复变函数 试卷

12024 秋复变函数期中作业 (姚一隽)

1.	考虑裂纹平面 $\Omega =\mathbb{C}\setminus (-\infty ,0]$. 证明下述两个命题: (i) 设 $f$ 是某个非空区域 $D$ 上的全纯函数, 满足 $f(D)$ 是 $\Omega$ 的子集, 则存在 $D$ 上的全纯函数 $g$ 使得 $g^2=f$. (ii) 设 $f$ 是 $\Omega$ 上的没有零点的全纯函数, 则存在 $\Omega$ 上的全纯函数 $g$ 使得 $g^2=f$.
2.	设紧集 $K\subset \mathbb{R}$, $\mu (K)>0$. 对于 $z\in \mathbb{C}\setminus K$, 定义 $\mathbb{C}\setminus K$ 上的全纯函数$$f(z)={\int }_K\frac{dt}{t-z}.$$ (1) 设 $R>0$, $K\subset (-R,R)$. 求 $f$ 在 $\{|z|>R\}$ 上的 Laurent 展式. (2) 极限 ${\lim }_{z\to \infty }zf(z)$ 存在吗? 如果存在的话, 等于多少? (3) 是否存在 $\mathbb{C}\setminus K$ 上的全纯函数 $g(z)$, 使得 $f(z)=g(z{)}^2$? (4) 计算 ${\oint }_{|z|=R}f(z)dz$. (5) $f$ 能不能延拓成一个整函数? (6) 当 $K=[-1,1]$ 的时候, 给出 $f$ 的具体表达式.
3.	设实数 $a,b>0$, 且 $\theta =a/b$ 是无理数. 设$$f(z)=z^3\sin (\pi az)\sin (\pi bz).$$ (1) 对于整数 $n\ne 0$, 求 $f$ 关于 $na$ 和 $nb$ 的留数. (2) 证明, $\mathrm{Res}[f,0]=\frac{{\pi }^2}{360ab}(7(a^4+b^4)+10a^2{b}^2)$. (3) 证明, 存在一列收敛到 $+\infty$ 的实数 $(r_N{)}_{N\ge 1}$, 和一个与 $N$ 无关的 $d>0$, 使得$$\underset{n\in \mathbb{Z}}{\inf }\left|r_N-\frac{n}{a}\right|\ge d,\text{且}\underset{n\in \mathbb{Z}}{\inf }\left|r_N-\frac{n}{b}\right|\ge d.$$ (4) 设 $S_N=\{z\mid \mathrm{Re}z\in \{-r_N,r_N\},\text{或 }\mathrm{Im}z\in \{-r_N,r_N\}\}$. 证明, 存在 $\delta >0$, 使得对于任意 $z\in S_N$, 都成立 $|\sin \pi az|\ge \delta$, $|\sin \pi bz|\ge \delta$. (5) 利用留数定理, 证明$$\underset{N\to \infty }{\lim }\left({\theta }^2\sum _{1\le n<a{r}_N}\frac{(-1{)}^n}{n^3\sin (n\pi /\theta )}+\sum _{1\le n<b{r}_N}\frac{(-1{)}^n}{n^3\sin (n\pi \theta )}\right)=-\frac{{\pi }^3}{720}\left(7{\theta }^3+7\theta +10\theta \right).$$ (6) 取 $a=1+\sqrt{2}$, $b=1$, 证明, $$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^3\sin (n\pi (1+\sqrt{2}))}=\frac{\sqrt{2}{\pi }^3}{720}.$$
4.	考虑函数 $e^{2\pi i{z}^2/n}{e}^{2\pi iz}-1$ 在下述两个围道上的积分: 由此给出 Gauss 和 $G_n:={\sum }_{k=0}^{n-1}{e}^{2\pi i{k}^2/n}$ 的值.
5.	设幂级数 $f(z)={\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k{z}^k$ 的各项系数都是实数, $a_0\ne 0$, 且收敛半径 $>1$. 并假设在 $\{|z|=1\}$ 上 $|f(z)|\le 1$. 证明: (1) 对于 $k=1,2,\dots$, $|a_k|\le 1-a_0^2$. (2) 对于 $k=1,2,\dots$, $$-\left(1-a_0^2-\frac{a_k^2}{1+a_0}\right)\le a_k^2\le 1-a_0^2-\frac{a_k^2}{1-a_0}.$$
6.	设 $a>0$, $f$ 是带状区域 $\{z\mid |\mathrm{Im}z|<a\}$ 上的解析函数, 且 $f$ 和 $z^{2}f$ 在这个区域上都是有界的. (a) 求函数 $g(z)=f(z)e^{iz}-1$ 的极点和相应的留数. (b) 对于 $0<b<a$, 证明$$\sum _{n=-\infty }^{\infty }f(2\pi n)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }[g(x-ib)-g(x+ib)]dx.$$ (c) 证明, 对于任意 $0<b<a$ 和 $k\in \mathbb{R}$, 有$${\int }_{-\infty }^{\infty }f(x+i\mathrm{sgn}(k)b)e^{ik(x+i\mathrm{sgn}(k)b)}dx={\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)e^{ikx}dx.$$ (d) 对于 $f$, 记 $\hat{f}(k)=(2\pi {)}^{-1/2}{\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)e^{-ikx}dx$. 证明, $$\sum _{n=-\infty }^{\infty }f(2\pi n)=(2\pi {)}^{-1/2}\sum _{n=-\infty }^{\infty }\hat{f}(n).$$

22023 春复变函数 (H) 期末试卷 (沈维孝)

1.	设 $U,V,W$ 为 $\mathbb{C}$ 中区域, $f:U\to V,g:V\to W$ 满足 $g\circ f:U\to W$ 是全纯函数, $g$ 是非常值全纯函数. 求证 $f$ 是全纯函数.
2.	设 $0<r<R,A=\{z\in \mathbb{C}:r<|z|<R\}$, 求 $A$ 的全体全纯自同构.
3.	用留数定理计算积分 (此题和平行班一样) 设 $f(z)=\frac{z^2+1}{\sqrt{z^2-1}}$ 在 $\mathbb{C}\setminus [-1,1]$ 上全纯, 满足 $x>1$ 时 $f(x)>0$. (1) 求 $f(i)$ (记不清了, 大概是求 $f$ 什么东西). (2) 计算 $f(z)$ 在 $\infty$ 的留数. (3) 计算积分$${\int }_{-1}^1\frac{x^2+1}{\sqrt{1-x^2}}dx.$$
4.	设 $f$ 是 $\overline{\mathbb{D}}$ 的某个邻域上的半纯函数, 且 $f$ 只在 $\partial \mathbb{D}$ 上有有限个极点. 设 $f$ 在 $0$ 的幂级数展开为 $f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n$, 求证 $a_n$ 有界.
5.	与调和函数和 Schwarz 公式有关的题, 要证明给定的 $\mathbb{D}$ 上全纯函数列內闭一致收敛, 记不清了.
6.	设 $A=\{z\in \mathbb{C}:\mathrm{Re}(z)>0,|z|<2\},\mathcal{M}=\{f:A\to \mathbb{D}$ 全纯 $\}.$ (1) 求 $M=\underset{f\in \mathcal{M}}{\sup }|f^{\prime }(1)|$. (2) 求 $f\in \mathcal{M}$, 满足 $f^{\prime }(1)=M$.

32023 春复变函数期中试卷 (沈维孝)

(沈 wx 的期中成绩取为 $\max \{\text{期中成绩},\text{期末成绩}\}$, 期末成绩仍取为期末成绩.)

1.	设 $\phi$ 是非常值整函数, 且存在两个复数 $c,\lambda$ 满足 $|\lambda |>1$, 以及$$\phi (z{)}^2+c=\phi (\lambda z).$$证明: $\infty$ 是 $\phi$ 的本性奇点.
2.	设$${\Omega }_1=\{z\in \mathbb{C}:|z|<1,|z-1|<1\},{\Omega }_2=\{z\in \mathbb{C}:0<\text{Im}(z)<1\}.$$写出一个从 ${\Omega }_1$ 到 ${\Omega }_2$ 的双全纯映射.
3.	用留数定理计算积分$${\int }_0^{\infty }\frac{\cos x}{1+x^4}dx.$$
4.	设 $f$ 是整函数, 满足$$f(z)\in \mathbb{R}⟺z\in \mathbb{R}.$$证明: $f$ 至多只有一个零点 (记重数).
5.	设 $f:\mathbb{D}\to \mathbb{D}$ 是全纯函数, 满足 $r=|f(0)|>0$. 证明: 当 $|z|<r$ 时, $f(z)\ne 0$.

42023 春复变函数期末试卷 (邱维元)

(注: 平行班和荣誉课使用同一张卷子.)

1.	填空题 (非常基础, 共 10 题 *3 分)
2.	$f$ 为单位圆 $\mathbb{D}$ 上的全纯函数, 满足 $|f(z)|\le \frac{1}{1-|z|},\forall z\in \mathbb{D}$. 证明: $\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, $$|f^{(n)}(0)|\le (n+1)!e.$$
3.	求将 $S=\{z:0<\mathrm{Im}z<\pi \}$ 映为单位圆 $\mathbb{D}$ 的全体双全纯映射, 并给出证明.
4.	区域 $\Omega \subset \mathbb{C}$, $f:\Omega \to \Omega$ 为全纯映射, 且 $\forall z\in \Omega ,f(f(z))=f(z)$. 证明: $f(z)\equiv z$ 或 $f(z)$ 为常数.
5.	用留数定理计算 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x^{\alpha }}{1+x^{\beta }}dx$, 其中 $0<\alpha +1<\beta ,\beta >1$.
6.	$f:\mathbb{D}\to \mathbb{D}$ 为全纯映射, 满足 $f(0)=0,f^{\prime }(0)=a\in (0,1)$. 证明: $$|z|\frac{a-|z|}{1-|z|a}\le |f(z)|\le |z|\frac{a+|z|}{1+|z|a},\forall z\in \mathbb{D}.$$

52022 春复变函数期末试卷 (邱维元、王珺)

2022 春《复变函数》试卷 A

一、	(每小题 5 分, 共 30 分) 填空题: (1) 计算 $\frac{(\cos (3\pi /5)+\mathrm{i}\sin (3\pi /5){)}^9}{(\cos (2\pi /5)+\mathrm{i}\sin (2\pi /5){)}^{11}}=\underline{}$. (2) 计算积分 $\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{|z|=1}\frac{|z|+\sin z}{z}\mathrm{d}z=\underline{}$. (3) 若 $u(x,y)={\mathrm{e}}^{px}\cos y$ 是调和函数, 则 $p=\underline{}$. (4) 设 $f(z)$ 是将区域 $\{z:|\frac{z-\mathrm{i}}{z+\mathrm{i}}|<1\}$ 映成单位圆, 且满足 $f(2\mathrm{i})=0$ 的双全纯映射 (共形映射) , 则 $f(z)=\underline{}$. (5) 设 $\Omega$ 是复平面挖去原点和负虚轴后的区域, $f(z)$ 是 $\frac{1}{2}\log z$ 在 $\Omega$ 上满足 $f(1)=0$ 的单值支, 则 $f(-1)=\underline{}$. (6) 设级数 $\sum _{n=1}^{+\infty }{c}_n$ 收敛, $\sum _{n=1}^{+\infty }|c_n|$ 发散, 则幂级数 $\sum _{n=1}^{+\infty }{c}_n{z}^n$ 的收敛半径为 $\underline{}$.
二、	(每小题 8 分, 共 24 分) 完整叙述下列定理: (1) 辐角原理. (2) 调和函数的 Poisson 公式. (3) Riemann 映射定理.
三、	(10 分) 已知$$f(z)=\frac{{\mathrm{e}}^z}{(z+1{)}^2(z-2)}-\frac{a}{(z+1{)}^2}-\frac{b}{z+1}-\frac{c}{z-2}$$为整函数 (即 $\mathbb{C}$ 中奇点都是可去奇点) , 求常数 $a,b,c$ 的值.
四、	(12 分) 利用留数计算积分$${\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin x}{x^2+1}\mathrm{d}x.$$
五、	(12 分) 设 $f(z)$ 是单位圆 $\mathbb{D}$ 上的全纯映射, 满足$$f(0)=0,|\mathrm{Re}f(z)|<1,\forall z\in \mathbb{D}.$$证明: $$|\mathrm{Im}f(z)|\le \frac{2}{\pi }\ln \frac{1+|z|}{1-|z|},\forall z\in \mathbb{D}.$$
六、	(12 分) 设 $f(z)$ 是整函数, 满足当 $|z|=1$ 时, $|f(z)|=1$. 证明: $f(z)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^n$, 其中 $\theta$ 是实数, $n$ 是非负整数.

2022 春《复变函数》试卷 A 分析

一、	填空题 (2) 被积函数 $\frac{|z|+\sin z}{z}$ 分子不是全纯函数, 不能直接用 Cauchy 积分公式. 事实上, 在积分曲线上 $|z|=1$. 有不少答案为 $0$ 的同学应该是将被积函数当作全纯函数, 接着用 Cauchy 公式了, 这说明对 Cauchy 公式的掌握不到位. (5) 此题要证明要说清楚也许要花点功夫, 但 $z=1$ 是幂级数收敛和绝对收敛的分界点, 按收敛半径的性质, 只能是 $1$.
二、	要求将定理完整写正确, 缺条件或条件不正确会扣分.
三、	此题主要是参数 $b$ 的计算错误较多. 答案是 $b=-4/9e$. 标准做法是对 $\frac{e^z}{(z+1{)}^2(z-2)}$ 分别在 $z=-1$ 和 $z=2$ 处 Laurent 展开, 取参数 $a,b,c$ 为其主要部分相应项的系数. 同学们在做此题时的典型错误是在 $z=-1$ 作 Laurent 展开时, 要么对 $e^z$ 作幂级数展开, 但对 $1/(z-2)$ 直接用 $z=-1$ 代入得到 $-1/3$; 要么对 $1/(z-2)$ 在 $z=-1$ 处幂级数展开, 但 $e^z$ 直接用 $z=-1$ 代入得到 $e^{-1}$. 两者都导致 $1/(z+1)$ 的系数错误. 事实上 $e^z$ 和 $1/(z-2)$ 在 $z=-1$ 的幂级数展开都会有 $(z+1)$ 项, 整个函数在 $z=-1$ 处的 Laurent 展开的 $1/(z+1)$ 的系数是两者之和, 其中之一不展开直接用 $z=-1$ 代入将会少掉一个 $(z+1)$ 项. 一个简单的做法是令 $g(z)=(z+1{)}^2(z-2)f(z)$, 则 $-1$ 是 $g(z)$ 的二阶零点、$2$ 是 $g(z)$ 的一阶零点, 故解方程组 $g(-1)=0,g^{\prime }(-1)=0,g(2)=0$ 即可.
四、	此题的主要错误是很多同学化为围道积分时被积函数取为 $\frac{z\sin z}{z^2+1}$, 但此时在大半圆弧上的积分将出现$${\int }_0^{\pi }\left(e^{-R\sin \theta }+e^{R\sin \theta }\right)d\theta$$这儿出现 $e^{R\sin \theta }$ 是没法用 Jordan 引理的. 正确的做法是 $\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ 或 $\sin x=\mathrm{Im}{e}^{ix}$, 围道积分的被积函数是 $\frac{z{e}^{iz}}{z^2+1}$. 请看讲义例题.
五、	如果做过教材 §6.1 习题 4 (布置过习题) 且会做的话应该会做此题, 不过也有一个典型错误: 利用变换以及 Schwarz 引理, 得到$$\left|\frac{e^{i\pi f(z)/2}-1}{e^{i\pi f(z)/2}+1}\right|\le |z|$$后估算 $\mathrm{Im}f(z)$ 时, 出现两个错误: (1) 直接得到$$\frac{e^{\pi /2|f(z)|}-1}{e^{\pi /2|f(z)|}+1}\le |z|.$$错误在于想当然地认为 $\left|e^{i\pi f(z)/2}\right|=e^{\pi |f(z)|/2}$, 但实际是 $\left|e^{i\pi f(z)/2}\right|=e^{\pi \mathrm{Im}f(z)/2}$. 此时, 只能得到一半不等式, 另一半应利用$$\left|\frac{e^{i\pi f(z)/2}-1}{e^{i\pi f(z)/2}+1}\right|=\left|\frac{e^{-i\pi f(z)/2}-1}{e^{-i\pi f(z)/2}+1}\right|.$$(2) 化为$$|f(z)|\le \frac{2}{\pi }\left|\log \frac{1+z}{1-z}\right|\le \frac{2}{\pi }\log \frac{1+|z|}{1-|z|}.$$这是想当然地认为 $|\log z|\le \log |z|$, 但实际上 $|\log z|=\sqrt{{\log }^2|z|+(\arg z{)}^2}\ge \log |z|$.
六、	此题的关键是说明单位圆内除了原点外没有其他零点. 如果单位圆内零点为 $a_1,\cdots ,a_n$ (计重数, 必定有限多个) , 作$$g(z)=f(z)\prod _{k=1}^n\frac{1-{\bar{a}}_{k}z}{z-a_k},$$则 $g(z)$ 在单位圆内没有零点, $|g(z)|=1$ $(|z|=1)$. 由最大最小模定理 $g(z)\equiv e^{i\theta }$. 此时$$f(z)=e^{i\theta }\prod _{k=1}^n\frac{z-a_k}{1-{\bar{a}}_{k}z}$$为有理函数, 只有当所有 $a_k=0$ 时才是整函数. 也可以用对称原理, 单位圆内不是原点的零点关于单位圆周的对称点是极点, 与整函数矛盾. 故至多在原点有零点. 原点如果是 $n$ 阶零点 ($n=0$ 为非零点), 则 $f(z)/z^n$ 在单位圆内无零点, 单位圆周上模恒为 $1$, 同上, 由最大最小模定理即得其为常数. 另一种很好的做法是: 如果 $0$ 不是 $f(z)$ 的零点, 则其关于单位圆周的对称点 $\infty$ 不是极点, 极限存在, 这样是有界整函数, 由 Liouville 定理是常数. 如果 $0$ 是 $n$ 阶零点, 考虑 $f(z)/z^n$.

62021 复变函数期末试卷

一、 填空题

二、 解答题

1.	求 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x^3}{1+x^5}dx$.
2.	记 $D_1=\{|z-1|<2\}\cup \{|z+1|<2\}$, $D_2=\{-1<\mathrm{Im}z<1\}$, $\mathbb{D}$ 为单位圆盘. (1) 写出 $D_1$ 到 $\mathbb{D}$ 的双全纯映射 $f$, 满足 $f(0)=0$. (2) 写出 $D_2$ 到 $\mathbb{D}$ 的双全纯映射 $f$, 满足 $f(0)=0$. (3) 设 $f$ 是 $D_1$ 到 $D_2$ 的双全纯映射, 写出 $f^{\prime }(0)$ 的所有可能值.
3.	记 $E=\mathbb{C}\setminus \{0,1\}$, 设 $f:E\to E$ 是双全纯映射. (1) 证明: $f$ 是分式线性变换. (2) 写出所有可能的 $f$.
4.	设 $f$ 是单位圆盘 $\mathbb{D}$ 上的全纯函数, 任意 $c\in \mathbb{D}$, $f(z)-c$ 在 $\mathbb{D}$ 上恰有两个零点 (计重数) . (1) 证明: $|z|\to 1$ 时, $|f(z)|\to 1$. (2) 证明: 存在 $a_1,a_2\in \mathbb{D},\alpha \in [0,2\pi )$, 使得 $f(z)=e^{i\alpha }\frac{a_1-z}{1-{\bar{a}}_{1}z}\frac{a_2-z}{1-{\bar{a}}_{2}z}$.

72017 复变函数期末试卷解答

一	(每小题 3 分, 共 30 分) 填空题: (1) 计算 $\cos (\mathrm{i}\log 3)=\underline{5/3}$． (2) 设 $z=x+\mathrm{i}y,u(z)={\mathrm{e}}^x\sin y$, 则 $u(z)$ 的共轭调和函数 $v(z)=\underline{-{\mathrm{e}}^x\cos y}$． (3) 将单位圆 $\mathbb{D}$ 映成右半平面 $\{w:\mathrm{Re}w>0\}$, 并且 $f(0)=1$ 的共形映射全体是 $\underline{f(z)=\frac{1-{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }z}{1+{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }z},\theta \in \mathbb{R}}$. (4) 积分 $\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{|z-1|=1}\frac{\sin (\pi z/4)}{z^2-1}\mathrm{d}z=\underline{\sqrt{2}/4}$． (5) 函数 $f(z)=z{\mathrm{e}}^{1/z}$ 在 $\infty$ 处的留数 $\mathrm{Res}(f,\infty )=\underline{-1/2}$． (6) 将函数 $f(z)=\frac{z}{(z-1)(z-\mathrm{i})}$ 在 $z=-1$ 处展开成幂级数, 其收敛半径为 $\underline{\sqrt{2}}$． (7) 设函数 $f(z)$ 是 $z^{1/3}$ 在 $\mathbb{C}\setminus (-\infty ,0]$ 上的单值支, 满足 $f(1)=1$, 则 $f(\mathrm{i})=\underline{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\pi /6}}$． (8) 函数 $f(z)=\frac{z}{1-z}$ 在 $\infty$ 处的 Laurent 展开的主要部分是 $\underline{0\text{ 或 消失}}$． (9) 单位圆 $\mathbb{D}$ 内 $0$ 和 $1/2$ 之间的双曲距离 $d_{\mathbb{D}}(0,1/2)=\underline{\log 3}$． (10) 设 $v(z)$ 在 $D(a,r)$ 上调和, $u(z)=\log \frac{1}{|z-a|}+v(z),z\in D(a,r)\setminus \{a\}$, 则 $u(z)$ 在 $a$ 点的积分周期 $P=\underline{-2\pi }$．
二	(每小题 4 分, 共 12 分) 完整正确地叙述下列定义或定理． (1) Morera 定理. 答: 设函数 $f(z)$ 在区域 $\Omega$ 上连续, 且对任意闭三角形 $\Delta \subset \Omega$, 积分$${\int }_{\partial \Delta }f(z)dz=0,$$则 $f(z)$ 在 $\Omega$ 上解析． (2) Riemann 映射定理. 答: 设 $\Omega \subset \mathbb{C}$ 是单连通区域, 且 $\Omega \ne \mathbb{C}$, 则对任意 $a\in \Omega$, 存在唯一的共形映射 $f:\Omega \to \mathbb{D}$ 使得 $f(a)=0,f^{\prime }(a)>0$． (3) 次调和函数. 答: 设 $u(z)$ 是区域 $\Omega$ 上实值连续函数, 对任意 $z_0\in \Omega$, 存在 $\rho >0$, 使得圆 $D(z_0,\rho )\subset \Omega$, 且对任意 $0<r<\rho$, 满足如下次均值不等式$$u(z_0)\le \frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_0^{2\pi }u(z_0+r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta })d\theta ,$$则称 $u(z)$ 是 $\Omega$ 上次调和函数. 或 设 $u(z)$ 是区域 $\Omega$ 上实值连续函数, 对任意圆 $D(z_0,r)\subset \Omega$ 以及 $D\left(z_0,r\right)$ 上的调和函数 $v(z)$, 函数 $u(z)-v(z)$ 在 $D(z_0,r)$ 满足最大值原理, 则称 $u(z)$ 为 $\Omega$ 上次调和函数.
三	(10 分) 设 $f(t)$ 是定义在 $[0,1]$ 上的连续复值函数．定义$$g(z)={\int }_0^{1}f(t){\mathrm{e}}^{tz}dt,z\in \mathbb{C}.$$ 证明: $g(z)$ 是 $\mathbb{C}$ 上解析函数． 证一: 幂级数 ${\mathrm{e}}^{tz}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(tz{)}^n}{n!}$ 对给定的 $z\in \mathbb{C}$ 关于 $t\in [0,1]$ 一致收敛. 又 $f(t)$ 连续, $|f(t)|\le M$．故积分和求和可交换, 即$$g(z)={\int }_0^1\sum _{n=0}^{\infty }f(t)\frac{t^n{z}^n}{n!}dt=\sum _{n=0}^{\infty }{z}^n\left(\frac{1}{n!}{\int }_0^{1}f(t)t^{n}dt\right).$$上述幂级数的系数$$a_n=\frac{1}{n!}{\int }_0^{1}f(t)t^{n}dt$$满足$$|a_n|\le \frac{1}{n!}{\int }_0^1|f(t)|dt\le \frac{M}{n!},$$故收敛半径为无穷大. 因此, $g(z)$ 是 $\mathbb{C}$ 上解析函数. 证二: 对任意 $z,z^{\prime }\in \mathbb{C}$, $$\frac{g(z^{\prime })-g(z)}{z^{\prime }-z}={\int }_0^{1}f(t)\frac{{\mathrm{e}}^{t{z}^{\prime }}-{\mathrm{e}}^{tz}}{z^{\prime }-z}dt={\int }_0^{1}f(t)t{\mathrm{e}}^{tz}\left(\frac{{\mathrm{e}}^{t\left(z^{\prime }-z\right)}}{t\left(z^{\prime }-z\right)}\right)dt.$$因此, 当 $z^{\prime }\to z$ 时, 被积函数关于 $t\in [0,1]$ 一致收敛于 $f(t)t{\mathrm{e}}^{tz}$, 极限和积分可交换. 因此, $$\underset{z^{\prime }\to z}{\lim }\frac{g\left(z^{\prime }\right)-g(z)}{z^{\prime }-z}={\int }_0^{1}f(t)t{\mathrm{e}}^{tz}dt$$存在, 即 $g(z)$ 对任意 $z\in \mathbb{C}$ 可导. 由 Goursat 定理, $g(z)$ 是 $\mathbb{C}$ 上解析函数. 证三: 由于当 $z^{\prime }\to z\in \mathbb{C}$ 时, ${\mathrm{e}}^{t{z}^{\prime }}\to {\mathrm{e}}^{tz}$ 关于 $t\in [0,1]$ 一致收敛, 故极限和积分可交换, ${\lim }_{z^{\prime }\to z}g(z^{\prime })=g(z)$, $g(z)$ 连续． 又对任意闭三角形 $\Delta \subset \mathbb{C}$, 由于 $f(t){\mathrm{e}}^{tz}$ 在 $[0,1]\times \Delta$ 上一致连续, 故$${\int }_{\partial \Delta }g(z)dz={\int }_{\partial \Delta }{\int }_0^{1}f(t){\mathrm{e}}^{tz}dtdz={\int }_0^{1}f(t){\int }_{\partial \Delta }{\mathrm{e}}^{tz}dzdt=0.$$由 Morera 定理, $g(z)$ 是 $\mathbb{C}$ 上解析函数.
四	(12 分) 设 $u(z)$ 是区域 $\Omega$ 上的实值调和函数, $\frac{\partial u(z)}{\partial z}$ 的零点集在 $\Omega$ 中有聚点, 证明: $u(z)$ 为常数. 证一: 由 $\Delta u(z)=\frac{\partial }{\partial \bar{z}}\frac{\partial u(z)}{\partial z}=0$ 知, $\frac{\partial u(z)}{\partial z}$ 是 $\Omega$ 上解析函数. 由唯一性定理, $\frac{\partial u(z)}{\partial z}$ 在 $\Omega$ 上恒为 $0$. 又若记 $z=x+\mathrm{i}y$, $$\frac{\partial u(z)}{\partial z}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial u(z)}{\partial x}-\mathrm{i}\frac{\partial u(z)}{\partial y}\right)=0,$$由 $u(z)$ 为实值函数得$$\frac{\partial u(z)}{\partial x}=0,\frac{\partial u(z)}{\partial y}=0,\forall z\in \Omega .$$因此, $u(z)$ 为常数. 证二: 设 $E\subset \Omega$ 是 $\frac{\partial u(z)}{\partial z}$ 的零点集, $z_0$ 是 $E$ 在 $\Omega$ 内的一个聚点. 由连续性, $z_0\in E$. 作圆 $D(z_0,\rho )\subset \Omega$, 则 $u(z)$ 在 $D(z_0,\rho )$ 上有共轭调和函数 $v(z)$, 使得 $f(z)=u(z)+\mathrm{i}v(z)$ 是 $D(z_0,\rho )$ 上解析函数. 由于$$\frac{\partial u(z)}{\partial z}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial u(z)}{\partial x}-\mathrm{i}\frac{\partial u(z)}{\partial y}\right)$$以及 $u(z)$ 是实函数, $$\frac{\partial u(z)}{\partial z}=0⟺\frac{\partial u(z)}{\partial x}=\frac{\partial u(z)}{\partial y}=0,z\in E.$$ 由 Cauchy–Riemann 方程, $$\frac{\partial v(z)}{\partial x}=\frac{\partial v(z)}{\partial y}=0,z\in E\cap D(z_0,\rho ).$$ 因此, $f^{\prime }(z)=0,z\in E\cap D(z_0,\rho )$. 由唯一性定理, $f(z)=c,z\in D(z_0,\rho )$ 为常数. 从而 $u(z)=\mathrm{Re}c,z\in D(z_0,\rho )$ 为常数. 由调和函数的唯一性定理, $u(z)=\mathrm{Re}c,z\in \Omega$ 为常数.
五	(12 分) 设 $\Omega$ 是单连通区域, 且 $\Omega \ne \mathbb{C}$, $f:\Omega \to {\Omega }^{\prime }=f(\Omega )$ 是共形映射. 记 $d(z,E)={\min }_{\zeta \in E}|\zeta -z|$ 表示点 $z$ 到闭集 $E$ 的欧氏距离. 证明: 对任意 $z\in \Omega$, $$\frac{1}{4}\left|f^{\prime }(z)\right|d(z,\partial \Omega )\le d\left(f(z),\partial {\Omega }^{\prime }\right)\le 4\left|f^{\prime }(z)\right|d(z,\partial \Omega ).$$ 证一: 给定 $z\in \Omega$, 由 Riemann 映射定理, 存在共形映射 $g:\mathbb{D}\to \Omega$, 使得 $g(0)=z$. 由 Koebe $1/4$ 定理和 Schwarz 引理的推论, $$\frac{1}{4}\left|g^{\prime }(0)\right|\le d(z,\partial \Omega )\le \left|g^{\prime }(0)\right|.\text{\hspace{1em}(1)}$$ 又 $h=f\circ g:\mathbb{D}\to {\Omega }^{\prime }$ 共形, 且 $h(0)=f(z)$. 因此, 同理得$$\frac{1}{4}\left|h^{\prime }(0)\right|\le d\left(f(z),\partial {\Omega }^{\prime }\right)\le \left|h^{\prime }(0)\right|.\text{\hspace{1em}(2)}$$ 而 $h^{\prime }(0)=f^{\prime }(z)\cdot g^{\prime }(0)$, 代入 ($2$) 式, 并除以 ($1$) 式即得$$\frac{1}{4}\left|f^{\prime }(z)\right|d(z,\partial \Omega )\le d\left(f(z),\partial {\Omega }^{\prime }\right)\le 4\left|f^{\prime }(z)\right|d(z,\partial \Omega ).$$ 证二: 对给定 $z_0\in \Omega$, 记 $\delta =d(z,\partial \Omega )$. 则圆 $D(z_0,\delta )\subset \Omega$, $f(z)$ 是 $D(z_0,\delta )$ 到 $\tilde{\Omega }=f(D(z_0,\delta ))\subset {\Omega }^{\prime }$ 的共形映射．由 Koebe $1/4$ 定理, $$d(f(z_0),\partial {\Omega }^{\prime })\ge d(f(z_0),\partial \tilde{\Omega })\ge \frac{1}{4}\left|f^{\prime }(z_0)\right|\delta =\frac{1}{4}\left|f^{\prime }(z_0)\right|d(z_0,\partial \Omega ).$$将 $z_0$ 换为 $z\in \Omega$, 得到不等式的左边一半. 利用 $f^{-1}$ 也为共形映射得到不等式的另一半.
六	(12 分) 设区域 $A=\left\{z:R_1<|z|<R_2\right\}$ 为圆环, 函数 $u(z)$ 在 $A$ 上调和, 在 $\bar{A}$ 上连续, 满足当 $|z|=R_1$ 时, $u(z)=0$; 当 $|z|=R_2$ 时, $u(z)=1$. 证明: $u(z)$ 在区域 $A$ 上不存在共轭调和函数. 证一: 反证. 设 $u(z)$ 在 $A$ 上有共轭调和函数 $v(z)$, 则 $f(z)=u(z)+\mathrm{i}v(z)$ 为 $A$ 上解析函数. 当 $|z|\to R_1$ 时, $\mathrm{Re}f(z)\to 0$; $|z|\to R_2$ 时, $\mathrm{Re}f(z)\to 1$, 且收敛关于 $\arg z$ 是一致的. 由此 $f(z)$ 不是常值函数. 对任意给定 $w\in \mathbb{C}\setminus (\{\mathrm{Re}w=0\}\cup \{\mathrm{Re}w=1\})$, $w$ 到 $\{\mathrm{Re}w=0\}\cup \{\mathrm{Re}w=1\}$ 的距离 $d>0$. 对任意 $r_1>R_1$, 当 $r_1$ 充分靠近 $R_1$ 时, 如果 $|z|=r_1$, 就有 $|\mathrm{Re}f(z)-0|<d$; 同理, 对任意 $r_2<R_2$ 且充分靠近 $R_2$, 如果 $|z|=r_2$, 有 $|\mathrm{Re}f(z)-1|<d$．这样, 圆周 $|z|=r_1$ 和 $|z|=r_2$ 在 $f(z)$ 下的像曲线关于 $w$ 的绕数均为 $0$. 由辐角原理, $f(z)$ 在 $\left\{z:r_1<|z|<r_2\right\}$ 内不取 $w$ 值. 由 $r_1,r_2$ 的任意性, $f(z)$ 在 $A$ 内不取 $w$ 值. 因此, $f(z)$ 的像只能包含在直线 $\mathrm{Re}w=0$ 和 $\mathrm{Re}w=1$ 内, 由开映射原理, $f(z)$ 为常值函数, 矛盾. 证二: 反证．设 $u(z)$ 在 $A$ 上有共轭调和函数 $v(z)$, 使得 $f(z)=u(z)+\mathrm{i}v(z)$ 为 $A$ 上解析函数. 由 Cauchy 定理, 对任意 $R_1<r_1<r_2<R_2$, $${\int }_{|z|=r_1}\frac{f(z)}{z}dz={\int }_{|z|=r_2}\frac{f(z)}{z}dz,$$即$${\int }_0^{2\pi }f(r_1{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta })d\theta ={\int }_0^{2\pi }f(r_2{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta })d\theta .$$两边取实部得$${\int }_0^{2\pi }u(r_1{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta })d\theta ={\int }_0^{2\pi }u(r_2{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta })d\theta .$$由于 $u(z)$ 在 $\bar{A}$ 连续, 令 $r_1\to R_1,r_2\to R_2$ 得$${\int }_0^{2\pi }u(R_1{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta })d\theta ={\int }_0^{2\pi }u(R_2{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta })d\theta .$$但由 $u(z)=0,|z|=R_1;u(z)=1,|z|=R_2$ 知, 上式左边为 $0$, 右边为 $2\pi$, 矛盾. 证三: 令$$\tilde{u}(z)=\frac{\log |z|-\log R_1}{\log R_2-\log R_1},$$则 $\tilde{u}(z)$ 在 $A$ 上调和, 在 $\bar{A}$ 上连续, 且当 $|z|=R_1$ 时, $\tilde{u}(z)=0$; 当 $|z|=R_2$ 时, $\tilde{u}(z)=1$. 由最大最小值原理 $u(z)=\tilde{u}(z)$. 在 $A\setminus [R_1,R_2]$ 上, $\tilde{u}(z)$ 有共轭调和函数 $\tilde{v}(z)=\frac{\arg z}{\log R_2-\log R_1}$．如果 $u(z)$ 有共轭调和函数 $v(z)$, 则限制在 $A\setminus [R_1,R_2]$ 上, $v(z)=\tilde{v}(z)+c,c\in \mathbb{R}$ 为常数. 这样 $v(z)$ 在 $A$ 上不连续, 矛盾. 证四 (利用 Schwarz 对称原理) : 设 $u(z)$ 有共轭调和函数 $v(z)$, 则 $f(z)=u(z)+\mathrm{i}v(z)$ 在 $A$ 上解析, 当 $|z|\to R_1$ 时, $\mathrm{Re}f(z)\to 0$, 当 $|z|\to R_2$ 时, $\mathrm{Re}f(z)\to 1$. 反复利用 Schwarz 对称原理, $f(z)$ 可以解析延拓成 $\mathbb{C}\setminus \{0\}$ 上的解析函数, 从而 $u(z)$ 可以延拓成 $\mathbb{C}\setminus \{0\}$ 上调和函数, 且当 $z\to 0$ 时, $u(z)=\mathrm{Re}f(z)\to -\infty$, 即 $0$ 是 $u(z)$ 的对数奇点, $u(z)$ 可以表示为$$u(z)=\alpha \log |z|+\tilde{u}(z),$$其中, $\tilde{u}(z)$ 在 $\mathbb{C}$ 上调和. 与证三类似, $u(z)$ 的共轭调和函数必定有形式 $v(z)=\alpha \arg z+\tilde{v}(z)$, 其中 $\tilde{v}(z)$ 是 $\tilde{u}(z)$ 在 $\mathbb{C}$ 上的一个共轭调和函数, 不可能在 $A$ (或整个 $\mathbb{C}$ ) 上连续, 矛盾. 也可以令 $f(z)={\mathrm{e}}^{u(z)+\mathrm{i}v(z)}$ 在 $A$ 上解析, 且当 $|z|\to R_1$ 时, $|f(z)|\to 1$; 当 $|z|\to R_2$ 时, $|f(z)|\to e$．反复利用 Schwarz 对称原理, $f(z)$ 可解析延拓成 $\mathbb{C}\setminus \{0\}$ 上解析函数, 且当 $z\to 0$ 时, $f(z)\to 0$; 当 $z\to \infty$ 时, $f(z)\to \infty$, 即 $0$ 是 $f(z)$ 的零点 (唯一零点) , $\infty$ 是 $f(z)$ 的极点 (唯一极点) ．因此, $f(z)=c{z}^n,c\ne 0$. 因此, $u(z)=n\log |z|+\log c$, 同样导出矛盾. (注: 按讲义或课堂讲授, Schwarz 对称延拓要求 $f(z)$ 在 $\bar{A}$ 上连续, 但这儿没有证明这一点 (因为, $v(z)$ 并不知道是否在 $\bar{A}$ 上连续) . 所以按讲义要求, 上述证明有 bug．但教材上没有连续到边界这个要求, 按教材上述证明没有问题．事实上, 按教材, 调和函数 $u(z)$ 可以直接延拓成 $\mathbb{C}\setminus \{0\}$ 上调和函数, 使得 $0$ 是 $u(z)$ 的对数奇点.)
七	(12 分) 设 $f(z)$ 是单位圆 $\mathbb{D}$ 上解析函数, 满足 $f(0)=0$, 以及 $|f(z)|<1$, $\forall z\in \mathbb{D}$. 证明: (1) 对任意 $z\in \mathbb{D}$ 成立 $|f(z)+f(-z)|\le 2|z{|}^2$, (2) 上式中等号成立, 当且仅当 $f(z)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^2,\theta \in \mathbb{R}$. 证: (1) 令 $g(z)=\frac{f(z)+f(-z)}{2}$, 则当 $|z|<1$ 时, $|g(z)|<1$. 且 $g(0)=0$, $g^{\prime }(0)=\frac{1}{2}(f^{\prime }(0)-f^{\prime }(0))=0$. 方法一: 令 $\phi (z)=\frac{g(z)}{z^2}$, 则 $0$ 是 $\phi (z)$ 的可去奇点, 从而 $\phi (z)$ 在 $\mathbb{D}$ 内全纯. 对任意 $0<r<1$, 当 $|z|=r$ 时, $$|\phi (z)|=\frac{|g(z)|}{r^2}<\frac{1}{r^2}.$$由最大模原理, 对任意 $|z|<r,|\phi (z)|<1/r^2$. 令 $r\to 1$, 得到对任意 $z\in \mathbb{D}$, $|\phi (z)|\le 1$. 即$$|f(z)+f(-z)|\le 2|z{|}^2.$$ 方法二: 由 Schwarz 引理, $|g(z)|\le |z|$. 令 $\phi (z)=g(z)/z$, 则 $|\phi (z)|\le 1$, 且 $\phi (0)=g^{\prime }(0)=0$．由最大模原理, $|\phi (z)|<1$. 再由 Schwarz 引理, $|\phi (z)|\le |z|$, 即得$$|f(z)+f(-z)|\le 2|z{|}^2.$$ (2) 如果上式对某个 $z\ne 0$ 成为等式, 则 $|\phi (z)|=1$．由最大模原理, $\phi (z)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }$. 即$$f(z)+f(-z)=2{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^2.\text{\hspace{1em}(∗)}$$ 方法一: 设$$f(z)=\sum _{n=1}^{+\infty }{a}_n{z}^n,$$则有$$f(z)+f(-z)=\sum _{k=1}^{+\infty }2a_{2k}{z}^{2k}.\text{\hspace{1em}(∗∗)}$$比较 $(\ast )$ 和 $(\ast \ast )$ 得 $a_2={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }$. 又由于 $|f(z)|<1$, 得到$$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }{\left|f\left(r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }\right)\right|}^2\mathrm{d}\theta =\sum _{n=1}^{+\infty }{\left|a_n\right|}^2{r}^{2n}<1.$$令 $r\to 1$, 得到$$\sum _{n=1}^{+\infty }{\left|a_n\right|}^2\le 1.$$由于 $\left|a_2\right|=1$, 所以对任意 $n\ne 2,a_n=0$. 于是$$f(z)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^2.$$如果 $f(z)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^2$, 则题中不等式显然是等式. 方法二: 令 $f(z)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^2+h(z)$, 则由 $(\ast )$ 得$$h(z)+h(-z)=0,$$即 $h(z)$ 为奇函数. 我们要证当 $|z|\to 1$ 时, $h(z)\to 0$, 从而由最大模原理, $h(z)\equiv 0$, 得到 $f(z)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^2$. 首先 $|h(z)|\le \left|{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^2\right|+|f(z)|\le 2$ 为有界函数. 如果当 $|z|\to 0$ 时, $h(z)\nrightarrow 0$, 则存在 $z_n\in \mathbb{D},z_n\to z^{\ast },|z^{\ast }|=1$, 使得 $h(z_n)\to A\ne 0$．这样 $h(-z_n)\to -A$. 因此, $$f(z_n)\to {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^{\ast 2}+A,f(-z_n)\to {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{z}^{\ast 2}-A.$$ 两者必有一个的模长大于 $1$. 矛盾.