z
解 令 z x iy, w u iv,
1
x iy
映射 w z z
u iv
x iy
x2
y2 ,
x
y
于是 u x x2 y2 , v y x2 y2 ,
圆周 z 2的参数方程为 :
x 2cos
0 2π
y 2sin ,
5
所以象的参数方程为
u
5
cos
2
v 3 sin ,
2
0 2π
u2
v2
表示 w 平面上的椭圆 :
1.
2
2
5 3
2 2
6
二、可导与解析
例1 证明函数f (z) x3 y3i仅在原点有导数.
证
lim
f (z)
f (0)
lim
x3 y3i
lim
x3 yi3
z0
z
(x,y)0 x iy (x,y)0 x iy
解法二 线积分法.
( x, y)
( x, y) v
v
因为 v(x, y) dv(x, y) C
dx dy C
(0,0)
(0,0) x
y
( x, y) u
u
dx dy C,
(0,0) y
x
( x, y)
所以 v( x, y) (0,0) (2 y x)dx (2x y)dy C
y2 x2
y2 x2
2d( xy) d
2
2
d 2xy
2
2
,
y2 x2 所以 v( x, y) 2xy C (C为任意常数)
22 z2
代入 f (z) u iv 得 f (z) (2 i) iC . 2
17
例2 已知 u(x, y) x3 6x2 y 3xy2 2y3
f (z) f (z0 ) x3 x03
z z0
x x0
3x02
(当x x0 )
若z沿路径 x x0 , 则
f
(z) z
f (z0 ) z0
iy3 iy03 i( y y0 )
3 y02
(当y y0 )
故除非x0 y0 0,否则f (z)的导数不存在.
8
例2 函数 f (z) ( x2 y2 x) i(2xy y2 ) 在何处 可导，何处解析.
例1 计算 czdz 的值，其中C为
1）沿从 (0,0) 到(1 ,1 ) 的线段：x t, y t,0 t 1; 2）沿从 (0,0) 到 (1,0) 的线段：C1 : x t, y 0,0 t 1, 与从 (1,0) 到 (1,1)的线段 C2 : x 1, y t,0 t 1 所接成的折线.
所以 v( x, y) (3x2 12xy 3 y2 )dy
3 x2 y 6 xy2 y3 g( x), v u 因为 , x y 所以 6xy 6 y2 g( x) (6x2 6xy 6 y2 )
g( x) 6x2 g( x) 6x2dx 2x3 C ,
19
求解析函数 f (z) u iv ,使符合条件 f (0) 0.
18
例2 已知 u( x , y ) x 3 6 x 2 y 3 xy 2 2 y 3 求解
析函数 f (z) u iv ,使符合条件 f (0) 0.
解 因为 v u 3x2 12xy 3 y2 , y x
C2 2 z i
i
26
1
1
1
C
z(z2
dz 1)
dz C1 z
dz C2 2(z i)
1 2i 2i
2
i.
27
解法二 利用柯西积分公式
f1(z)
1 z2
1 在C1内解析 ,
f2(z)
1 z(z
i) 在C2内解析,
1
1
1
C z(z2 1) dz C1 z(z2 1) dz C2 z(z2 1) dz
lim ( x2 xyi y2 ) 0 用柯西黎曼方程
( x , y )0
故 f (z) 在z 0处的导数为0.
再证其他处的导数不存 在.
7
f (z) f (z0 ) x3 iy3 x03 iy03
z z0
( x iy) ( x0 iy0 )
若z沿路径 y y0 , 则
4
2
2
例1 在映射 w z2 下求下列平面点集在 w 平面
上的象 : (2) 双曲线 x2 y2 4;
解 令 z x iy, w u iv,
则 u iv x2 y2 2 xyi, u x2 y2 ,
x2 y2 4 u 4,
y
v
wz2
2 o 2
x
o
4u
平行于 v 轴的直线.
21
例1 计算 czdz 的值，其中C为
1）沿从 (0,0) 到(1 ,1 ) 的线段：x t, y t,0 t 1;
2）沿从 (0,0) 到 (1,0) 的线段：C1 : x t, y 0,0 t 1, 与从 (1,0) 到 (1,1)的线段 C2 : x 1, y t,0 t 1
f1(z)
ez z2 1在C1内解析,
f2(z)
ez z(z
i) 在C2内解析,
因此由柯西积分公式得
29
ez
ez
ez
dz
dz
dz
C z(z2 1)
C1 z(z2 1)
C2 z(z2 1)
ez (z2 1)
ez z(z i)
C1
dz
dz
z
C2 z i
2i f1(0) 2if2(i)
( x,0)
( x,0)
(2 y x)dx (2x y)dy
(0,0)
(0,0)
( x, y)
( x, y)
(2 y x)dx (2x y)dy C
( x,0)
( x,0)
15
x
y
[ 0 (2 y x)dx]y0 [ 0 (2 x y)dy]xx C
x
y
0 (0 x)dx 0 (2x y)dy C
9
例2 函数 f (z) ( x2 y2 x) i(2xy y2 ) 在何处 可导，何处解析. 解 u( x, y) x2 y2 x, ux 2 x 1, uy 2 y;
v( x, y) 2 xy y2 , vx 2 y ,vy 2 x 2 y; 1
当且仅当 y 时， ux vy , uy vx . 2 1
故 a 1, b 3, c 3.
11
例4
讨论函数
f
(z)
e
1 z2
,
z
0
在原点的可导性.
0 , z 0
解 函数沿 z x 趋于0时,
f (0) lim
f (z)
f
(0)
lim
1
1
e x2
0
z0 z 0
x0 x
当 z 沿正虚轴 z iy 趋于0时，有
lim
f (z)
f (0) lim
故
u ay3 bx2 y, v x3 cxy2
u 2bxy, v 2cxy, v 3x2 cy2 , u 3ay2 bx2 ,
x
y
x
y
u v u v
由于 f (z) 解析，所以
,
x y y x
即 2bxy 2cxy b c,
3ay2 bx2 3 x2 cy2 3a c,b 3
C2 z(z2 1)
25
解法一 利用柯西-古萨基本定理及重要公式
1 11 1 1 1
z(z2 1) z 2 z i 2 z i
由柯西-古萨基本定理有
y
C
11
dz 0,
C1 2 z i
11
C2
i
dz 0,
C1 2 z i
C1
1
11
O
x
dz 0, dz 0,
C2 z
1 (z2 1)
1 [z(z i)]
C1
dz
dz
z
C2 z i
2i f1(0) 2if2(i)
2i
2i
1
i.
2
28
ez
(2)
在C内有两个奇点z 0及z i分别
z(z2 1)
以z 0及z i 为圆心,以1 4为半径作圆C1及C2 ,则
由复合闭路定理有
ez
ez
ez
C z(z2 1) dz C1 z(z2 1) dz C2 z(z2 1)dz
v u (2 y x) 2 y x,
x y x2
得 v (2 y x)dx 2xy 2 g( y),
v 2x g( y).
y
v u 又 2x y.
y x
13
比较两式可得 : 2x g( y) 2x y, 故 g( y) y.
即 因此
y2
g( y) ydy 2 C.
《复变函数与积分变换》
N
总复习
P
y
授课教师S ：郭鹏 z x
1
一、映射
例1 在映射 w z2 下求下列平面点集在 w 平面
上的象 :
π
(1) 线段 0 r 2, ;
4
解 设 z rei ,
y
w ei ,
v
wz2
则 r 2 , 2 , o
x
o
u
π
π
故线段 0 r 2, 映射为 0 4, ,
故 f (z) 仅在直线 y 上可导. 2 1
由解析函数的定义知 , f (z) 在直线 y 上处处 2