复变函数复习资料

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1、单击此处编辑母版标题样式,,单击此处编辑母版文本样式,,第二级,,第三级,,第四级,,第五级,,,,,,,*,2,例,2,解,3,辐角主值的定义,:,当,z,落于一,,,四象限时，不变。,,当,z,落于第二象限时，加 。,,当,z,落于第三象限时，减 。,,5,5. 复数和差的模的性质,,6,例1,将下列复数化为三角表示式与指数表示式:,解,故三角表示式为,7,指数表示式为,故三角表示式为,指数表示式为,8,故三角表示式为,指数表示式为,9,例,2,求下列方程所表示的曲线:,解,10,化简后得,11,例,3,证,12,两边同时开方得,13,例,1,解,14,例,2,解,15,即,16

2、,例,3,解,即,17,,,18,,(1),圆环域,:,,练习,判断下列区域是否有界,?,(2),上半平面,:,(3),角形域,:,(4),带形域,:,答案,(1),有界,; (2) (3) (4),无界,.,,,19,课堂练习,判断下列曲线是否为简单曲线,?,,,,,答,,案,简单,,闭,简单,,不闭,不简单,,闭,不简单,,不闭,20,三、典型例题,解,无界的单连通域,(,如图,).,例,1,指明下列不等式所确定的区域,,,是有界的,,还是无界的,,,单连通的还是多连通的,.,,21,是角形域,,,无界的单连通域,(,如图,).,无界的多连通域,.,22,例,2,解,,满足下列条件

3、的点集是什么,,,如果是区域,,,指出是单连通域还是多连通域,?,是一条平行于实轴的直线,,,不是区域,.,单连通域,.,23,是多连通域,.,不是区域,.,24,4.,复变函数与自变量之间的关系,:,例如,,,25,解,三、典型例题,例,1,还是线段,.,26,例,1,解,仍是扇形域,.,27,例,2,28,例,1,证,(,一,),29,根据定理一可知,,,证,(,二,),30,例,2,：求,解：,因为,在,处连续，因此,32,例,3,证,33,例,1,解,34,例,2,解,35,36,例,3,解,37,38,例,5,解,39,二、典型例题,例,1,判定下列函数在何处可导,,,在何处解析,:

4、,解,不满足柯西－黎曼方程,,,40,四个偏导数均连续,,指数函数,41,四个偏导数均连续,42,例,2,证,43,例,3,解,44,例,4,解,例,5,,函数 在何处,,可导，何处解析,.,解,故 仅在直线 上可导,.,故 在复平面上处处不解析,.,47,例,6,证,48,参照以上例题可进一步证明,:,例,7,1.,偏积分法,如果已知一个调和函数,u,,,那末就可以利用柯西－黎曼方程求得它的共轭调和函数,v,,,从而构成一个解析

5、函数,u,+,vi,.,这种方法称为,偏积分法,.,解,例,1.,上式关于,x,积分，得,51,,因此,52,,2.,全微分方法,对上式从,(0,0),沿,x,轴到,(,x,,0),,再从,(,x,,0),沿直线,到,(,x,y,),积分得,53,,方法,3,由导数公式得,显然,因为,u,(,x,y,),中不含任意常数，所以,c,是纯虚数，,54,,方法,4,：,解法,55,,因为,u,(,x,y,),中不含任意常数，所以,c,是纯虚数，,例,1,解,例,2,解,注意,:,在实变函数中,,,负数无对数,,,而复变数对数函数是实变数对数函数的拓广,.,例,3,解,例,4,解,例,5,解,例,6,

6、解,65,66,67,例,1,解,直线方程为,例,2,解,(1),积分路径的参数方程为,y,=,x,(2),积分路径的参数方程为,y,=,x,y,=,x,(3),积分路径由两段直线段构成,x,轴上直线段的参数方程为,1,到,1+,i,直线段的参数方程为,o,x,y,例,3,解,由此猜想,：复积分的值与路径无关或沿闭路的,,积分值＝,0,的条件可能与被积函数的解析性及解,,析区域的单连通有关。,例,4,解,积分路径的参数方程为,75,77,78,例,6,解,积分路径的参数方程为,,,重要结论,：积分值与路径圆周的中心和半径无关,.,例,1,解,由牛顿,-,莱布尼兹公式知,,,例,2,解,例,3,

7、解,使用,:“,分部积分法,”,例,4,解,根据柯西－古萨定理, 有,例,5,证,由柯西－古萨定理,,,由柯西－古萨定理,,,由上节例4可知,,,例,6,解,根据柯西－古萨定理得,例,7,解,依题意知,,,根据复合闭路定理,,,例,8,解,由复合闭路定理,,,,此结论非常重要, 用起来很方便, 因为,不必是圆,,a,也不必是圆的圆心, 只要,a,在简单闭曲线内即可.,三、典型例题,例1,解,由柯西积分公式,例2,解,由柯西积分公式,例3,解,由柯西积分公式,例,4,解,例,4,解,由闭路复合定理, 得,例,4,解,三、典型例题,例1,解,根据复合闭路定理,例2,解,例3,解,由柯西－古萨

8、基本定理得,由柯西积分公式得,例,4,解,根据柯西积分公式知,,,例,解,根据复合闭路定理和高阶导数公式,,,解,（,1,）,（,2,）,例2,解,级数满足必要条件,,,但,例3,故原级数收敛, 且为绝对收敛,.,因为,所以由正项级数的比值判别法知,:,解,故原级数收敛,.,所以原级数非绝对收敛.,例4,解,例,5,,判别级数的敛散性,.,解,发散，,收敛，,例,5,,判别级数的敛散性,.,解,解,收敛,收敛,例,5,,判别级数的敛散性,.,例,6,,求下列幂级数的收敛半径,解,复变幂级数在收敛圆内的,解析性,,设幂级数,的收敛半径,为,那末,是收敛圆,内的解析函数,,.,它的和函数,即,(1

9、),(2),在收敛圆,内的导数可将其幂,级数逐项求导得到,,,即,(3),在收敛圆内可以逐项积分,,,即,或,附,:,常见函数的泰勒展开式,例,1,解,四、典型例题,上式,两边逐项求导,,,例,2,分析,如图,,,即,将展开式两端沿,,C,逐项积分,,,,得,解,例,3,,解,例,4,解,本例中圆环域的中心,,z,= 0,既是各负幂项的奇点,,,四、典型例题,例,1,解,例,2,内是处处解析的,,,试把,,f,(,z,),在这些区域内展开成洛朗级数,.,解,o,x,y,1,1,2,o,x,y,由,且仍有,2,o,x,y,由,此时,仍有,解,,例,3,例,4,解,例,5,内的洛朗展开式,.,解,

10、,例,7,,求积分,解,因为在,内，有,例,2,,指出函数,在点,的奇点特性,.,解,即在,的不论怎样小的去心邻域内,,,的奇点存在,,,函数的奇点为,总有,不是孤立奇点,.,所以,如果补充定义,:,时,,,那么,在,解析,.,例,3,中不含负幂项,,,是,的可去奇点,,.,例,4,说明,为,的可去奇点,.,解,,所以,为,的可去奇点,.,无负幂项,另解,,的可去奇点,.,为,综上所述,:,孤立奇点,可去奇点,m,级极点,本性奇点,洛朗级数特点,存在且为,,有限值,不存在,,且不为,无负幂项,含无穷多个负幂项,含有限个负幂项,关于,的最高幂,为,解,,解析且,所以,不是二级极点,,,而是一级极

11、点,.,例,8,问,是,的二级极点吗,?,注意,:,不能以函数的表面形式作出结论,,.,例,9 (1),函数,在圆环域,内的洛朗展开式为,:,不含正幂项,所以,是,的可去奇点,,.,(2),函数,含有正幂项且,,z,为最高正,幂项,,,所以,是,的,一,级极点,.,(3),函数,的展开式,:,含有无穷多的正幂项,所以,是,的本性奇点,.,课堂练习,的奇点及其,类型,.,说出函数,答案,例,10,函数,在扩充复平面内,有些什么类型的奇点,?,如果是极点,,,指出它的级,.,解,,函数,除点,外,,,所以这些点都是,的一级零点,,,故这些点中除,1, -1, 2,外,,,都是,的三级极点,.,内

12、解析,.,在,所以,那么,是,的可去奇点,.,,,因为,不是,的孤立奇点,.,所以,例,1,,,例,2,解,,例,4,解,例,5,计算积分,解：被积函数,在,所围区域内有奇点,,例,1,计算积分,解,带人积分中,例,2,计算积分,解,163,,例,3,计算积分,解,：,由定理可得,.,165,,例,１,,求单位阶跃函数,的,拉普拉斯变换,.,解,166,,最后的条件,167,,例,2,,求,的,拉普拉斯变换,.,解,注意,168,,解,同理可得,169,,解,例,5,,利用微分性质求,解,例,6,,求函数,,的拉氏变换,（,为正整数,）．,解法一,：直接利用定义求解,可得递推关系,又由于,得到,解法二,：利用微分性质求解,且,即,解,例,8,,求函数,解,由于,即,解,177,,例,10,,求下列函数的卷积,解,： 由定义有,178,,解,：,解,,由于,,解,方法一 利用部分分式求解,方法二 利用留数求解,解,,四 拉普拉斯变换的应用,例,1,,求常微分方程初值问题,的解,.,解,例,2,,求常微分方程组,满足初始条件,x,(0)=,y,(0)=1,的解,.,解,取得拉普拉斯逆变换，得原方程组的解为,