机敏问答[复变][5] #20210629
2024-06-11 16:58:42
机敏问答[复变][5] #20210629
- Cousin问题
- 答案
- 留数
- 答案
- 辐角原理与Rouche定理
- 答案
- 幂级数延拓
- 答案
- 对称延拓
- 答案
本专栏主要作个人复习自测，有相关知识预备的同学也可作复习用。不保证无相应基础的人士能看明白。
万一考试考到了，或者对你的学习有较大帮助，一键三连不过分吧（斜眼笑）
Cousin问题
- 区域上的所有极点和极点处主部能在什么意义上决定亚纯函数？
- 反过来，针对确定的一列可数个极点和相应主部，能否构造相应亚纯函数？对于有限个情况，可以直接加。对于可数个情况，为什么极点孤立？极点在Cˉ\bar \mathbb CCˉ上不孤立和以前的东西矛盾吗？
- 为了克服直接加有理函数导致的收敛性难以考察的问题，我们采取一系列Lk(z)−Pk(z)L_k(z)-P_k(z)Lk(z)−Pk(z)的相加。其中LkL_kLk是（），PkP_kPk是在一定范围内能逼近LkL_kLk的多项式（当然选用其它全纯函数也行）。
- 接上，为了Lk−PkL_k-P_kLk−Pk求和内闭一致收敛，我们希望对于任意圆盘D(0,r)D(0,r)D(0,r)，除了有限项之外，剩下的一系列Lk−PkL_k-P_kLk−Pk（），从而求和在圆盘上一致收敛。
- 适当利用无穷乘积可以证明复平面上给定一系列可数个零点和相应阶数，可以构造相应的复平面上解析函数。这为什么说明了C\mathbb CC上亚纯函数能表示成解析函数的商？
- 证明(1/sinz)2=∑−∞+∞(z−nπ)−2(1/sinz)^2=\sum_{-\infty}^{+\infty}(z-n\pi)^{-2}(1/sinz)2=∑−∞+∞(z−nπ)−2时，如果已知右侧亚纯，那么如何说明左右两侧相减有界（从而是常数）？
答案
- 相差全纯函数（减一下即可）
- 能。如果极点不孤立那么倒数恒为0. 之前零点孤立性定理要求不能有一列趋向无穷的零点，但是那里的条件要求亚纯函数（在扩充复平面上）定义域包含无穷远为内点！这里不一定（无界区域Ω\OmegaΩ可以比较奇怪），所以这里可以有一列趋向无穷的极点。
- 第kkk个极点对应的主部。
- 每一项都在圆盘内模一致小于1/2k1/2^k1/2k.
- 指定亚纯函数的所有极点和阶数，可以乘以一个构造出的解析函数，使得乘积解析。
- 分为接近（任意一个）极点和不接近极点两种情况讨论。划分”是否接近“的距离标准对于每个极点是一致的。
留数
- 留数和主部有什么关系？
- 叙述直接展开、直接积分、先乘后导、待定系数等常见求留数方法。
- 留数定理求围道积分，边界上不能有什么点？区域一定单连通吗？极点一定要是有限个吗？围道反过来转会怎么样？这和1/z1/z1/z的两个奇点处的留数有何联系？
- 留数定理和柯西定理有何关系？
- 留数定理针对Cˉ\bar \mathbb CCˉ上除去有限点外解析的函数（不一定是亚纯函数）如何应用？
- 如何理解”留数是单连通区域上有孤立奇点的函数存在原函数的阻碍“？
答案
- 有限点处，是a−1a_{-1}a−1或称b0b_0b0（主部系数）. 无穷点处却是正则部分中1/z1/z1/z项系数相反数。（围道积分时，有负号）
- 提示：先乘后导要求孤立奇点是极点，主部为有限项。”乘“了后是解析函数。最后记得除以(m−1)!(m-1)!(m−1)!（阶乘）
先乘后导的特殊情况：一阶极点Res(f,0)=limz→0zf(z)Res(f,0)=lim_{z\to0} zf(z)Res(f,0)=limz→0zf(z).
待定系数法可以求级数系数。 - 不解析的点（当然不能有极点）和无穷远点（注：辐角原理中还不能有零点）。不一定（Cˉ\bar \mathbb CCˉ中有限条逐段光滑曲线为边界即可）。一定（条件中假设了不解析的点只能有有限个）。结果加负号（也可以在区域合适时，认为内外颠倒）。区域是扩充复平面，则现在Res(1/z,0)=1,Res(1/z,∞)=−1Res(1/z,0)=1,Res(1/z,\infty)=-1Res(1/z,0)=1,Res(1/z,∞)=−1，相加为0.
- 用柯西定理可以证明有界区域情况留数定理。留数定理是柯西定理的推广（解析点留数为0）。（注意积分等于2πi2\pi i2πi留数和，系数和柯西公式一样容易漏掉！）
- 比如可以取越来越大的环。或者越来越小的环（”我把全世界包围了“）。（注：这可以联系上无界区域情况留数定理的证明）
- 单连通区域上孤立奇点留数为0，则由（单连通区域情况）留数定理显然知道原函数存在。更进一步的，可以对一般的函数减去所有Res(f,zk)/(z−zk)Res(f,z_k)/(z-z_k)Res(f,zk)/(z−zk)得到有原函数的函数。
辐角原理与Rouche定理
- 辐角原理和留数定理有何关系？
- 辐角原理表示谁在转圈？
- 为了证明扩充复平面上不为常数的亚纯函数任意点原像集的大小（基数）相同，可以使用（）的个数架桥。
- DDD是有限条光滑曲线为边界的有界区域，fff在Dˉ\bar DDˉ邻域解析，不为常数，f(∂D)f(\partial D)f(∂D)不落到f(D)f(D)f(D)内部，则证明f(D)f(D)f(D)中任意点原像集的大小相同和2.有何异同？
- 类似3.的方法怎么考察一族含参解析函数的零点个数？借此说明∣f+g∣<∣f∣+∣g∣|f+g|<|f|+|g|∣f+g∣<∣f∣+∣g∣时合适条件下fff和ggg的零点个数相同。
- Rouche定理条件中∣g∣<∣f∣|g|<|f|∣g∣<∣f∣的严格小于号用在了什么地方？
- 用Rouche定理考察多项式在圆盘内零点个数时，我们需要关注不同项的增长速度，并取出在边界上（）的一项考察。如果是取出多项考察那怎么办？
- 直接用辐角原理考察有界单连通区域内fff的零点个数时，考察的是谁旋转的辐角？如果考察无界单连通区域有什么办法？
- 对于0是f(x)f(x)f(x)的三阶零点，叙述分歧覆盖定理。我们怎么保证没有高阶零点？
- 辐角原理中被积函数如果变为gf′/fgf'/fgf′/f，其中ggg在区域闭包邻域解析，则积分结果是什么？
- f(z)=a0+a1z+⋯f(z)=a_0+a_1z+\cdotsf(z)=a0+a1z+⋯满足∑j=2∞j∣aj∣≤∣a1∣\sum_{j=2}^\infty j|a_j|\le|a_1|∑j=2∞j∣aj∣≤∣a1∣，能不能直接用Rouche定理证明f′≠0f'\ne0f′=0从而证明单叶？
- 1+2z+3z2=1+z+z2−3z31−z=1−z3−3z3+3z4(1−z)21+2z+3z^2=\frac{1+z+z^2-3z^3}{1-z}=\frac{1-z^3-3z^3+3z^4}{(1-z)^2}1+2z+3z2=1−z1+z+z2−3z3=(1−z)21−z3−3z3+3z4说明了1+2z+3z2+⋯+nzn−11+2z+3z^2+\cdots+nz^{n-1}1+2z+3z2+⋯+nzn−1在nnn大时的零点分布有什么特点？
- 对于任意给定圆盘，eze^zez的前nnn项展开式（nnn足够大）为何在圆盘之内无零点？
- 用Rouche定理证明Hurwitz定理。
答案
- 辐角原理是对f′/ff'/ff′/f用留数定理（思路是f=(z−zk)mgf=(z-z_k)^mgf=(z−zk)mg这样）
所以要求fff在边界解析且无零点和极点。
不一定单连通这点也和留数定理一致。 - ∫Γf′dz/f=∫f(Γ)dw/w\int_{\Gamma} f'dz/f=\int_{f(\Gamma)}dw/w∫Γf′dz/f=∫f(Γ)dw/w，积分结果就是2πi2\pi i2πi乘以www在f(Γ)f(\Gamma)f(Γ)上转的圈数（此处认为Γ\GammaΓ是一条简单闭曲线，不是多条。虽然实际上可以是多条）
- 极点。（注意用到了”包围全世界“思想）
- 共同点都是对f−z0f-z_0f−z0用辐角原理。不同点是证明f−z0f-z_0f−z0零点个数和z0z_0z0无关时，一个用的是通过极点架桥（因为已知围道积分是0），另一个是用连续性（不知道围道积分）（特别注意必须说明∂D\partial D∂D上f(z)−z0f(z)-z_0f(z)−z0不为0，否则辐角原理分母为0了）
- f(z,t)f(z,t)f(z,t)关于实参数ttt是一族连续的含参解析函数且在简单闭曲线γ\gammaγ上恒非零，则在γ\gammaγ所围区域内部零点个数和ttt无关（根据含参变量积分的连续性）。考察rf+(1−r)grf+(1-r)grf+(1−r)g.
注：考察f/gf/gf/g也可，注意f/gf/gf/g不为0是因为三角不等式不能取等，(f/g)(Γ)(f/g)(\Gamma)(f/g)(Γ)不能绕原点也是因为三角不等式不能取等推出f/gf/gf/g实部不变号。 - fff不为0可做分母。1+g/f1+g/f1+g/f离1的距离小于1，从而(f+gf)(Γ)(\frac{f+g}{f})(\Gamma)(ff+g)(Γ)不绕原点。（并且注意f+gf+gf+g在闭曲线上也不为0）
- 模最大（且大于其它模之和）。比如：z4+iz3+1z^4+iz^3+1z4+iz3+1在∣z∣=2|z|=2∣z∣=2处z4−1z^4-1z4−1模长大于等于15.
- 区域边界的像。取一系列有界单连通区域，看辐角变化量的极限。
- ∃D(f(0),ρ),D(0,δ),∀w∈D(f(0),ρ)\exists D(f(0),\rho),D(0,\delta),\forall w\in D(f(0),\rho)∃D(f(0),ρ),D(0,δ),∀w∈D(f(0),ρ)，恰好存在D(0,δ)D(0,\delta)D(0,δ)中互不相同的3个点z1,z2,z3z_1,z_2,z_3z1,z2,z3满足f(zi)=wf(z_i)=wf(zi)=w. 用零点孤立性保证f′f'f′不为0.
- 2πi(∑αjg(zj)−∑βjg(wj))2\pi i(\sum\alpha_jg(z_j)-\sum\beta_jg(w_j))2πi(∑αjg(zj)−∑βjg(wj))（其中αj\alpha_jαj是零点zjz_jzj的重数）
注：证明时仍是考虑f=(z−zk)mhf=(z-z_k)^mhf=(z−zk)mh. - 不能。f′f'f′恒不为0不等于单叶。实际上，在单位圆内可以用单叶的定义，找两个点相减因式分解证明单叶。
- 不会在比单位圆盘稍小的圆盘内。
- 提示：ez−Pn(z)e^z-P_n(z)ez−Pn(z)在圆盘内很小，再用Rouche.
- 反设一系列单叶Hol(D)∩C(Dˉ)Hol(D)\cap C(\bar D)Hol(D)∩C(Dˉ)的函数一致趋于fff，且f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0，则根据Rouche，0附近和1附近各有且仅有一个fkf_kfk的零点（kkk大，f−fkf-f_kf−fk模小）。（注：这里体现收敛和Rouche的密切关系，联系12.）
（注：联想3.，因为单射情况根据开映射定理，边界不能映到内部。显然也不能映到外部，所以单射情况边界映射到边界。然后根据一致收敛容易说明fkf_kfk的一致极限也把边界映射到边界。）
幂级数延拓
- 解析开拓的唯一性和多值函数矛盾吗？解析开拓和原函数存在区域有何关系？
- 自然定义域和收敛半径有何关系？非自然定义域为什么一定有边界点是自然定义域的内点？
- 正则点集定义中，幂级数展开的中心为什么不是原点？
- 为什么正则点集是单位圆边界的相对开集？所以为什么∑zk!\sum z^{k!}∑zk!的自然定义域是单位圆盘？
- 3.中例子为什么只需要在原点展开，不需要在偏离原点的点展开就能说明奇异点？
- 单值性定理：（）区域上解析元素可以沿任何一条曲线从一点出发解析开拓，则（）。对于圆盘或全平面只需考察（），否则用（）定理。
- 证明1+iz+i2z2+⋯1+iz+i^2z^2+\cdots1+iz+i2z2+⋯和1/(1−z)−(1−a)z/(1−z)2+⋯1/(1-z)-(1-a)z/(1-z)^2+\cdots1/(1−z)−(1−a)z/(1−z)2+⋯互为直接解析延拓：第二个级数的收敛域是什么？
- f=∑n=0∞anznf=\sum_{n=0}^\infty a_nz^nf=∑n=0∞anzn收敛半径为1，系数都为实数但不一定是正数，∑an→+∞\sum a_n\to+\infty∑an→+∞，则z=1z=1z=1是fff的奇点：实质上是数学分析题，可以用（）变换。
答案
- 不矛盾（因为不会开拓回到自己这里）。fff在邻域有原函数FFF，FFF解析开拓存在的区域就是fff原函数存在的区域。
- 幂级数收敛半径是到边界距离。如果非自然定义域边界点全是自然定义域的边界点，则显然和连通性矛盾。
- 非原点处往外”画圆“才能首先碰到且仅碰到单位圆上的一个点。
- 略。奇异点集稠密（考察e2πip/qe^{2\pi ip/q}e2πip/q）
注：对∑zn/(1−zn)\sum z^n/(1-z^n)∑zn/(1−zn)根据项的模qqq余数分组，分别求和再用类似的方法也可以做。 - 附近一列（在到圆心连线上的）点函数值趋于无穷。（思考：在到圆心连线上有什么作用？）（注：仅仅是级数在边界处发散不能说明一定是奇异点）
- 单连通，该区域上存在单值解析函数是前述解析元素的解析开拓（沿曲线解析开拓与曲线选取无关），幂级数收敛半径（若小了，则有奇异点），黎曼存在。
- ∣z/(1−z)∣≤2/2,∣1/(1−z)−1∣≤2/2|z/(1-z)|\le\sqrt 2/2,|1/(1-z)-1|\le \sqrt 2/2∣z/(1−z)∣≤2/2,∣1/(1−z)−1∣≤2/2. 现在设g=1−1/wg=1-1/wg=1−1/w，则希望考察111为圆心，2/2\sqrt 2/22/2为半径的圆在ggg下的像，也就是圆心为-1，半径为2\sqrt 22.
- 阿贝尔。
对称延拓
- 关于实轴对称延拓：把f(z)f(z)f(z)对称到fˉ(zˉ)\bar f(\bar z)fˉ(zˉ)后，先证明（）上的解析，再证明（）上的连续，最后由（）定理就得到延拓结果在（）上的解析。
- 对于一般的圆弧，如何进行对称延拓？
- fff在单位圆盘解析，连续到边界，证明如果在一段弧上为常数则整体为常数。
答案
- 对称后的区域，整个区域，Morera，整个区域。（用Morera定理时注意：对区域解析且连续到边界时，柯西定理积分围道可以包含边界）
- ggg把圆周变成实轴，fff保持圆弧不变，则g(f(g−1(z)))g(f(g^{-1}(z)))g(f(g−1(z)))把实轴上线段变成实轴上线段。
- 提示：实部零点不能有聚点，所以在一小段弧周围实部不变号，从而可用对称延拓。
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