第二章解析函数 §2.1解析函数的概念 1.复变函数的导数与微分 1)导数的定义 定义设函数w=f(z)定义于区域D,z0为D中的一点,点z0+△z 不出D的范围.如果极限 lim f(0+△2)-f(0) △→0 △z 存在,那么称f(z)在z0可导这个极限值称为f(z)在z0的导数记作 (zo)=dw=lim f(+)-f() = △z→0 △z 如果f(z)在区域D内处处可导,就说f(z)在D内可导 例1问f(z)=x+2yi是否可导? 解因为 limf(z+△2)-f(z) △z→ △z lim(x+△x)+2(y+△y)i-x-2yi △z→ △z =lim△x+2△yi △→0△x+△yi 当z+△z沿着平行于x轴的直线趋向于z,此时△y=0,极限 lim △x+2△y=lim=1 △ 当z+△z沿着平行于y轴的直线趋向于z,此时△x=0,极限 lim△x+2△y=20yi=2 2△yi 2→0△x+△ 所以f(z)的导数不存在 1
$y 8c2Y §2.1 7b1X +J 1. ) 1X Xv`( 1) !+$)] q !F+ w = f(z) )]fi D, z0 > D }$Y(( z0 + 4z Æ D $3 f(z) x z0 X, Q f 0 (z0) = dw dz z=z0 = lim 4z→0 f(z0 + 4z) − f(z0) 4z . E f(z) mi D f!a. f(z) x D I; > 1 ? f(z) = x + 2yi &6f! 7 ^> lim 4z→0 f(z + 4z) − f(z) 4z = lim 4z→0 (x + 4x) + 2(y + 4y)i − x − 2yi 4z = lim 4z→0 4x + 24yi 4x + 4yi z + 4z VQf x $xILf z, " 4y = 0, MH lim 4z→0 4x + 24yi 4x + 4yi = lim 4z→0 4x 4x = 1. z + 4z VQf y $xILf z, " 4x = 0, MH lim 4z→0 4x + 24yi 4x + 4yi = lim 4z→0 24yi 4yi = 2. 2Z f(z) $!+Æ m 1
第二章解析函数 2)可导与连续 性质:在可导的函数必定在连续.反之不成立 证根据导数的定义,e>0,36>0,使得当0<|△<δ时,有 f(20+4x)-f(zo)_f (zo)<E 令 p(△z) f(0+△z)-f(20) f(20) 那么 p(△z)=0. 于是 f(x0+△z)-f(20)=f(x0)△z+p(△x)△z 所以 mof(0+△2)=f(a0 所以f(x)在可导必定在x连续 反之不成立.例如f(x)=x+2yi在复平面内处处连续但处处不可 导.证毕 例2研究函数f(x)=|22的可导性 解设x=x0+i0是任一复数.因为 f(0+△z)-f(0)|z0+△z|2-|z02 △ (0+△2)(0+△z) 如果a0=0,那么,当△z→0时,上式的极限是零 如果20≠0,此时,令0+△z沿直线 30=k( 趋向于20,则有 △z△x-△yi 1-ki △z△x+ 与k有关,不趋于一个确定的值.所以,当△z→0时,比值 f(0+△z)-f(0) 的极限不存在 所以,f(x)=12仅在z=0处可导,在其他点都不可导
2 $%/ )-'+ 2) f!hmS jm z0 f!$F+ )m z0 mS2wÆl |: ?b!+$)] ∀ε > 0, ∃δ > 0, $# 0 2 U`F+ f(z) = |z| 2 $f!R 7 ! z0 = x0 + iy0 &Y7+^> f(z0 + 4z) − f(z0) 4z = |z0 + 4z| 2 − |z0| 2 4z = (z0 + 4z)(z0 + 4z) − z0z0 4z = z0 + 4z − z0 4z 4z , E z0 = 0, y 4z → 0 " %$MH&r E z0 6= 0, "t z0 + 4z VxI y − y0 = k(x − x0) Lf z0, nc 4z 4z = 4x − 4yi 4x + 4yi = 1 − 4y 4x i 1 + 4y 4x i = 1 − ki 1 + ki h k cBÆfY=)$y2Z 4z → 0 "y f(z0 + 4z) − f(z0) 4z $MHÆ m 2Z f(z) = |z| 2 _m z = 0 f!m 3(*Æf!
§2.1解析函数的概念 3)求导法则 (a)(c)=0,其中c是复常数 (b)(zn)=nzn-1,其中n是正整数 (c)[f(x)±g(2)y=f(x)±9(2) (d)[f(z)9(2)=f(z)9(x)+f(z)9(z) (=G(5r()9)-(00)≠0 (f){f()=f(u)g(x),其中,u=9(2) (g)f(2)=一其中,=f(x)与z=()是两个互为反函数的 单值函数,且y(u)≠0. 例1求下列函数的导数 (2)2 解 (1)f(x)=23+2z在复平面上处处可导,f(x)=3z2+2i; (2)f(z) 在分母不为零处(即z≠±1)可导,f(z) 4)微分的概念 设函数=f(x)在0可导,则有 △=f(x0+△x)-f(x0)=f(x0)△z+p(△z)△z, 其中,limp(△z)=0.因此lp(△z)△a是|△的高阶无穷小量,而 f"(x0)△z是改变量△u的线性部分,称∫(x0)△z是函数=f(x)在点x 的微分,记作 函数=f(x)在0可导与在a0可微是等价的
§2.1 )-'+"&* 3 3) !1n (a) (c) 0 = 0, } c &7+ (b) (z n ) 0 = nzn−1 , } n &sr+ (c) [f(z) ± g(z)]0 = f 0 (z) ± g 0 (z). (d) [f(z)g(z)]0 = f 0 (z)g(z) + f(z)g 0 (z). (e) f(z) g(z) 0 = 1 g 2 (z) [f 0 (z)g(z) − f(z)g 0 (z)], g(z) 6= 0. (f) {f[g(z)]} 0 = f 0 (w)g 0 (z), } w = g(z). (g) f 0 (z) = 1 ϕ0(w) , } w = f(z) h z = ϕ(w) &n=K>2F+$ yF+Æ ϕ 0 (w) 6= 0. > 1 EpF+$!+ (1) z 3 + 2iz; (2) 1 z 2 − 1 7 (1) f(z) = z 3 + 2iz m7} f! f 0 (z) = 3z 2 + 2i; (2) f(z) = 1 z 2 − 1 m5Æ>r (O z 6= ±1) f!f 0 (z) = −2z (z 2 − 1)2 . 4) ;5$; !F+ w = f(z) m z0 f!nc 4w = f(z0 + 4z) − f(z0) = f 0 (z0)4z + ρ(4z)4z, } lim 4z→0 ρ(4z) = 0. ^ |ρ(4z)4z| & |4z| $<[AMo/ f 0 (z0)4z &: o 4w $IR5 f 0 (z0)4z W1X w = f(z) x z0 `(, Q dw = f 0 (z0)4z = f 0 (z0)dz. F+ w = f(z) m z0 f!hm z0 f;&%T$
的等而解析函数 2.解析函数的概念 定义如下函数f(x)在0及0的邻域内处处可设,那值称∫(z)在 0解析母 如下∫(x)在区域D内每一点因析,那值称∫(z)是D内的解析函数 如下函数f(x)在3且因析,那值称概∫(z)的奇点母 注1函数在区域内因析等价于在区域内可设母 注2函数在一点处因析且等价于在一点处可设母 例1研究函数f(2)=29(2)=x+2,h(2)=|2|2,c()=1的因析 性母 解1)f(z)=z2在复平中内处处可设,则在复平中内处处因析母 2)9(2)=x+2yi在复平中内处处且可设,则在复平中内处处且因 析母 3)h(2)=|22仅在z=0处可设,无在复平中内处处且因析母 4)(2)=在复平中内除z=0外处处可设,且 do(a) 无在复平中内除z=0外处处因析母 定理1)在区域D内因析的则个函数f(x),9(x)的和,求,积,商(除 去分母为整的点在区域D内因析母 2)如下函数h=9(x)在z平中上的区域D内因析,函数u=f(h) 在h平中上的区域G内因析母如下对D内的每一个点x,函数g(x)的对 应值h都解于G,那值复线函数=f()在区域D内因析母
4 $%/ )-'+ 2. 7b1X +J q EF+ f(z) m z0 N z0 $qif!y f(z) x z0 7b E f(z) mi D zY(^By f(z) W D I 7b1X. EF+ f(z) m z0 Æ^By z0 & f(z) $ L 1 F+mi^B%Tfmif! 2 F+mY(^BÆ%TfmY(f! > 1 U`F+ f(z) = z 2 , g(z) = x + 2yi, h(z) = |z| 2 , φ(z) = 1 z $^B R 7 1) f(z) = z 2 m7}f!nm7}^B 2) g(z) = x + 2yi m7}Æf!nm7}Æ^ B 3) h(z) = |z| 2 _m z = 0 f!Am7}Æ^B 4) φ(z) = 1 z m7} z = 0 :f!Æ dφ(z) dz = − 1 z 2 Am7} z = 0 :^B = 1) mi D ^B$n=F+ f(z), g(x) $GL ( 5>r$() mi D ^B 2) EF+ h = g(z) m z } $i D ^BF+ w = f(h) m h } $i G ^B E- D $zY=( z, F+ g(z) $- `y h *)f G, y7IF+ w = f[g(z)] mi D ^B
§2.2函概解析的定要条件 22法数复析此称要条分 定个两设函数f(x)=u(xr,y)+i(x,y)定义在区域D内,则f(x)在 D内一点z=x+iy可设的充要条件概:u(x,y)与v(x,y)在点(x,y)可 微,并且在该点满注柯西-与曼方程 d r dy 证称分性 根据可设的定义,要证小限 f(z+△z)-f(2) △ 存在母 由于 f(z+△z)-f(x)=u(x+△x,y+△y)-a(x,y) +i[v(x+△x,y+△y)-v(x,y) △u+i△ 又因为u(x,y),v(x,y)在点(x,y)可微,可知 △y+1△x+E2△y 其中, lim Ek=0(k=1,2,3,4).因此有 f(z+△z)-f(x) ( ar Az+ ou, ov dy ay 根据柯西-与曼方程 所以 r(2+△-f()=(m=+c)(△x+△
§2.2 '+)-" .,( 5 §2.2 1X7b l]5 =n !F+ f(z) = u(x, y) + iv(x, y) )]mi D n f(z) m D Y( z = x + iy f!$W7V& u(x, y) h v(x, y) m( (x, y) f ; Æm9(weC - hx4 ∂u ∂x = ∂v ∂y , ∂u ∂y = − ∂v ∂x. | (j ?bf!$)]WtMH lim 4z→0 f(z + 4z) − f(z) 4z m bf f(z + 4z) − f(z) = u(x + 4x, y + 4y) − u(x, y) +i[v(x + 4x, y + 4y) − v(x, y)] = 4u + i4v, e^> u(x, y), v(x, y) m( (x, y) f;fv 4u = ∂u ∂x4x + ∂u ∂y 4y + ε14x + ε24y, 4v = ∂v ∂x4x + ∂v ∂y4y + ε34x + ε44y, } lim 4x → 0 4y → 0 εk = 0 (k = 1, 2, 3, 4). ^ c f(z + 4z) − f(z) = ∂u ∂x + i ∂v ∂x 4x + ∂u ∂y + i ∂v ∂y 4y +(ε1 + iε3)4x + (ε2 + iε4)4y. ?beC - hx4 ∂u ∂y = − ∂v ∂x = i 2 ∂v ∂x, ∂u ∂x = ∂v ∂y . 2Z f(z + 4z) − f(z) = ∂u ∂x + i ∂v ∂x (4x + i4y) +(ε1 + iε3)4x + (ε2 + iε4)4y.
的等而解析函数 则有 f(z+△2)-f(2) +(e1+ie3)x+(e2+ie4) 当△2→0的,因例≤1,≤1,定式右端的平后两项都趋于零 △ t2- 证毕 当函数f(x)=u(x,y)+i(x,y)在z=x+iy微导研,有 auau 1 au f(a) ar i dy 上理二函概f(x)=u(x,y)+iv(x,y)在其定义域D内解析的充是解 件是:u(x,y)与v(x,y)在D内可微,并且满足柯西-黎在方程. 上理(可微的充分解件若函概f(x,y)在分P的某个邻域D内存在 两个偏导概,且偏导概在该分连续,则函概∫(x,y)在分P可微 (高等概学(下)pp.27) 在本件后面是证明:一个解析函概的导函概f(x)数是解析的,因的 ∫"(x)=tx+itn=ty-iy数是连续的.于是我们有下面的定理 上理二(B)函概f()=u(x,y)+iv(x,y)在其定义域D内解析的充 是解件是:a(x,y)与v(x,y)在D内有一阶连续偏导概,并且满足柯西 黎在方程
6 $%/ )-'+ nc f(z + 4z) − f(z) 4z = ∂u ∂x + i ∂v ∂x +(ε1 + iε3) 4x 4z + (ε2 + iε4) 4y 4z . 4z → 0 "^> 4x 4z 6 1, 4y 4z 6 1, %d+$JnK*fr ^ f 0 (z) = lim 4z→0 f(z + 4z) − f(z) 4z = ∂u ∂x + i ∂v ∂x. t 1X f(z) = u(x, y) + iv(x, y) x z = x + iy ;Us f 0 (z) = ∂u ∂x + i ∂v ∂x = 1 i ∂u ∂y + ∂v ∂y . =# F+ f(z) = u(x, y) + iv(x, y) m )]i D ^B$W7 V& u(x, y) h v(x, y) m D f; ÆweC - hx4 = (f;$57V) F+ f(x, y) m( P $=qi D m n=!+Æ!+m9(mSnF+ f(x, y) m( P f; (<%+T (E) pp. 27) m(J}Wt~ Y=^BF+$!F+f 0 (z)X&^B$, ^ f 0 (z) = ux + ivx = vy − iuy X&mS$f&@{cE}$)i =# (B) F+ f(z) = u(x, y) + iv(x, y) m )]i D ^B$ W7V& u(x, y) h v(x, y) m D cY[mS!+ ÆweC - hx4
§2.2函概解析的定要条件 例1判定下列函数在何处可导,在何处解析 1)f(x)=zRe(2) 2)f(2)= 3)f(a=e(cosy+ ising) 解1)由f(x)=zRe(z)=x2+ixy,得u=x2,v=xy,所以 au dy ar y, ay 显然,这四个偏导数处处连续(由此知u,可微),但概仅当x=y=0 的,它们才满足柯西-黎曼方程. 因此,函数仅在z=0可导,在复平面内处处不解析 2因为u=十=二+y所以 一0 y (x2+y2)2 一可两 z2-2xy (x2+y2)2 (x2+y2)2 一阶偏导数在z≠0处连续(由此知u,v可微)并且满足柯西-黎曼方 程 因此,函数在复平面内除z=0外处处可导,在复平面内除z=0外 处处解析,并且 au. av x2)(1+)-2xy(1-i) (x2+y2)2 (z≠0) 3)因为u= e cosy,v= sing,所以 e Cosy, e s dv cosy dy 一阶偏导数在复平面内处处连续(由此知u,可微,并且满足柯西-黎曼 方程.因此,函数在复平面内处处解析,并且 A'(a)=Ou,ov +io=e(cosy ising )=f(a
§2.2 '+)-" .,( 7 > 1 )EpF+mHf!mH^B 1) f(z) = zRe(z); 2) f(z) = x + y x2 + y 2 + i x − y x2 + y 2 ; 3) f(z) = e x (cosy + isiny); 7 1) b f(z) = zRe(z) = x 2 + ixy, # u = x 2 , v = xy, 2Z ∂u ∂x = 2x, ∂u ∂y = 0, ∂v ∂x = y, ∂v ∂y = x. Gp/=!+mS (b v u, v f;), &_ x = y = 0 "4{weC - hx4 ^ F+_m z = 0 f!m7}Æ^B 2) ^> u = x + y x2 + y 2 , v = x − y x2 + y 2 , 2Z ∂u ∂x = y 2 − x 2 − 2xy (x2 + y 2) 2 , ∂u ∂y = x 2 − y 2 − 2xy (x2 + y 2) 2 , ∂v ∂x = y 2 − x 2 + 2xy (x 2 + y 2 ) 2 , ∂v ∂y = y 2 − x 2 − 2xy (x 2 + y 2 ) 2 . Y[!+m z 6= 0 mS (b v u, v f;), ÆweC - hx4 ^ F+m7} z = 0 :f!m7} z = 0 : ^B Æ f 0 (z) = ∂u ∂x + i ∂v ∂x = (y 2 − x 2 )(1 + i) − 2xy(1 − i) (x 2 + y 2 ) 2 (z 6= 0). 3) ^> u = e x cosy, v = e x siny, 2Z ∂u ∂x = e x cosy, ∂u ∂y = −e x siny, ∂v ∂x = e x siny, ∂v ∂y = e x cosy. Y[!+m7}mS (b v u, v f;), ÆweC - hx 4^ F+m7}^B Æ f 0 (z) = ∂u ∂x + i ∂v ∂x = e x (cosy + isiny) = f(z).
第二章解析函数 注:柯西-黎曼方程是∫(z)在点x可导的必要条件,但它并非∫(z) 在x0可导的充分亲件 例3研究f(z)=√在z=0的可导性 解因为u(x,y)=Vzyi.v(x,y)=0.,所以 (,0)=y(0.,0)=2x20,0)=vy(0,0)=0, 故在点(0,0)满足柯西-黎曼方程 但是,如果令z沿直线 (a,B不同时为零)趋于零时, y= Bt f(x2)-f(0)f(2)√a 的极限不是唯一的,可见f(2)在点z=0是不可导的 例3设 +i(x3+ f(a) ≠0 0. 0 试证∫(x)在原点满足柯西-黎曼方程,但不可导 证令f(z)=+i,得 (x,y)≠(0,0) (x,y)=(0,0) (x,y) x2+y2 (x,y)≠(0,0) (x,y)=(0,0) 因为 u2(0,0)=lim (x,0)-t(0,0) a3 x(0,0)=lim 2(0.0)=1in2(0y)-00,0)=imn=1 所以∫(x)在原点满足柯西-黎曼方程 但是当z沿直线y=kx趋向于零时, f(z)-f(0)x3-y3+i(x32+y3)1-k3+i(1+k3) (x+y)(x2+y2)71+ik)1 所以f(x)在z=0不可导
8 $%/ )-'+ :d - 3 U` f(z) = p |xy| m z = 0 $f!R 7 ^> u(x, y) = p |xy|, v(x, y) = 0, 2Z ux(0, 0) = uy(0, 0) = vx(0, 0) = vy(0, 0) = 0, /x (0, 0) C:d - 3 ! f(z) = x 3 − y 3 + i(x 3 + y 3 ) x2 + y 2 , z 6= 0, 0, z = 0, 't f(z) mk(weC - hx4 Æf! | t f(z) = u + iv, # u(x, y) = x 3 − y 3 x 2 + y 2 , (x, y) 6= (0, 0), 0, (x, y) = (0, 0), v(x, y) = x 3 + y 3 x 2 + y 2 , (x, y) 6= (0, 0), 0, (x, y) = (0, 0), ^> ux(0, 0) = lim x→0 u(x, 0) − u(0, 0) x − 0 = lim x→0 x 3 x3 = 1; uy(0, 0) = lim y→0 u(0, y) − u(0, 0) y − 0 = lim y→0 −y 3 y 3 = −1; vx(0, 0) = lim x→0 v(x, 0) − v(0, 0) x − 0 = lim x→0 x 3 x3 = 1; vy(0, 0) = lim y→0 v(0, y) − v(0, 0) y − 0 = lim y→0 y 3 y 3 = 1. [o f(z) xw C:d - <D& W z k~g y = kx Oit@U f(z) − f(0) z − 0 = x 3 − y 3 + i(x 3 + y 3 ) (x + iy)(x2 + y 2) → 1 − k 3 + i(1 + k 3 ) (1 + ik)(1 + k 2) 2Z f(z) m z = 0 Æf!
§22函数解析的充要条件 例4如果f(z)在区域D处处为零,那么f(z)在D内为常数 证因为 az ar ay ay 故 -=m=m 三0 所以u=常数,υ=常数,因而f(z)在D内为常数 例5如果f(x)=u+i为一解析函数,且f(x)≠0,那么曲线族 u(x,y)=c1,v(x,y)=2必互相正交,其中,c1,e为常数 证由于f(2)=+vy≠0,故t与v必不全为零 如果在曲线交点处vy与v都不为零,根据隐函数求导法则知, 曲线u(x,y)=c1的斜率是k=-x/uyi曲线v(x,y)=e的斜率是 k2=-x/y利用柯西-黎曼方程得 k1:k=(-x/y)·(-tx/vy)=(-vy/uy)·(uy/y)=-1 如果在曲线交点处a与vy有一个为零,则另一个必不为零,此时 易知两族中的曲线在交点处的切线一条是水平的,另一条是铅直的,它 们仍互相正交
§2.2 '+)-" .,( 9 > 4 E f 0 (z) mi D >ry f(z) m D >+ | ^> f 0 (z) = ∂u ∂x + i ∂v ∂x = ∂v ∂y − i ∂u ∂y ≡ 0, A ∂u ∂x = ∂v ∂x = ∂v ∂y = ∂u ∂y ≡ 0, 2Z u = + v = +^/ f(z) m D >+ > 5 E f(z) = u + iv >Y^BF+Æ f 0 (z) 6= 0, yI u(x, y) = c1, v(x, y) = c2 KJsX } c1, c2 >+ | bf f 0 (z) = 1 i uy + vy 6= 0, A uy h vy Æ>r EmIX( uy h vy *Æ>r?b_F+!1nv I u(x, y) = c1 $Ou& k1 = −ux/uy; I v(x, y) = c2 $Ou& k2 = −vx/vy. jaeC - hx4# k1 · k2 = (−ux/uy) · (−vx/vy) = (−vy/uy) · (uy/vy) = −1. EmIX( uy h vy cY=>rnsY= Æ>r " [vn}$ImX($ IY7&-$sY7& x$4 {KJsX
第二章解析函数 23初等函数 本节把实变函数中的一些常用的初等函数推广到复变函数的情形. 注意三个方面:1.定义;2.性质;3.解析性. 指数函数 1)定义:对于复变数z=x+iy,称 se( cosy+ ising) 为z的指数函数 2)解析性 a)f(x)在复平面内处处可导,且(ey=e2 3)性质 )加法定理: 证明:设a1=x1+iy,a=x2+iy,根据定义,有 e-i(cosy ising- e2(cosy +isiny2) itr2[cos(y1 + y2)+ isin(y +y2) b)周期性 e2+ukTi=e okri
10 $%/ )-'+ §2.3 1X \# F+}$YNa$%F+9C"7 F+$P \ =4} 1. )] 2. R| 3. ^BR 1. X1X 1) q: -f7 + z = x + iy, e z = e x (cosy + isiny) > z $ X1X. 2) 7bj a) f(z) m7}f!Æ (e z ) 0 = e z . 3) j a) R1)i e z1 · e z2 = e z1+z2 . |H! z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2, ?b)]c e z1 · e z2 = e x1 (cosy1 + isiny1) · e x2 (cosy2 + isiny2) = e x1+x2 [cos(y1 + y2) + isin(y1 + y2)] = e z1+z2 . b) R e z+2kπi = e z · e 2kπi = e z .