UMD 分析資格考試/2006 年 8 月複雜

問題 2

對於實數 $s$ ，考慮積分

$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{ist}}{t-i}}\,dt.$

(a) 計算積分的柯西主值（當它存在時）

(b) 對於 $s$ 的哪些值積分收斂？

解答 2

考慮複函式 $f(z)={\frac {e^{isz}}{z-i}}$ 。該函式在 $z=i$ 處有一個極點。我們可以計算 $\operatorname {Res} (f(z),i)=\lim _{z\to i}(z-i)f(z)=e^{-s}$ 。

考慮輪廓 $\Gamma _{R}$ ，由以原點為圓心，半徑為 $R$ 的上半圓 $C_{R}$ （逆時針方向遍歷）和實軸上的區間 $[-R,R]$ 組成。

也就是說，

$\int _{\Gamma _{R}}f(z)\,dz=\int _{C_{R}}f(z)\,dz+\int _{-R}^{R}f(t)\,dt=2\pi i\operatorname {Res} (f,i).$

讓我們估計 $f$ 沿著半圓 $C_{R}$ 的積分。我們用路徑 $z=Re^{i\theta }$ ， $dz=Rie^{i\theta }$ 對 $\theta \in [0,\pi ]$ 來引數化 $C_{R}$ 。這給了我們

${\begin{aligned}\left|\int _{C_{R}}f(z)\,dz\right|=&\left|\int _{0}^{\pi }{\frac {e^{isRe^{i\theta }}}{Re^{i\theta }-i}}Rie^{i\theta }\,d\theta \right|\\\leq &\int _{0}^{\pi }\left|e^{-Rs\sin(\theta )}e{iRs\cos(\theta )}{\frac {Rie^{i\theta }}{Re^{i\theta }-i}}\right|\,d\theta \\\leq &\int _{0}^{\pi }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta .\end{aligned}}$

將區間 $[0,\pi ]$ 分成 $[0,\delta ]\cup [\delta ,\pi -\delta ]\cup [\pi -\delta ,\pi ]$ ，其中 $0<\delta <\pi /2$ 。這使得 $\int _{0}^{\pi }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta =\int _{\delta }^{\pi -\delta }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta +2\int _{0}^{\delta }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta$ .

讓我們評估右側的兩個積分中的第一個。

${\begin{aligned}\int _{\delta }^{\pi -\delta }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta \leq &\int _{\delta }^{\pi -\delta }e^{-Rs\sin(\delta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta \\=&(\pi -2\delta )e^{-Rs\sin(\delta )}{\frac {R}{R-1}}\end{aligned}}$ ，當 $R\to \infty$ 時趨於 0。注意：此論證僅在假設 $s>0$ 的情況下才有效。如果我們試圖對 $s<0$ 使用此論證，我們將被積函式限制為 $e^{-Rs}{\frac {R}{R-1}}$ 而不是 $e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}$ ，但當我們令 $R\to \infty$ 時會發散（這意味著 $\int _{-R}^{R}f(t)\,dt$ 也必須隨著 $R\to \infty$ 發散。這回答了問題 b）。

至於另一個積分， ${\begin{aligned}2\int _{0}^{\delta }e^{-Rs\sin(\theta )}{\frac {R}{R-1}}\,d\theta \leq 2\int _{0}^{\delta }{\frac {R}{R-1}}\,d\theta =2\delta {\frac {R}{R-1}}\end{aligned}}$ ，當 $R\to \infty$ 時趨於 $2\delta$ 。

因此，我們已經證明了 $\lim _{R\to \infty }\left|\int _{C_{R}}f(z)\,dz\right|\leq 2\delta$ 。但 $0<\delta <\pi /2$ 是任意的，因此我們可以說該積分消失。

因此， $2\pi ie^{-s}=\lim _{R\to \infty }(\int _{C_{R}}f(z)\,dz+\int _{-R}^{R}f(t)\,dt)=0+\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{ist}}{t-i}}\,dt.$

問題 4

設 $D=\{|z|<1\}$ 的邊界為 $S=\{|z|=1\}$ 。對於 $\zeta \in D$ 定義

$f(z)={\frac {\zeta -z^{2}}{1-{\bar {\zeta }}z^{2}}}$ .

(a) 證明 $f(z)\in S$ 當且僅當 $z\in S$ 。

(b) 證明 $f$ 至少有一個不動點 $\omega \in S$ 。

解答 4

4a

考慮 $g(z)={\frac {\zeta -z}{1-{\bar {\zeta }}z}}$ 和 $h(z)=z^{2}$ 。那麼 $f(z)=g\circ h(z)$ 。我們知道 $h(z)$ 是一個從 $D$ 到 $D$ 的保角對映，而且， $f(z)\in S$ 當且僅當 $z\in S$ 。對於 $h(z)$ 也是如此，也就是說， $h(z)=z^{2}\in S$ 當且僅當 $z\in S$ 。因此， $f(z)=g\circ h(z)$ 當且僅當 $z\in S$ 。

4b

如果 $\omega$ 是 $f(z)$ 的不動點，那麼 $f(\omega )={\frac {\zeta -\omega ^{2}}{1-{\bar {\zeta }}\omega ^{2}}}=\omega$ 。重新排列得到 ${\overline {\zeta }}\omega ^{3}-\omega ^{2}-\omega +\zeta .$ 根據代數基本定理，我們保證該方程在複平面上有 3 個解。我們只需要證明這些解中至少有一個位於圓 $|\omega |=1$ 上。