复变函数复变函数复变函数 (79).pdf
辐角原理 应用浅 析摘要本文阐述辐角原理的 一个直接应用Rt olch e定理。及运用辐角原 理与Ro uch e定理探讨解析函数 的零点个数及 其分布状况,以及辐角原理在微分方程中的 一个应用。关键 词对数 残数辐角原 理Rche定理解析零 点1、引言任何数学理 论的作用和意义,只有在它 和客观现实对象相联系时才能最好地表现 出来,这种联系 由于 其具体内容,使理论更加 丰富和充 实,而随着理论的丰富和充实,它的应用范围又不断扩 大,这种联系显 然 标 志着数学理论的生命力,复变函数论的发展也一样,它的理论一开始就和 现实对象流体力学结合起来,因而发展很快。例如,C一R.条件(方程)这一判别复变函数为解析的条件,就是E通1er在研究流体力学时获得 的,又如,某些稳定平面 的复势、复速度都是解析函数,势(位)函数就是调和 函数,任一调和函数能在物 理上表现 向量 场 的势(位),等 等。复变函数的 应 用范围很 广,已应用 于数学的许多分支,在数学外部主要应用于理论物理、工 程、弹 性力 学、热 力 学、流体力学、电 学等方面 的问题,本文仅从残数理论中的辐 角原理探讨它的 应 用。2、对 数残数与 辐 角 原理2。1对一数残数定理l若f(z)在围线C上解析且无 零点,又f(z)在C的内部除可能有有限 个极点外 是解析的,则一上2兀1Jcf,(z)f(z)dz=N(f,C)一P(fC)式中N(f,)C与Pf(,)C分别表示f()z在C内部的零 点个数与极点个数(一个n级零点算作n个零点、而一个m级极点算作m个极点)。,_,_,_,。.,_、。.d产,_:,_、,、,1rf,(z)、二田宁f吸)z/I灭)z足I吸)z阴盯数阴导幽敌石目了工n互、乙,肝以仍下二万砚J一石兀、u刀 田狱U“仆二JU、.,钊)Cf()z关于闭 路C的 刘一数残 数。2.2辐 角原 理定 理2在定 理1的 条件下,eargf(z)2兀=N(f,C)一 P(f,符号Car红(z)表示当z沿C之正向绕 行一周后a r以(z)的 改量变。辐 角原理实质上 是 对数残数 的几何解释。特别,当f()z在C上及C内都解析,且在C上f(z)今O时,则有N(f,C)=eargf(z)2兀亦即二段i琴dz一N(f,e)2兀1Jcl戈z)例如求1f102。厄五rje:21=:万而二丁a乙因f(z)=2。一i在C内及C上解析,且在C上f(z)今。,在C内f(z)有10个零点,又f,(z)=1 02“,故丁c:又如求c:=2男些id一2i1。2。兀。1 02甘一一一气一万一一甲二Q乙.Z切一3因f(z)=z。一3在C内及C上解析,且在C上f(z)寺。,在C内f(z)无零点,故1 02。=1210一3dz=2冗i0=0Z.压l:C月l这与柯 西(ca uchy)积分定理是一致的,这时被积函数Ca uchy定理知 积分值为零。声寒普在C上及C内解析作为辐角原理的一个直接应用,可得到 一个判定解析函数的零点分布状况的 重要命题o Ruehe定。、辐角原理的应用1Ro u h ce定理设f(z)和甲(z)子 围线C上及其内部都解析,且在C上If()z甲(z)则f(z)+甲(z)与f(z)在e内的零点个数相同、即N(f+甲,C)=N(f,C)本定理可用 辐角原理直接证明。见文1o Ruch e定理又称零点个数比较定理,对判定零点的个数及 位置是 有益 的,用起来也很方便,要判定一个函数在指 定区城内的零 点个数,关键 是正确找 出定理 中的f()z与甲(z),如代数学 基本定 理在 高等代数 中没有给出证 明,而在这里 可 用o Roh ce定理证明见文1例1、用Ro u。he定理证明下面 的 结果,设k(2)是实数,则方 程kZ4=sinz在圆周C:!Z=1内一育4个根,一个是z=0,一个是正实数,另外两个是复数根。分析现 要 证 方 程k z二sinz在C内有4个恨,由于 函数k z在C内有4个 零点,而kz与sinz龙z平面匕都 解 析,如能证得z任C时,kz411sinz!,则由Rouehe定理 便可 知方理在C内有4个 根。犯E羽方程无 实很。显 然z=0是方程 的根,由图1可知方程还有一个小于1的正 实根,除此而外因kz与sinz在C上及C内解 析,而函数k z4在C内有四个零 点,且当z任 C时,Ikz;、=k)2,所以 只要能证,仁.,:。,snizl三2便可 证 得万二2扩,卜习砚尔当z!在C上,=1时,1kz41夕5inz.而e了1一2/51nZ+e=妞卜州艺11)图11v._v=又e十e艺ehyi一e+e可见,当y从。递增(或递减时,chy的 值 最大,故5n,、借,h cy从1递增,因Z=l,则当y=1(或一11+一二二一一卜J I卜1一邵曰l一21+1+卉乙+.+兴+n丁)2”一l,n)3,一O召1+一1一所以,Sh二令(3+1卜2由R。he定 理便 知k z一sin z与k z4在C内有相 同的 零 点个数,故方程在 单位圆 内有4个根,其中两 个 是 复数很。解析函数论中的重要 性 质定 理 最大模 原理,在教材 中是亡用平均 值定 理及 唯一性定理加以证明的,见 文1,应用Rouch e 定理,可以更简捷地证明最大模原理。例2用Roh ce定理证明最大模原 理:设f()z在区城D内解析,则 f(z)!在D内任 何点都不 能达 到 最大值,除 非在D内f(z)恒等 于常数。证设 最大模原 理不成 立,即设在D内 有 一 点z。,能 使 If()z达 到 最 大值.若f()z不 是常数,则在D内可作以z。为心的 圆城K:z一z。!If(z).于 是 在圆周】z一z。1=p上也 有】f(z。)f(z).依Rouehe定理,函数f(z)一f(z。)与f(z。)在K内的零点个数相同,f(z)一f(z。)在D内有一个 零 点为z。,而f(z。)为常数,在D内没有 零点,这种矛盾证明 了 最大模原理成 立。3.2辐 角原理在微分方程 中的 一个 应 用在微分方程 理论中,常系数线性微分方程组=艺ajkxk(j=1,2,nX一t一dd一其零解渐近稳定的充分且必要条件是特征方程a:一入a么1a2 2a22一入1口2na。一入的根(即特征 根)的实部都是 负数。由于特征方程的 左边实际上 是一个多项 式,所以为 了使用上 述充分必要条件,只须证明下列命题便可,若n次多项式P(z)二a。z”+a22“一+a。(a。斗。)在虚轴上没有 零点,则P(z)的全部零 点具 有负 实部(即全部零 点在左半 平面内)的充分且必 要条件是y(一c o/+c o)a rgP(iy)=n 二证明见文1例证 明多项式P。(z)=z“+z“+624+52“+822+42+1的 全部零点都在左半平面 上依上命题可知,只要证 明 下面 两点成立即可:IOP。(z)在虚轴上没有 根,1i mrR,+(沉。arg p。(z)=一6兀,其中R为虚轴上从Ri到一Ri的线段.证1OP。(iy)=(i了)“+(iy)“+6(i了)名+5(i了)3+s(iy)2+4iy+=n(y)+iv(y)其 中u(y)=一y6+6y毛一syZ+i,v(力=ys一sy“+4y。显然P。(iy)=o的充要条件是u(y)、v(v)同时为零,此时有v(y)=y(y一sy“+4)=y(yZ一4)(了2一1)=y(y一1一)(y+1)(y一2)(y十2),因此 共有5个根:y=0,一1,1,一2,2。但lt(0)二1,u(土1)=一 之,(士2)=l。因此P。(iy)没有恨,即P。(z)在虚轴上没有根。2“当z在虚 轴上、从ic o习一ic o时,w=P。i(y)=,(y)+iv(y)的轨迹是一条曲线。当y一+c o 时,u(y)=一r JZ(y“一4)(yZ一2)+1一c o,v(y)=y(y一1)(y+1)(y一2)(y+2)叶+c osv(泣,0u(户当y从+c o、2时,从v仃)介勺表 示式可看出v(y)从+c o、0,u(y)从一c o变到i,因此曲线在上半平面上,这一段 曲线记作l:(见 图2)当y从21时,从v(y)的表示式 可以看出v(y)首先下降,再上升到。,v(y)毛。,而u(y)则从1变到一2,因此曲线一直在下半平 面,这一段 曲 线记作1:(见图2)。当y从10时,从v(力的 表示 式 可看出,v(y)首先上升,然 后再下降到。,v(y)不小于。,而。(y)则从一2变到1.因此 这 一段 曲 线在上 半一平面,记 作1。(见.图2)。当y从O一1,由一1一2,最后由一2一戈时,可从u(y)、v(y)的 表达 式 看 出 这一三段 图 形一与 上 面三 段1:、12、一3是 对称 的。图2这样,我 们就 有图别沟曲线,_且从 绕行方向看 出,当y从+c c一二时,P,(iy)按顺时针方 向绕原点转三 圈,因 此得11znra rg P6(z)=一6兀R一*+c oR证毕。从 上面 可看出辐 角原 理、R。che定理对 研究解析函数的零点的个数及其分布状况是非常有 用的,而解析函数的 零 点分布状况的 问 题无 论在理 沦上,还 是在实际应 用上,都很有价值,当然 残数理论 的 应 用还远不只这些,利用 残数定理还可计算 复函数的围线积分及计算某 些实函数的 积分,这里 就不一 一深讨 了。参考 文 献钟玉泉,复变函数论(第二版),高等教育出版社198 8年版。NN普里 瓦 洛夫,复变函数引论,人民教育 出版社1956年 版。张楚延,复变函数论 学习指导,湖南科学技术出版社198 3年版。
