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