ds
=
[0,/2]| ei(cos+isin)
|/R1/2
·R d
Ri
=
[0,/2]| eRsin
|R1/2
d
C
R
R1/2
[0,/2]eRsin
d．
由sin2/([0,/2] )，故
R1/2
[0,/2]eRsin
d
R1/2
[0,/2]e(2R/)
d
C
r
ri
= (/(2R1/2
))(1–eR
)/(2R1/2
Carg (af(z) ) = 0．而af(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，故P(af(z),C) = 1．因此N(af(z),C) = 1，故f(z) =a( |a| > 1 )在C内部恰好有一个根．
13.若f(z)在周线C的内部亚纯且连续到C，试证：
(1)若zC时，|f(z) | < 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的极点个数．
因为lim
zzf(z) = 0，故
C(R)f(z)dz0 (asR+)．
故
L(1)f(z)dz+
L(2)f(z)dz(2i)(Res[f(z);i] + Res[f(z);i]) (asr0+
，R+)．所以2
(–1, 1)f(x)dx= (2i)(Res[f(z);i] + Res[f(z);i]) = (2i)(i/23/2
2因为| (af(z))a| = |f(z) | = 1 < |a|，故af(z)K．
因ln(af(z))的每个分支，以及他们的导数(ln(af(z))’都在K内解析；故i
Carg (af(z) ) =
C(ln(af(z))’dz= 0．
由辐角原理，N(af(z),C)P(af(z),C) = (2)–1
)．
所以，|
C(R)eiz
/√zdz|0 (asR+)．
rR而由|
C(r)eiz
/√zdz|(/(2r1/2
))(1–er
)
知|
C(r)eiz
/√zdz|0 (asr0+
)．
当r0+
，R+时，
[r,R]eiz
/√zdz=
[r,R]eix
/√xdx=
[r,R](cosx+isinx)/√xdx
(0, +)cosx/√x源自x+i由(1)的结论，在C的内部，方程g(z) = 1的根的个数等于g(z)的极点的个数．再注意到方程g(z) = 1和方程f(z) = 1在C的内部的根的个数相同，
并且，因为在C的内部，z是f(z)的零点z是g(z)的极点，
故g(z)的极点个数等于f(z)的零点个数；
所以，方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的零点个数．
dz=
(R,r)(√x)(lnx+ 2i)/(1 +x)2
dx
=
(r,R)(√xlnx)/(1 +x)2
dx+ 2i
(r,R)√x/(1 +x)2
dx
(0, +)√xlnx/(1 +x)2
dx+ 2i
(0, +)√x/(1 +x)2
dx(当r0+
，R+时)．因为z·√zlnz/(1 +z)2
0 (当|z|+时)，R
．或(1/(2i))
C: || = 1ez
/n+ 1
d= Res[ez
/n+ 1
, 0] = ((ez
)(n)
|
= 0)/n!=zn
/n!．
5.试证(含的区域的留数定理)：设D是
内含有的区域，其边界C是由有限条互不包含且互不相交的周线C
1,C
2, ...,C
m组成，又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z
dx= 2+2
i．
所以，
(0, +)√xlnx/(1 +x)2
dx=，
(0, +)√x/(1 +x)2
dx=/2．
9.证明：I=
(0, 1)1/((1 +x2
)(1x2
)1/2
)dx=/23/2
．
C
【解】设f(z) = 1/((1 +z2
)(1z2
)1/2
)，割线[1, 1]，
在割线的上岸(1z2
)1/2
取正值的那一支．
S
T
L
因i和i都是f(z)的一阶极点，故
1-1
Res[f(z);i] = 1/(2z(1z2
)1/2
)|
z=i=i/23/2
．
L
Res[f(z);i] = 1/(2z(1z2
)1/2
)|
z=–i=i/23/2
．
若x在上岸，则f(x) = 1/((1 +x2
)(1x2
)1/2
)；
若x在下岸，则f(x) = ei
(2)若zC时，|f(z) | > 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的零点个数．
【解】(1)类似第12题，设K= {z| |z–1 | < 1}．
因| (1f(z))–1 | = |f(z) | < 1，故(1f(z))K．
因i
Carg (af(z) ) =
C(ln(1f(z))’dz= 0．
1,z
2, ...,z
n及外解析，且连续到边界C，则
Cf(z)dz= 2i(
1knRes[f(z),z
k] + Res[f(z),] )．
【解】j: 1jm，因不在C
j上，故C
j中，因此C
j是有界集．故可取充分大的R> 0，使得周线C
由Cauchy积分定理，
Ceiz
/√zdz= 0，故其极限也为0，
所以，
(0, +)cosx/√xdx+i
(0, +)sinx/√xdx= (1 +i)√(/2)，
即
(0, +)cosx/√xdx=
(0, +)sinx/√xdx=√(/2)．
8.从
C√zlnz/(1 +z)2
dz出发，其中C是如图所示之周线，证明：
| = eRe(z)
e|z|
e < e
= | e
zn
|，由Rouché定理，N(e
zn
ez
,C) =N(e
zn
,C) =N(zn
,C) =n．
12.若f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，且连续到C，在C上|f(z) | =1，证明f(z) =a( |a| > 1 )在C内部恰好有一个根．
【解】考虑圆K= {z| |z–a| < |a|}．
当r< 1 <R时，
C√zlnz/(1 +z)2
dz
=
C(r)+
C(R)+
L(1)+
L(2)= 2iRes[√zlnz/(1 +z)2
;1] = 2+2
i．
L(1)√zlnz/(1 +z)2
dz=
(r,R)√xlnx/(1 +x)2
dx
(0, +)√xlnx/(1 +x)2
dx(当r0+
，R+时)
L(2)√zlnz/(1 +z)2
L有1，且1是f(z)的2阶极点．
LRes[√zlnz/(1 +z)2
;1] = lim
z1((1 +z)2
·f(z))’
= lim
z1(√zlnz)’= lim
z1(((1/2) lnz+ 1)√z/z)
= ((1/2) ln (1) + 1)√(1)/(1)
=((1/2)i+ 1)i= (1/2)i．
[原题是错题．例如c= 1/2，= 2，则z，当|z| < 1时，
|cz
| = | exp((z) Lnc)| = | exp((z–2)(ln| 1/2| + 2ki)) | =e(2–z)ln2
> 1 > |z|．]
11.证明方程ez
e
zn
= 0 (> 1 )在单位圆|z| < 1内有n个根．
【解】在单位圆周C: |z| = 1上，| ez
14.设(z)在C: |z| = 1内部解析，且连续到C．在C上，|(z) | < 1．试证：在C的内部只有一个点z
0，使(z
0) =z
0．
【解】设f(z) =z，则f(z)在C内部解析且连续到C，在C上，|f(z) | = 1 > |(z) |．由Rouché定理，N(f(z)(z),C) =N(f(z),C) = 1．
(0, +)sinx/√xdx．
[ri,Ri]eiz
/√zdz=
[r,R]ei(iy)
/√(iy)idy=
[r,R]ey
ei/4
/√ydy．
= (1 +i)/√2 ·
[r,R]ey
/√ydy= 2(1 +i)/√2 ·
[√r,√R]eu^2
du
(1 +i)√2 ·
(0, +)eu^2
du= (1 +i)√2 ·√/2 = (1 +i)√(/2)．
(0, +)√xlnx/(1 +x)2