复变函数复变函数复变函数 (43).pdf

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1、133 4、解析函数零点的孤立性及唯一性定理解析函数零点的孤立性及唯一性定理（3 课时）一、一、目的要求目的要求 1、掌握解析函数零点的概念及具有零点的解析函数表达式，掌握解析函数零点的孤立性及内部唯一性定理.2、掌握解析函数的最大模定理并灵活运用应用.二、二、重难点重难点 1、重点 零点概念，解析函数零点孤立性及内部唯一性定理，最大模定理.2、难点 解析函数特性的内在联系的深刻理解和应用.三、教法教法 1、课堂讲授法，采用启发式 2、适当重组教材，突出本质和重点 四、四、教学手段教学手段 电教、CAI 演示（约 3 课时）（一）解析函数零点的孤立性（一）解析函数零点的孤立性 1 1、零点零点

2、 定义定义 4.74.7 设()f z在点a的邻域(,)N a R内解析，且()=0f a，则称a为()f z的零点，即 a为解析函数()f z零点()f z在a解析，且()=0f a 注注 一般称()=f zA的0z为()f z的A点 设()f z在(,)N a R内的 Taylor 展式为 ()n 0()()=()!nnfaf zzan=(1)2(1)()()()()()().()1!2!(1)!nnfafafaf azazazan=+()()().z-a!nnfazan+（0，使L上任一点与区域D的边界上任一点的距离大于，在L上一次取 0121,.,nnz=z z zzz，使10kz，而

3、其它任意相邻两点间的距离小于，作每点jz的邻域jjk （=1,2,.,n)（如图），显然 当jn时，1zjjkD+，由于()f z在0k内恒为 0，故()1()0,0,1,2,.nfzn=于是()f z在1k内泰勒展式的系数亦为 0，从而()f z在1k内恒为 0。一般地，已经证明了()f z在(1)jkjn内恒为 0，就可以推出它在1jk+内恒为 0，最后就得到()0f z=。据z的任意性，定理得证.136 据定理 4.19 及引理 1 即得 定义定义 4.204.20 设（1）1()f z及2()fz在区域D内解析 （2）D内有一收敛于a的点列()nnzza使1n2()()nf zfz=，

4、则在D内 12()=()f zfz 证证 令12()=()()f zf zfz，12()()f zfz，在区域D内解析，故必连续 121()()lim()()0nnnnf zfzf zf a=从而必存在a点的某一邻域U（a,R），使在U(a,R）内()f z满足定理 4.19 之条件 于是改邻域内()0f z，又据引理 4.1 知()f z在解析区域D内恒为 0，故在D内12()=()f zfz 定理定理 4.214.21 设（1）1()f z及2()fz在区域D内解析（2）在D内某一子区域（或一小段弧上）12()=()f zfz，则在D内12()=()f zfz 定理定理 4.224.22

5、一切在实轴上成立的恒等式，在z平面C上成立，只要该等式两边函数在C解析。例例 1 1 在实轴上等于sin x的整函数()f z只可能为sin z.证证 设()f z为C上解析函数，且在实轴上等于sin x，则在复平面上解析的函数()sinzf z 在实轴上为 0，从而()sinz=0()=sinz (zC)f zf z 例例 2 2 问在原点解析，在1=(1,2,3,.)znn=处取下列多组值的函数()f z是否存在？（1）.0,2,0,2,0,2,（2）11,0,0,.351,0,（3）1 1 1 1,.3 3 5 51,1,L D 137 （4）1 2 3 4,.3 5 7 921nn+（

6、）解解 （1）不存在，若112121fnn（）=，且在 0 点解析的()f z，由n1lim021n=，由唯一性定理知 在=z 0的某邻域内()=0f z与1()22fn=相矛盾（2）不存在，方法同（1）（3）不存在，若112121fnn（）=，且在 0 点解析的f（z），由n1lim021n=知 ()f zz（在a的某邻域内）111()2221fkkk=（4）函数值点列为 1=()1212nnNnn+，作1()=2f zz+，在原点 0 解析，在1=zn取 11()=()1212nfnNnnn=+所求符合题设条件的函数存在，即1()=2f zz+.例例 3 3 设（1）()f z及(z)g在

7、区域D内解析（2）在D内，()(z)0f zg 试证 在D内，()0f z 或(z)0g 证证 若(z)0g，则结论真 若0Dz，使0(z)0g，因(z)g在点0z连续，故0z的邻域KD，使(z)g在K内恒不为零。而题设()(z)0f zg（zKD）故有()0f z （zKD）由唯一性定理（定理 4.21）知()0f z.例例 4 4 用唯一性定理从sin x的幂级数展开式得到sin z的幂级数展式.解解 已知 35sin=.x3!5!xxx x+显然幂级数 35.3!5!zz+z的收敛半径也为+，它表示z平面C上的一个解析函数138 f(z)，显然在实轴上()sin()sin)f zzf x

8、x=，因sinz在C上解析，又在实轴上与()f x相等，由唯一性定理知(z)sinfz 35sinz.z3!5!zz+=z 易见 应用唯一性定理（定理 4.21 or 定理 4.22），在数学分析中常见的一些初等函数的幂级数展式都可以推广到复数域上来（另见168P例4.18）（三）最大模原理（三）最大模原理 定义定义 4.234.23 设()f z在区域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.证明证明 若用M表示()f z在D内的最小上界，则必有 0M0，N N，使当nN，N p有 12()().()nnn pfzfzfz+在D上恒成立；据最大模原理，该不等式在D内亦成立，故其在D成立，据 Cauchy 一致收敛准则，1()nnfz=在D上一致收敛。八、八、预习要求预习要求 预习并思考 1、能否利用()0()!nnfzan=求 Laurent 系数na？为什么？2、把函数展成 Taylor 级数和 Laurent 级数的方法有哪些相同的？3、幂级数与 Laurent 级数关系如何？4、参考文献【1】、【6】