UMD 分析资格考试/2006 年 8 月复杂

问题 2

对于实数 $s$ ，考虑积分

$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{ist}}{t-i}}\,dt.$

(a) 计算积分的柯西主值（当它存在时）

(b) 对于 $s$ 的哪些值积分收敛？

解答 2

考虑复函数 $f(z)={\frac {e^{isz}}{z-i}}$ 。该函数在 $z=i$ 处有一个极点。我们可以计算 $\operatorname {Res} (f(z),i)=\lim _{z\to i}(z-i)f(z)=e^{-s}$ 。

考虑轮廓 $\Gamma _{R}$ ，由以原点为圆心，半径为 $R$ 的上半圆 $C_{R}$ （逆时针方向遍历）和实轴上的区间 $[-R,R]$ 组成。

也就是说，

$\int _{\Gamma _{R}}f(z)\,dz=\int _{C_{R}}f(z)\,dz+\int _{-R}^{R}f(t)\,dt=2\pi i\operatorname {Res} (f,i).$

让我们估计 $f$ 沿着半圆 $C_{R}$ 的积分。我们用路径 $z=Re^{i\theta }$ ， $dz=Rie^{i\theta }$ 对 $\theta \in [0,\pi ]$ 来参数化 $C_{R}$ 。这给了我们

${\begin{aligned}\left|\int _{C_{R}}f(z)\,dz\right|=&\left|\int _{0}^{\pi }{\frac {e^{isRe^{i\theta }}}{Re^{i\theta }-i}}Rie^{i\theta }\,d\theta \right|\\\leq &\int _{0}^{\pi }\left|e^{-Rs\sin(\theta )}e{iRs\cos(\theta )}{\frac {Rie^{i\theta }}{Re^{i\theta }-i}}\right|\,d\theta \\\leq &\int _{0}^{\pi }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta .\end{aligned}}$

将区间 $[0,\pi ]$ 分成 $[0,\delta ]\cup [\delta ,\pi -\delta ]\cup [\pi -\delta ,\pi ]$ ，其中 $0<\delta <\pi /2$ 。这使得 $\int _{0}^{\pi }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta =\int _{\delta }^{\pi -\delta }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta +2\int _{0}^{\delta }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta$ .

让我们评估右侧的两个积分中的第一个。

${\begin{aligned}\int _{\delta }^{\pi -\delta }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta \leq &\int _{\delta }^{\pi -\delta }e^{-Rs\sin(\delta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta \\=&(\pi -2\delta )e^{-Rs\sin(\delta )}{\frac {R}{R-1}}\end{aligned}}$ ，当 $R\to \infty$ 时趋于 0。注意：此论证仅在假设 $s>0$ 的情况下才有效。如果我们试图对 $s<0$ 使用此论证，我们将被积函数限制为 $e^{-Rs}{\frac {R}{R-1}}$ 而不是 $e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}$ ，但当我们令 $R\to \infty$ 时会发散（这意味着 $\int _{-R}^{R}f(t)\,dt$ 也必须随着 $R\to \infty$ 发散。这回答了问题 b）。

至于另一个积分， ${\begin{aligned}2\int _{0}^{\delta }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta \leq 2\int _{0}^{\delta }{\frac {R}{R-1}}\,d\theta =2\delta {\frac {R}{R-1}}\end{aligned}}$ ，当 $R\to \infty$ 时趋于 $2\delta$ 。

因此，我们已经证明了 $\lim _{R\to \infty }\left|\int _{C_{R}}f(z)\,dz\right|\leq 2\delta$ 。但 $0<\delta <\pi /2$ 是任意的，因此我们可以说该积分消失。

因此， $2\pi ie^{-s}=\lim _{R\to \infty }(\int _{C_{R}}f(z)\,dz+\int _{-R}^{R}f(t)\,dt)=0+\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{ist}}{t-i}}\,dt.$

问题 4

设 $D=\{|z|<1\}$ 的边界为 $S=\{|z|=1\}$ 。对于 $\zeta \in D$ 定义

$f(z)={\frac {\zeta -z^{2}}{1-{\bar {\zeta }}z^{2}}}$ .

(a) 证明 $f(z)\in S$ 当且仅当 $z\in S$ 。

(b) 证明 $f$ 至少有一个不动点 $\omega \in S$ 。

解答 4

4a

考虑 $g(z)={\frac {\zeta -z}{1-{\bar {\zeta }}z}}$ 和 $h(z)=z^{2}$ 。那么 $f(z)=g\circ h(z)$ 。我们知道 $h(z)$ 是一个从 $D$ 到 $D$ 的保角映射，而且， $f(z)\in S$ 当且仅当 $z\in S$ 。对于 $h(z)$ 也是如此，也就是说， $h(z)=z^{2}\in S$ 当且仅当 $z\in S$ 。因此， $f(z)=g\circ h(z)$ 当且仅当 $z\in S$ 。

4b

如果 $\omega$ 是 $f(z)$ 的不动点，那么 $f(\omega )={\frac {\zeta -\omega ^{2}}{1-{\bar {\zeta }}\omega ^{2}}}=\omega$ 。重新排列得到 ${\overline {\zeta }}\omega ^{3}-\omega ^{2}-\omega +\zeta .$ 根据代数基本定理，我们保证该方程在复平面上有 3 个解。我们只需要证明这些解中至少有一个位于圆 $|\omega |=1$ 上。