UMD 分析资格考试/2008 年 8 月 复杂

问题 2

计算 $\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{x^{3}+1}}dx\!\,$

解决方案 2

我们将计算一般情况

$\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{x^{n}+1}}dx\!\,$

查找 f(z) 的极点

$f(z)={\frac {1}{z^{n}+1}}\!\,$ 的极点只是 $z^{n}+1\!\,$ 的零点，因此我们可以通过以下方式计算它们

如果 $z=re^{i\theta }\!\,$ 是 $z^{n}+1=0\!\,$ 的解，

那么 $z^{n}=r^{n}e^{i\theta n}=-1\!\,$

$\Rightarrow r=1\!\,$ 并且 $in\theta =i(\pi +2\pi k)\!\,$

$\Rightarrow \theta ={\frac {\pi +2\pi k}{n}}\!\,$ , k=0,1,2,...,n-1.

因此，$f(z)\!\,$ 的极点具有以下形式：$z=e^{\frac {\pi +2\pi k}{n}}\!\,$，其中 $k=0,1,...,n-1\!\,$

选择路径的轮廓积分

为了得到 $f(x)\!\,$ 从 0 到 $\infty \!\,$ 的积分，让我们考虑路径 $\gamma \!\,$，它由一条从 0 到 $R\!\,$ 的直线 $A\!\,$、半径为 $R\!\,$ 的圆弧 $B\!\,$（从角度 0 到 ${\frac {2\pi }{n}}\!\,$）以及连接 $B\!\,$ 的终点和 $A\!\,$ 的起点的直线 $C\!\,$ 组成，

其中 $R\!\,$ 是一个固定的正数，使得

极点 $z_{0}=e^{i{\frac {\pi }{n}}}\!\,$ 在曲线 $\gamma \!\,$ 内部。然后，我们需要估计积分

$\int _{\gamma }f(z)=\underbrace {\int _{0}^{R}f(z)} _{A}+\underbrace {\int _{S(R)}f(z)} _{B}+\underbrace {\int _{Re^{i{\frac {2\pi }{n}}}}^{0}f(z)} _{C}\!\,$

计算 f 在 z0= exp{i\pi /n} 处的留数

${\begin{aligned}Res(f,z_{0})&=\left.{\frac {1}{(z^{n}+1)'}}\right|_{z=z_{0}}\\&={\frac {1}{nz_{0}^{n-1}}}\\&={\frac {1}{ne^{{\frac {i\pi }{n}}(n-1)}}}\\&={\frac {e^{\frac {i\pi }{n}}}{ne^{i\pi }}}\\&={\frac {-1}{n}}e^{\frac {i\pi }{n}}\end{aligned}}\!\,$

积分弧段 (B) 的边界

${\begin{aligned}|B|&=\left|\int _{S(R)}{\frac {dz}{z^{n}+1}}\right|\\&\leq \int _{S(R)}{\frac {dz}{|z^{n}+1|}}\\&=\int _{S(R)}{\frac {dz}{|R^{n}+1|}}\\&\leq {\frac {1}{R^{n}}}\int _{S(R)}dz\\&={\frac {1}{R^{n}}}{\frac {2\pi }{n}}R\\&={\frac {2\pi }{nR^{n-1}}}\end{aligned}}$

因此，当 $R\rightarrow \infty \!\,$ 时，$|B|\rightarrow 0\!\,$

用 (A) 参数化 (C)

令 $z=re^{i{\frac {2\pi }{n}}}\!\,$ 其中 $r\!\,$ 是实数。 那么 $dz=e^{i{\frac {2\pi }{n}}}dr\!\,$

${\begin{aligned}C&=\int _{Re^{i{\frac {2\pi }{n}}}}^{0}{\frac {dz}{1+z^{n}}}\\&=-\int _{0}^{Re^{i{\frac {2\pi }{n}}}}{\frac {dz}{1+z^{n}}}\\&=-\int _{0}^{R}{\frac {e^{i{\frac {2\pi }{n}}}}{1+(re^{i{\frac {2\pi }{n}}})^{n}}}\\&=-\int _{0}^{R}{\frac {e^{i{\frac {2\pi }{n}}}}{1+r^{n}}}\\&=-e^{i{\frac {2\pi }{n}}}\underbrace {\int _{0}^{R}{\frac {dr}{1+r^{n}}}} _{A}\\\end{aligned}}$

应用柯西积分公式

根据柯西积分公式，我们有，

$A+B+C=2\pi i{\frac {-e^{i{\frac {\pi }{n}}}}{n}}\!\,$

当 $R\rightarrow \infty \!\,$ 时，$B\rightarrow 0\!\,$。 此外，$C\!\,$ 可以用 $A\!\,$ 表示。 因此

${\begin{aligned}A+B+C&=A+C\\&=(1-e^{i{\frac {2\pi }{n}}})A\end{aligned}}$

然后我们有，

${\begin{aligned}A&={\frac {2\pi i}{n}}{\frac {e^{i{\frac {\pi }{n}}}}{e^{i{\frac {2\pi }{n}}}-1}}\\&={\frac {\pi }{n}}{\frac {2ie^{i{\frac {\pi }{n}}}}{e^{i{\frac {\pi }{n}}}(e^{i{\frac {\pi }{n}}}-e^{-i{\frac {\pi }{n}}})}}\\&={\frac {\pi }{n}}{\frac {1}{\sin({\frac {\pi }{n}})}}\end{aligned}}$

问题 4

假设 $S=\{z:-{\frac {\pi }{2}}<\Im (z)<{\frac {\pi }{2}}\}\!\,$ 并且存在一个整函数 $g\!\,$ 满足 $g(S)\subset S\!\,$。如果 $g(-1)=0\!\,$ 并且 $g(0)=1\!\,$，证明 $g(z)=z+1\!\,$

解 4

引理：两个固定点意味着恒等式

引理. 令 $f\!\,$ 在单位圆盘 $D\!\,$ 上解析，并假设在圆盘上 $|f(z)|<1\!\,$。证明如果在圆盘中存在两个不同的点 $a\!\,$ 和 $b\!\,$ 是不动点，即 $f(a)=a\!\,$ 和 $f(b)=b\!\,$，那么 $f(z)=z\!\,$.

证明 令 $h:D\rightarrow D\!\,$ 是定义为

$h(z)={\frac {a-z}{1-{\overline {a}}z}}\!\,$

现在考虑 $F(z)=h\circ f\circ h^{-1}(z)\!\,$。那么，F 有两个不动点，分别是

$F(0)=h\circ f\circ h^{-1}(0)=h\circ f(a)=h(a)=0\!\,$

$F\left({\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\right)=h\circ f\circ h^{-1}\left({\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\right)=h\circ f(b)=h(b)={\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\!\,$.

由于 $F(0)=0\!\,$，

${\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\neq 0\!\,$ （因为 $a\!\,$ 与 $b\!\,$ 不同），并且

$\left|F\left({\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\right)\right|=\left|{\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\right|\!\,$,

根据施瓦茨引理,

$F(z)=\alpha z\!\,$.

但是，将 ${\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\!\,$ 代入最后一个公式，我们得到 $\alpha =1\!\,$。

因此,

$h\circ f\circ h^{-1}(z)=z\!\,$,

这意味着

$f(z)=z\!\,$

通过平移点来创建不动点

令 $f(z)=g(z)-1\!\,$。 则 $f(0)=0\!\,$ 且 $f(-1)=-1\!\,$。

注意，$S\!\,$ 是以实轴为中心，高度为 $\pi \!\,$ 的无限水平带。 由于 $f(z)\!\,$ 是向左平移一个单位的水平平移，所以 $f(S)\subset S\!\,$。

使用黎曼映射定理

根据黎曼映射定理，存在一个双全纯（双射且全纯）映射$h\!\,$，从开单位圆盘$D\!\,$到$S\!\,$。

定义复合函数

令$F=h^{-1}\circ f\circ h\!\,$。然后$F\!\,$将$D\!\,$映射到$D\!\,$。

根据引理，由于$F(z)\!\,$有两个不动点，$F(z)=z\!\,$，这意味着$f(z)=z\!\,$，这意味着$g=z+1\!\,$。

问题 6

令${\mathcal {F}}\!\,$为在$\{|z|<1\}\!\,$上解析的函数$f\!\,$的族，使得 $\int \int _{|z|<1}|f(x+iy)|^{2}dxdy\leq 1\!\,$ 证明${\mathcal {F}}\!\,$在$\{|z|<1\}\!\,$上是一个正规族

解答 6

在 D 中选择任意紧集 K

在开单位圆盘 $D\!\,$ 中选择任意紧集 $K\!\,$。由于 $K\!\,$ 是紧集，因此它也是闭集且有界。

我们要证明对于所有 $f\in {\mathcal {F}}\!\,$ 和所有 $z\in K\!\,$，$|f(z)|\!\,$ 是有界的，即

$|f(z)|<B_{K}\!\,$

其中 $B_{K}\!\,$ 是某个取决于 $K\!\,$ 选择的常数。

应用最大模原理求 |f(z0)|

选择 $z_{0}\!\,$，它到单位圆盘 $D\!\,$ 边界的距离最短。根据最大模原理，$|f(z_{0})|=\max _{z\in K}|f(z|\!\,$.

注意 $z_{0}\!\,$ 与 $f\in {\mathcal {F}}\!\,$ 的选择无关。

将柯西积分公式应用于 f^2(z0)

我们将柯西积分公式应用于 $f^{2}(z_{0})\!\,$（而不是 $f(z_{0})\!\,$），以利用假设。

选择足够小的$r_{0}>0\!\,$使得$D(z_{0},r_{0})\!\,\in D$

${\begin{aligned}f^{2}(z_{0})&={\frac {1}{2\pi i}}\int _{|z-z_{0}|=r_{0}}{\frac {f^{2}(z)}{z-z_{0}}}dz\\&={\frac {1}{2\pi i}}\int _{0}^{2\pi }{\frac {f^{2}(z_{0}+r_{0}e^{i\theta })ir_{0}e^{i\theta }}{(z_{0}+r_{0}e^{i\theta })-z_{0}}}d\theta \\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }f^{2}(z_{0}+r_{0}e^{i\theta })d\theta \end{aligned}}$

对r积分

${\begin{aligned}\int _{0}^{r_{0}}rf^{2}(z_{0})dr&=\int _{0}^{r_{0}}\int _{0}^{2\pi }f^{2}(z_{0}+re^{i\theta })rdrd\theta \\&={\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D(z_{0},r)}f^{2}(x+iy)dxdy\end{aligned}}$

对左边积分，我们得到

$\int _{0}^{r_{0}}rf^{2}(z_{0})dr={\frac {r_{0}^{2}}{2}}f^{2}(z_{0})\!\,$

因此，

${\frac {r_{0}^{2}}{2}}f^{2}(z_{0})={\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D(z_{0},r)}f^{2}(x+iy)dxdy\!\,$

利用假设对|f(z0)|进行估计

${\begin{aligned}\left|{\frac {r_{0}^{2}}{2}}f^{2}(z_{0})\right|&=\left|{\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D(z_{0},r_{0})}f^{2}(x+iy)dxdy\right|\\&\leq {\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D(z_{0},r_{0})}|f^{2}(x+iy)|dxdy\\&\leq {\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D}|f^{2}(x+iy)|dxdy\\&\leq {\frac {1}{2\pi }}\\\\{\mbox{Then }}\\\left|{\frac {r_{0}^{2}}{2}}f^{2}(z_{0})\right|&\leq {\frac {1}{2\pi }}\\\\{\mbox{This implies}}\\\\|f(z_{0})|&\leq {\frac {1}{r_{0}{\sqrt {\pi }}}}\end{aligned}}$

应用蒙特尔定理

然后，由于任何 $f\in {\mathcal {F}}\!\,$ 在每个紧集上是一致有界的，根据蒙特尔定理，可知 ${\mathcal {F}}\!\,$ 是正规的