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

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.

证明. 将方程写为$$z\bar{z}-\frac{\overline{p-\rho q}}{1-\rho }z-\frac{p-\rho q}{1-\rho }\bar{z}+{\left|\frac{p-\rho q}{1-\rho }\right|}^2-{\left(\frac{\sqrt{\rho }|p-q|}{1-\rho }\right)}^2=0,$$并和书上 $(1.12)$ 式比较.

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2全纯函数

3全纯函数积分理论

3.4 Cauchy 积分公式

6. 设 $f$ 是整函数, 存在常数 $C>0$ 使得 $|z|$ 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 $z_0\in \mathbb{C}$ 有$$|f^{(k+1)}(z_0)|\le \frac{(k+1)!C{R}^k}{R^{k+1}}\to 0,R\to +\infty ,$$从而 $f^{(k+1)}\equiv 0$.

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4全纯函数级数理论

4.4 Laurent 级数

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, 其所围区域 $D_r$ 的面积为$$\mathrm{Area}(D_r)={\iint }_{D_r}dudv=\frac{\mathrm{i}}{2}{\iint }_{D_r}dw\wedge d\bar{w},w=u+\mathrm{i}v.$$在 Green 公式$${\int }_{\partial \Omega }fdw+gd\bar{w}={\iint }_{\Omega }\left(\frac{\partial g}{\partial w}-\frac{\partial f}{\partial \bar{w}}\right)dw\wedge d\bar{w}$$中, 取 $f(w)=\bar{w},g(w)=0$, 得到$$\mathrm{Area}(D_r)=\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_{g(|z|=r)}\bar{w}dw=\frac{1}{2\mathrm{i}}{\int }_{|z|=r}\overline{g(z)}{g}^{\prime }(z)dz.$$记 $z=r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }$, 并将 $g$ 的 Laurent 展开式代入上式, 得$$\begin{array}{rl}\mathrm{Area}(D_r)=& \frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\left(r{e}^{-\mathrm{i}\theta }+\sum _{n=0}^{\infty }{\bar{b}}_n{r}^{-n}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}n\theta }\right)\left(1-\sum _{m=1}^{\infty }m{b}_m{r}^{-(m+1)}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(m+1)\theta }\right)r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }d\theta \\ =& \frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(r^2+\sum _{n=0}^{\infty }{\bar{b}}_n{r}^{-(n-1)}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}(n+1)\theta }-\sum _{m=1}^{\infty }m{b}_m{r}^{-(m-1)}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(m+1)\theta }\\ & -\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{m=1}^{\infty }m{b}_m{\bar{b}}_n{r}^{-(m+n)}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}(m-n)\theta })d\theta \\ =& \pi \left(r^2-\sum _{n=1}^{\infty }n|b_n{|}^2{r}^{-2n}\right)\ge 0,\end{array}$$令 $r\to 1^{+}$ 即得 $\sum _{n=1}^{+\infty }n|b_n{|}^2\le 1$ ．

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5留数定理和辐角原理

5.3 辐角原理

1. 证明全纯函数的如下反函数定理: 设 $f$ 在 $z_0$ 的某个邻域內全纯, $f(z_0)=w_0$, 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.

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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.

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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, 若无零点, 对 $1/f$ 用最大模原理, 得 $|f|\ge c$.

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

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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$$\underset{0<r<1}{\sup }{\left(\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }|f(r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }){|}^p\mathrm{d}\theta \right)}^{\frac{1}{p}}$$的全纯函数全体称为 Hardy 空间, 记为 $H^p$.

(2) 任取一点 $w\in \Omega$, 取 ${\theta }_k$ 使得 ${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\theta }_k}{f}_k(w)=|f_k(w)|$, 构造全纯函数$$F(z)=({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\theta }_1}{f}_1(z){)}^p+\cdots +({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{\theta }_k}{f}_n(z){)}^p,$$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.

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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. 全纯映射必然是保向的.

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5.4 全纯函数局部和全局性质

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.

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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 $g(0)=f^{(n)}(0)/n!$.

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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 $|h(0)|\le 1$.

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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.

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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).

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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 $r\le 1/|(g^{-1}{)}^{\prime }(0)|=|g^{\prime }(0)|=1$.

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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 Schawrz–Pick 定理, 得 $|g^{\prime }(0)|\le 1-|g(0){|}^2$.

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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.

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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 $f^{\circ n}(z)=f\circ f\circ \cdots \circ f$ (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 $f^{\circ n}(z)\to c$.

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参考文献

[AG]	Nakhlé H. Asmar, Loukas Grafakos. Complex Analysis with Applications. Undergraduate Texts in Mathematics. Springer, 2018.