UMD 分析资格考试/Jan08 复杂

问题 2

证明存在一个整函数 $f\!\,$，使得对于 $g\!\,$ 的任何分支 ${\sqrt {z}}\!\,$ $\sin ^{2}(g(z))=f(z)\!\,$ 对于所有 $z\!\,$ 在 $g\!\,$ 的定义域中

解决方案 2

关键步骤

• $\sin ^{2}(\theta )={\frac {1-\cos(2\theta )}{2}}\!\,$

• $\cos(z)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}z^{2n}}{(2n)!}}\!\,$

• 比率测试

问题 4

令 $H\!\,$ 为域 $\{z:-{\frac {\pi }{2}}<\Re (z)<{\frac {\pi }{2}},\Im (z)>0\}\!\,$。证明 $g=\sin(z)\!\,$ 是 $H\!\,$ 到域 $D\!\,$ 上的 1:1 共形映射。什么是 $D\!\,$？

解 4

证明 G 为 1:1 共形映射

首先注意到

${\begin{aligned}(1)\quad |g^{\prime }(z)|&=|\sin ^{\prime }(z)|\\&=|\cos(z)|\\&=\left|{\frac {e^{-iz}+e^{iz}}{2}}\right|\\&\geq {\frac {1}{2}}(|e^{-ix}||e^{y}|-|e^{ix}||e^{-y}|)\\&\geq {\frac {1}{2}}(e^{y}-e^{-y})\\&>0\quad {\mbox{since }}y>0\end{aligned}}$

另外，应用 三角恒等式，我们对所有 $z_{1},z_{2}\in H\!\,$，有

$(2)\quad \sin z_{1}-\sin z_{2}=2\sin \left({\frac {z_{1}-z_{2}}{2}}\right)\cos \left({\frac {z_{1}+z_{2}}{2}}\right)\!\,$

因此，如果 $\sin z_{1}=\sin z_{2}\!\,$，那么

$\sin \left({\frac {z_{1}-z_{2}}{2}}\right)=0\!\,$

或者

$\cos \left({\frac {z_{1}+z_{2}}{2}}\right)=0\!\,$

后者在 $H\!\,$ 中不会发生，因为 $|g^{\prime }(z)|=|\cos(z)|>0\!\,$，所以

$\sin \left({\frac {z_{1}-z_{2}}{2}}\right)=0\!\,$

即

$z_{1}=z_{2}\!\,$

注意 $\sin(z)=\sin(x+iy)\!\,$ 的零点出现在 $x=k\pi ,k\in \mathbb {Z} \!\,$。类似地，$\cos(z)=\cos(x+iy)\!\,$ 的零点出现在 $x={\frac {\pi }{2}}+k\pi ,k\in \mathbb {Z} \!\,$。

因此，根据 $(1)\!\,$ 和 $(2)\!\,$，$g\!\,$ 是一个 $1:1\!\,$ 的共形映射。

求域 D

要找到 $D\!\,$，我们只需要考虑边界图像。

考虑右边界，$C_{3}=\{z=x+iy|x={\frac {\pi }{2}},y>0\}\!\,$

${\begin{aligned}g(C_{3})&=g\left({\frac {\pi }{2}}+yi\right)\\&=\sin \left({\frac {\pi }{2}}+yi\right)\\&={\frac {e^{i({\frac {\pi }{2}}+yi)}-e^{-i({\frac {\pi }{2}}+yi})}{2i}}\\&={\frac {e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{-y}-e^{-i{\frac {\pi }{2}}}e^{y}}{2i}}\\&={\frac {e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{-y}+e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{y}}{2i}}\\&={\frac {e^{i{\frac {\pi }{2}}}(e^{-y}+e^{y})}{2i}}\\&={\frac {i(e^{-y}+e^{y})}{2i}}\\&={\frac {e^{-y}+e^{y}}{2}}\\\end{aligned}}$

由于 $y>0\!\,$,

$g(C_{3})=(1,\infty )\!\,$

现在，考虑左边界 $C_{2}=\{z=x+iy|x=-{\frac {\pi }{2}},y>0\}\!\,$.

${\begin{aligned}g(C_{2})&=g\left(-{\frac {\pi }{2}}+yi\right)\\&=\sin \left(-{\frac {\pi }{2}}+yi\right)\\&={\frac {e^{i(-{\frac {\pi }{2}}+yi)}-e^{-i(-{\frac {\pi }{2}}+yi})}{2i}}\\&={\frac {e^{-i{\frac {\pi }{2}}}e^{-y}-e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{y}}{2i}}\\&={\frac {-e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{-y}-e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{y}}{2i}}\\&={\frac {e^{i{\frac {\pi }{2}}}(-e^{-y}-e^{y})}{2i}}\\&=-{\frac {i(e^{-y}+e^{y})}{2i}}\\&=-{\frac {e^{-y}+e^{y}}{2}}\\\end{aligned}}$

由于 $y>0\!\,$,

$g(C_{2})=(-\infty ,-1)\!\,$

现在考虑底边界 $C_{1}=\{z=x+iy|-{\frac {\pi }{2}}<=x<={\frac {\pi }{2}},y=0\}\!\,$.

${\begin{aligned}g(C_{1})&=g(x)\\&=\sin(x)\end{aligned}}$

由于 $-{\frac {\pi }{2}}<=x<={\frac {\pi }{2}}\!\,$,

$g(C_{2})=[-1,1]\!\,$

因此， $H\!\,$ 的边界映射到实数轴。使用测试点 $z=i\!\,$，我们发现

${\begin{aligned}g(i)&=\sin(i)\\&={\frac {e^{i(i)}-e^{-i(i)}}{2i}}\\&={\frac {e^{-1}-e^{1}}{2i}}\\&={\frac {-i(e^{-1}-e^{1})}{2}}\\&={\frac {i(e^{1}-e^{-1})}{2}}\\&={\frac {i}{2}}(e-{\frac {1}{e}})\\&\in {\mbox{Upper Half Plane}}\end{aligned}}$

因此我们得出结论 $D=g(H)={\mbox{Upper Half Plane}}\!\,$

问题 6

假设对于一个序列 $a_{n}\in R\!\,$ 以及任何 $z,\Im (z)>0\!\,$，级数 $h(z)=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\sin(nz)\!\,$ 是收敛的。证明 $h\!\,$ 在 $\{\Im (z)>0\}\!\,$ 上是解析的，并且可以解析延拓到 $C\!\,$

问题 6 的解答

求和 a_n 收敛

我们要证明 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\!\,$ 是收敛的。假设为了矛盾，$\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\!\,$ 是发散的，即

$\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}=\infty \!\,$

由于 $h(z)\!\,$ 在上半平面内收敛，选择 $z=i\!\,$ 作为测试点。

${\begin{aligned}h(i)&=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\sin(ni)\\&=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}{\frac {e^{-n}-e^{n}}{2i}}\\&=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}{\frac {-i(e^{-n}-e^{n})}{2}}\\&=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}{\frac {i(e^{n}-e^{-n})}{2}}\end{aligned}}$

由于 $h(i)\!\,$ 在上半平面内收敛，其虚部和实部也收敛。

$\Im (h(i))={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\underbrace {(e^{n}-e^{-n})} _{E_{n}}\!\,$

序列 $\{E_{n}\}\!\,$ 是递增的 ($E_{1}<E_{2}<\ldots <E_{n}<E_{n+1}\!\,$)，因为 $e^{n+1}>e^{n}\!\,$ 且 $e^{-n}>e^{-(n+1)}\!\,$，例如， $e^{n}\!\,$ 和 $e^{-n}\!\,$ 之间的差距随着 $n\!\,$ 的增长而增长。因此，

${\begin{aligned}\Im (h(i))&\geq {\frac {1}{2}}(e^{1}-e^{-1})\underbrace {\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}} _{=\infty }\\\\\\\Im (h(i))&\geq \infty \end{aligned}}$

这与 $h(i)\!\,$ 在上半平面收敛相矛盾。

证明 h 是解析函数

为了证明 $h\!\,$ 是解析函数，我们引用以下定理

定理 设 ${h_{n}}\!\,$ 是在开集 $U\!\,$ 上的一系列全纯函数。假设对于 $U\!\,$ 的每个紧子集 $K\!\,$，该序列在 $K\!\,$ 上一致收敛，并设极限函数为 $h\!\,$。那么 $h\!\,$ 是全纯函数。

证明 参见 Serge Lang 的《复分析》第四版的第五章定理 1.1。

现在，定义 $h_{n}(z)=\sum _{k=1}^{n}a_{k}\sin(kz)\!\,$。设 $K\!\,$ 是 $U=\{\Im {z}>0\}\!\,$ 的一个紧集。由于 $\sin(kz)\!\,$ 是连续函数