science Edition) No.1 Feb., 2009
首都师范大学学报（自然科学版） 2009年 这种方法描述为“纯粹形式的，不具有任何证明力 结论 的”的原因.在文献3中，作者给出了公式(2)的一 定义34定义算子： 个证明，但其中的替换所取的？只是与z0点具有相 同实部或虚部的点，而不是使得函数解析的所有点， -品- 是 12 +i 所以并未证明公式(2)成立.下面我们给出公式(2) 引理14设△三 + 3 ,则△-4a 的一个证明. 证明因为 为了讨论解析函数和二元实变量的调和函数之 a 间的关系，先给出几个相关概念 0-- -i 2∂x 首先，解析函数和调和函数的定义如下. 定义1如果函数f(z)在区域D内的一点z0 所以品=是 [ 2 的某一邻域U(zo,P)CD的每一点都可导，则称 ∂「1 a -i a「1 a f(z)在点zo为解析，称z0为f(z)的解析点.如果函 ayL2ax 8 数f(z)在区域D内的每一点处都解析，那么称∫(z) 当函数的二 是D内的解析函数. 4ax+i axoy 阶偏导连续时，有 定义2设函数u=u(x,y)在平面区域D上 d 有定义，若u有二阶连续偏导数且满足Laplace方 OxOy -dydx 程△u+号=0则称u=u(y)为D上的 d 1a2 i 12 所以=4+4ar040y0r十4 调和函数. 182, 8 其次，如果平面区域D上的解析函数∫(z)的实 部与虚部分别为u(x,y)和(x,y),那么可以证明 因为4=子 u(x,y)和(x,y)都是调和函数.由于这一对调和 ,故A=4a远 函数还满足Cauchy-Riemann方程，因而特别称虚部 下面我们讨论调和函数是二元多项式的情形. 是实部的共轭调和函数. 定理1设u(xy)是二元多项式，且△u4 另一方面，若u(x,y)与v(x,y)是区域D上的 两个二元函数，则只要它们一阶连续可微且满足 +=0.若令f)=2m子到 则f(z)解析，且 Cauchy-Riemann方程，它们定义的函数 u(x,y)=Rgf(z). f(z)=u(x,y)+iv(x,y) 在D上就解析. 证明设u(x,y)= 若u=u(x,y)为区域D上的调和函数，则存 在D上的另一调和函数v(x,y,它是u=u(x,y) 设z=x十，则x=三，y=三.将x= 2 2i 的共轭调和函数.只要令(x,y)=一x +8器，其中(o)∈D.(xy)ED,则在D内 =u(0,0)+g1(z)+g2(z,2)+gE) 其中u(0,0)=ao0∈R,g1(z)为上式左端所有只含 为“的共轭调和函数. 有变量z的单项式组成的复系数多项式，g3(匠)为 这是利用第Ⅱ型曲线积分方法求解析函数.己 上式左端所有只含有变量z的单项式组成的复系数 知一个调和函数u(x,y)或(x,y),也可以用不定 z-2 积分法来求解析函数. 多项式，g(红，)为 2i 的 曲线积分法和不定积分法都需要对函数求积 其余各项组成的多项式.可以得到 分，对于某些函数来说，求积分比较麻烦或者有困 -do (3) 难，能否采用公式(2)解决问题，避开积分运算，这就 81(z)= 是本文将要讨论的问题。 下面定义两个复微分算子，然后再给出相应的 82(2,2)= 2c+ 2994-2018 China Academic Journal Electronic Publishing House.All rights reserved. http://www.cnki.net
这种方法描述为“纯粹形式的 ,不具有任何证明力 的”的原因.在文献[ 3] 中, 作者给出了公式(2)的一 个证明,但其中的替换所取的 ζ只是与z 0 点具有相 同实部或虚部的点, 而不是使得函数解析的所有点 , 所以并未证明公式(2)成立.下面我们给出公式(2) 的一个证明. 为了讨论解析函数和二元实变量的调和函数之 间的关系 ,先给出几个相关概念. 首先 ,解析函数和调和函数的定义如下. 定义 1 如果函数 f(z)在区域 D 内的一点z 0 的某一邻域 U(z 0 , ρ) D 的每一点都可导 , 则称 f(z)在点 z 0 为解析 ,称 z 0 为 f(z)的解析点 .如果函 数 f(z)在区域 D 内的每一点处都解析 ,那么称f(z) 是 D 内的解析函数 [ 1] . 定义 2 设函数 u =u(x , y)在平面区域 D 上 有定义 ,若 u 有二阶连续偏导数, 且满足 Laplace 方 程 Δu ≡ 2 u x 2 + 2 u y 2 =0 , 则称 u =u(x , y)为 D 上的 调和函数 . 其次, 如果平面区域 D 上的解析函数f(z)的实 部与虚部分别为 u(x , y)和 ν(x , y), 那么可以证明 u(x , y)和 ν(x , y)都是调和函数 .由于这一对调和 函数还满足 Cauchy-Riemann 方程, 因而特别称虚部 是实部的共轭调和函数. 另一方面, 若 u(x , y)与 ν(x , y)是区域 D 上的 两个二元函数 , 则只要它们一阶连续可微且满足 Cauchy-Riemann 方程 ,它们定义的函数 f(z)=u(x , y)+iν(x , y) 在 D 上就解析 . 若 u =u(x , y)为区域 D 上的调和函数, 则存 在 D 上的另一调和函数ν(x , y),它是 u =u(x , y) 的共轭调和函数 .只要令 ν(x , y)=∫ (x , y) (x 0 , y 0 ) - u y d x + u y dy , 其中(x0 , y 0)∈ D ,(x , y)∈D ,则在 D 内ν 为u 的共轭调和函数 . 这是利用第 Ⅱ型曲线积分方法求解析函数 .已 知一个调和函数 u(x , y)或 ν(x , y), 也可以用不定 积分法来求解析函数 . 曲线积分法和不定积分法都需要对函数求积 分,对于某些函数来说 , 求积分比较麻烦或者有困 难,能否采用公式(2)解决问题, 避开积分运算 ,这就 是本文将要讨论的问题。 下面定义两个复微分算子 ,然后再给出相应的 结论 . 定义 3 [ 4] 定义算子 : z = 1 2 x -i y , z = 1 2 x +i y . 引理 1 [ 4] 设 Δ≡ 2 x 2 + 2 y 2 ,则 Δ=4 2 z z . 证明 因为 z = 1 2 x -i y , z = 1 2 x +i y 所以 2 z z = z z = z 1 2 x +i y = 1 2 x 1 2 x +i y -i y 1 2 x +i y = 1 4 2 x 2 +i 2 x y - 1 4 i 2 y x - 2 y 2 当函数的二 阶偏导连续时 ,有 2 x y = 2 y x 所以 2 z z = 1 4 2 x 2 + i 4 2 x y - i 4 2 y x + 1 4 2 y 2 = 1 4 2 x 2 + 2 y 2 因为 Δ≡ 2 x 2 + 2 y 2 ,故 Δ=4 2 z z . 下面我们讨论调和函数是二元多项式的情形. 定理 1 设 u(x , y)是二元多项式 ,且 Δu ≡ 2 u x 2 + 2 u y 2 =0 .若令 f(z)=2u z 2 , z 2i 则 f(z)解析 , 且 u(x , y)=Ref(z). 证明 设 u(x , y)= ∑ m j =0 ∑ n k =0 ajkx j y k , ajk ∈ R 设 z =x +iy , 则 x =z + z 2 , y =z -z 2i .将 x = z + z 2 , y = z - z 2i 代入, 有 ∑ m j =0 ∑ n k =0 ajk z +z 2 j z - z 2i k =u(0 , 0)+g1(z)+g2(z , z)+g3(z ), 其中 u(0 , 0)=a00 ∈ R , g1(z)为上式左端所有只含 有变量 z 的单项式组成的复系数多项式 , g3( z)为 上式左端所有只含有变量 z 的单项式组成的复系数 多项式 , g2 (z , z )为 ∑ m j =0 ∑ n k =0 ajk z +z 2 j z - z 2i k 的 其余各项组成的多项式 .可以得到 g1(z)= ∑ m j =0 ∑ n k =0 ajk z 2 j z 2i k -a00 (3) g2(z , z)= ∑ m j=2 ∑ j-1 s=1 aj0 2 j C s jz j-s z s + 2 首都师范大学学报(自然科学版) 2009 年
第1期 张燕勤等：由调和函数构造解析函数的一种方法 个解析函数f(z),且f(z)以u(xy)为实部 下面我们讨论u(x,y)是圆内的调和函数的情 会别24+c←"+ 形. 定理2若u(x,y)是圆B(O,R)={z∈C: 会7含c-+2c一1+ 1:KR)内的调和函数，令fe)=2子引·则 含22c+的 f(z)解析，且u(x,y)=Ref(z). 证明己知调和函数“(x,y),可以利用曲线 2d(←1+←wcg, 积分法或不定积分法得到以(x,y)为实部的解析 (4 函数f(z),f(z)=u(x,y)+iw(x,y). gG)= -do (5) 根据Weierstrass定理：设函数f(z)在圆 B(O,R)内解析，则函数f(z)在B(O,R)内可以展 因为u(x,y)为C上的调和函数，所以u(xy) 有二阶连续偏导数，并且△u=0. 成幂级数：)=召a其中系数a=0 n! 由于△=0由引理1知是=0因= (n=0,1,2,…),并且展开式是唯一的，收敛半径大 于等于R. u0.0)+g2)+g2(2,2)+gE,以及“=0， 我们将z=x十y代入，并设an=g.十Ba,此时 a正 ge)-0所以dge2)-0, e)=宫a+.x+0y dzd立 由(4)式整理可知：(z,)= -e+a宫r( 如果对于p,9的某些取值g2(2,2)中没有z2形 整理可得： 式的项，那么取”g=0. fe)= 会2w+会宫w ，→ =u(x,y)+iv(x,y) 其中b,g与a,B,C有关.由此得到 pq=0.所以g=0.p,q=1,2,,m十n,故有 g2(z,z)=0, uy)=合宫b 这说明u(x,y)=u(0,0)十g(z)+g3(2),而 即u(x,y)可以展成关于x,y的收敛的二重级数， 且由式(3)5可以得到)=“ -a0, 那么将x= 2十2 2 y = 2,代入有 z-2 g3)= 2i =u(0.0)+g1(z)+ 由于g1(z)=u a00,所以 g2(z,2)+g3(2) 其中u(0,0)=bm∈R,g1(z)为上式左端所有只含 g1(z)=g3匠)，那么 有变量z的单项式组成的复系数多项式，g3(2)为 u(x,y)=u(0,0)+g1(z)+g1(z). 上式左端所有只含有变量z的单项式组成的复系数 我们知道，如果u(x,y)是某个解析函数f(z) z一2 的实部那么u(,y)=)@.于是在不计一 多项式g2(红， 为 2 2i 的 2 其余各项组成的多项式.且有 个常数项的情况下有g(:)=1,因而了化)= 81(z)= -boo (6 2子易到：)湿然解折。 g2(2,2)= 定理1说明，如果己知一个二元多项式函数 cy+ k-1 u(xy,那么就可以通过fz)=222司 ZZ 求出一 会c←r+ ?1994-2018 China Academic Journal Electronic Publishing House.All rights reserved. http://www.cnki.net
∑ n k =2 ∑ k-1 t =1 a0k 2 k i kC t kz k-t(-z ) t + ∑ m j =2 aj1 2 j+1 i [ ∑ j s=1 C s jz j-s+1 z s +∑ j-1 s=0 C s jz j-s(- z s+1)] + ∑ n k =2 a1 k 2 k+1 i k [ ∑ k t =1 C t kz k -t +1(-z ) t + ∑ k-1 t =0 C t kz k-t z (-z ) t ] + ∑ m j =2 ∑ n k =2 ajk 2 j+k i k{∑ j s=1 C s jz j+k -s z s +[ ∑ j s=0 C s jz j-s z s ] [ ∑ k-1 t =1 C t kz k -t(-z ) t ] +(-1) k ∑ j-1 s =0 C s jz j-s z s+k}(4) g3( z)= ∑ m j=0 ∑ n k =0 ajk z 2 j - z 2i k -a00 (5) 因为 u(x , y)为 C 上的调和函数 ,所以 u(x , y) 有二阶连续偏导数, 并且 Δu =0 . 由于 Δu =0 , 由引理 1 知 2 u z z =0 , 因 u = u(0 , 0)+g1(z)+g2(z ,z )+g3( z), 以及 g1 u z =0 , g3( z) z =0 ,所以 2 g2(z , z) z z =0 . 由(4)式整理可知 :g2(z ,z )= ∑ m+n p =1 ∑ m+n q =1 rpqz p z q . 如果对于 p , q 的某些取值, g2(z , z)中没有 z p z q 形 式的项,那么取 rpq =0 . 因为 2 g2(z ,z ) z z = ∑ m+n p =1 ∑ m+n q =1 rpqpz p-1 q z q-1 ≡0 , pqrpq =0 .所以 rpq =0 , p , q =1 , 2 , … , m +n , 故有 g2(z , z)=0 , 这说明 u(x , y)=u(0 , 0)+g1(z)+g3( z),而 且由式(3)(5)可以得到 g1(z)=u z 2 , z zi -a00 , g3(z )=u z 2 , - z 2i -a00 . 由 于 g1(z)=u z 2 , - z 2i -a00 , 所以 g1(z)=g3(z ),那么 u(x , y)=u(0 , 0)+g1(z)+g1(z). 我们知道,如果 u(x , y)是某个解析函数 f(z) 的实部,那么 u(x , y)= f(z)+f(z) 2 .于是在不计一 个常数项的情况下有 g1(z)= f(z) 2 , 因而 f (z )= 2u z 2 , 2 2i .f(z)显然解析 . 定理 1 说明 , 如果已知一个二元多项式函数 u(x , y),那么就可以通过 f(z)=2u z 2 , z 2i 求出一 个解析函数f(z),且 f(z)以 u(x , y)为实部 . 下面我们讨论 u(x , y)是圆内的调和函数的情 形. 定理 2 若 u(x , y)是圆 B(O , R)={z ∈ C : z <R}内的调和函数 , 令 f(z)=2u z 2 , z 2i , 则 f(z)解析 ,且 u(x , y)=Ref(z). 证明 已知调和函数 u(x , y),可以利用曲线 积分法或不定积分法得到以 u(x , y)为实部的解析 函数 f(z), f(z)=u(x , y)+iν(x , y). 根据 Weierstrass 定 理 :设 函 数 f (z )在 圆 B(O , R)内解析 ,则函数 f(z)在 B(O , R)内可以展 成幂级数 f(z)= ∑ ∞ n =0 anz n , 其中系数 an = f (n)(0) n ! (n =0 , 1 , 2 , …),并且展开式是唯一的 ,收敛半径大 于等于 R . 我们将 z =x +iy 代入, 并设 an =αn +iβn , 此时 f(z)= ∑ ∞ n =0 (αn +iβn)(x +iy) n = ∑ ∞ n =0 (αn +iβn)∑ n k =0 C k n x n -k(iy) k 整理可得 : f(z)= ∑ ∞ j =0 ∑ ∞ k =0 bjk x j y k +i ∑ ∞ j =0 ∑ ∞ k =0 cjk x j y k =u(x , y)+iν(x , y) 其中 bjk , cjk 与αn , βn , C k n 有关 .由此得到 u(x , y)= ∑ ∞ j =0 ∑ ∞ k =0 bjkx j y k . 即 u(x , y)可以展成关于 x , y 的收敛的二重级数. 那 么 将 x = z + z 2 , y = z - z 2i , 代 入, 有 ∑ ∞ j=0 ∑ ∞ k =0 bjk z +z 2 j z - z 2i k = u(0 , 0)+g1(z)+ g2(z ,z )+g3( z) 其中 u(0 , 0)=b00 ∈ R , g1(z)为上式左端所有只含 有变量 z 的单项式组成的复系数多项式 , g3( z)为 上式左端所有只含有变量 z 的单项式组成的复系数 多项式, g2(z ,z )为 ∑ ∞ j=0 ∑ ∞ k =0 bjk z +z 2 j z - z 2i k 的 其余各项组成的多项式 .且有 g1(z)= ∑ ∞ j =0 ∑ ∞ k =0 bjk z 2 j z 2i k -b00 (6) g2(z ,z )= ∑ ∞ j =2 ∑ j-1 s=1 bj0 2 j C s jz j-s z s + ∑ ∞ k =2 ∑ k-1 t =1 b0k 2 k i kC t kz k-t(- z) t + 3 第 1 期 张燕勤等:由调和函数构造解析函数的一种方法
首都师范大学学报（自然科学版） 2009年 月c+c←"】+ g1(z)+g3(2) 我们知道，如果u(x,y)是某个解析函数f(z) 会0,2c-y+2c-n+ 的实部那么u(x,y)=牛 .于是必有 会会气空c+名的 ge)=f因面：)=2子别 c1+c)m f(z)解析显然， 推论1 设u(x,y)是C上的调和函数，若 2)=】 2周 |"-bo (8)》 f()=2u 22, 则f(z)解析，且u(x,y)= 由于在收敛域内级数内闭一致收敛所以级数 Ref(z). 可以逐项求导.因为△u=0. 这是定理2中R=的情形. 由引理知，是=0又因为uy)=ua0 推论2设u(x,y)是圆B(a,R):Iz-al<R 内的调和函数.若f(z)=2 (2·2i则f2) 2-a2-a +g1(2)+g(2,2)+gE,以及32=0 解析，且u(xy)=Ref(z). ⊙）-0所以寸么2)-0 推论2的证明只要令ξ-z一a即可. d五d 有些时候，对于二元实变量调和函数u(x,y) 由(7)式可知g2(2,2)= .如果对 计算积分很困难，上述结论提供了一种由调和函数 构造解析函数的简便方法.应用本文推证的公式，可 于p,q的某些取值，g2(z,三)中没有”形式的项， 以避开积分运算，使得求解过程简便清晰. 那么取rg=0. 对于已知一个二元实调和函数y=(x,y)的 因为3,2=0所以m=0p,9=1.2 情况，类似方法可以构造解析函数∫(z,使得 (xy)就是解析函数f(z)的虚部. ∞，故有g2(z,z)=0.说明u(x,y)=u(0,0)十 参考文献 【1刂朱静航.复变函数教程M.北京：高等教有出版社.1987：34,298305一-306. 【2]Lars V Alhfors..复分析M·上海：上海科学技术出版社.198426一28 【3】莫叶.复变函数谄M.山东：山东科学技术出版社.1983143-145. 【4李庆忠.复变函数M.北京：科学出版社.2000.152-153. A Method of Making an Analysis Function From a Harmonic Function Zhang Yanqin Zhang Lin Wang An (School of Mathematical Sciences Capital Nommal Uriversity Beijing 100048) Abstract Given one binary hamonic function,this article aims at gaining simple formulas.The ratiocination process contains Laplace equation of harmonic function,exponential series of an holomorphic function in one point and the relationship between the real and the imaginary parts. Key words:Holomorphic function;Laplace equation,Hamonic function.Cauchy-Riemam equation. 994-2018 China Academic Journal Electronic Publishing House.All rights reserved.http://www.cnki.net
∑ ∞ j =2 bj1 2 j+1 i [ ∑ j s=1 C s jz j-s+1 z s +∑ j-1 s=0 C s jz j-s(- z s+1)] + ∑ ∞ k =2 b1k 2 k+1 i k [ ∑ k t =1 C t kz k -t +1(-z ) t + ∑ k-1 t =0 C t kz k-t z (-z ) t ] + ∑ ∞ j =2 ∑ ∞ k =2 bjk 2 j+k i k{∑ j s=1 C s jz j+k -s z s +[ ∑ j s=0 C s jz j-s z s ] [ ∑ k-1 t =1 C t kz k -t(-z ) t ] +(-1) k ∑ j-1 s =0 C s jz j-s z s+k}(7) g3( z)= ∑ ∞ j =0 ∑ ∞ k =0 bjk z 2 j - z 2i k -b00 (8) 由于在收敛域内级数内闭一致收敛, 所以级数 可以逐项求导.因为 Δu =0 . 由引理知 , 2 u z z =0 , 又因为 u(x , y)=u(0 , 0) +g1 (z)+g2 (z , z )+g3 (z ), 以及 g1(z) z =0 , g3( z) z =0 ,所以 2 g2(z , z) z z =0 . 由(7)式可知 g2(z , z)= ∑ ∞ p =1 ∑ ∞ q =1 rpqz p z q .如果对 于 p , q 的某些取值 , g2(z ,z )中没有 z p z q 形式的项 , 那么取 rpq =0 . 因为 2 g2(z , z) z z =0 , 所以 rpq =0 , p , q =1 , 2 , …, ∞,故有 g2(z ,z )=0 .说明 u(x , y)=u(0 , 0)+ g1(z)+g3( z). 我们知道 ,如果 u(x , y)是某个解析函数 f(z) 的实部, 那么 u (x , y)= f(z)+f(z) 2 .于 是必有 g1(z)= f(z) 2 , 因而 f(z)=2u z 2 , z 2i . f(z)解析显然. 推论 1 设 u (x , y)是 C 上的调和函数, 若 f(z)=2u z 2 , z 2i , 则 f (z )解析, 且 u (x , y)= Ref(z). 这是定理 2 中 R =∞的情形. 推论 2 设 u(x , y)是圆 B(a , R): z -a <R 内的调和函数 .若 f(z)=2u z -a 2 , z -a 2i , 则 f(z) 解析 ,且 u(x , y)=Ref(z). 推论 2 的证明只要令 ξ=z -a 即可. 有些时候 ,对于二元实变量调和函数 u (x , y) 计算积分很困难, 上述结论提供了一种由调和函数 构造解析函数的简便方法.应用本文推证的公式 ,可 以避开积分运算, 使得求解过程简便清晰. 对于已知一个二元实调和函数 ν=ν(x , y)的 情况, 类似方法 可以构造解析函数 f (z ), 使得 ν(x , y)就是解析函数 f(z)的虚部 . 参 考 文 献 [ 1] 朱静航.复变函数教程[ M] .北京:高等教育出版社.1987:34 , 298, 305-306. [ 2] Lars V Alhfors.复分析[ M] .上海:上海科学技术出版社.1984:26-28. [ 3] 莫叶.复变函数论[ M] .山东:山东科学技术出版社.1983:143 -145. [ 4] 李庆忠.复变函数[ M] .北京:科学出版社.2000:152 -153. A Method of Making an Analysis Function From a Harmonic Function Zhang Yanqin Zhang Lin Wang An (School of Mathematical Sciences, Capital Normal University, Beijing 100048) Abstract Given one binary harmonic function , this article aims at gaining simple formulas .The ratiocination process contains Laplace equation of harmonic function , exponential series of an holomorphic function in one point and the relationship between the real and the imaginary parts . Key words:Holomorphic function ;Laplace equation , Harmonic function , Cauchy-Riemann equation . 4 首都师范大学学报(自然科学版) 2009 年
