UMD 分析資格考試/2008 年 8 月 複雜

問題 2

計算 $\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{x^{3}+1}}dx\!\,$

解決方案 2

我們將計算一般情況

$\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{x^{n}+1}}dx\!\,$

查詢 f(z) 的極點

$f(z)={\frac {1}{z^{n}+1}}\!\,$ 的極點只是 $z^{n}+1\!\,$ 的零點，因此我們可以透過以下方式計算它們

如果 $z=re^{i\theta }\!\,$ 是 $z^{n}+1=0\!\,$ 的解，

那麼 $z^{n}=r^{n}e^{i\theta n}=-1\!\,$

$\Rightarrow r=1\!\,$ 並且 $in\theta =i(\pi +2\pi k)\!\,$

$\Rightarrow \theta ={\frac {\pi +2\pi k}{n}}\!\,$ , k=0,1,2,...,n-1.

因此，$f(z)\!\,$ 的極點具有以下形式：$z=e^{\frac {\pi +2\pi k}{n}}\!\,$，其中 $k=0,1,...,n-1\!\,$

選擇路徑的輪廓積分

為了得到 $f(x)\!\,$ 從 0 到 $\infty \!\,$ 的積分，讓我們考慮路徑 $\gamma \!\,$，它由一條從 0 到 $R\!\,$ 的直線 $A\!\,$、半徑為 $R\!\,$ 的圓弧 $B\!\,$（從角度 0 到 ${\frac {2\pi }{n}}\!\,$）以及連線 $B\!\,$ 的終點和 $A\!\,$ 的起點的直線 $C\!\,$ 組成，

其中 $R\!\,$ 是一個固定的正數，使得

極點 $z_{0}=e^{i{\frac {\pi }{n}}}\!\,$ 在曲線 $\gamma \!\,$ 內部。然後，我們需要估計積分

$\int _{\gamma }f(z)=\underbrace {\int _{0}^{R}f(z)} _{A}+\underbrace {\int _{S(R)}f(z)} _{B}+\underbrace {\int _{Re^{i{\frac {2\pi }{n}}}}^{0}f(z)} _{C}\!\,$

計算 f 在 z0= exp{i\pi /n} 處的留數

${\begin{aligned}Res(f,z_{0})&=\left.{\frac {1}{(z^{n}+1)'}}\right|_{z=z_{0}}\\&={\frac {1}{nz_{0}^{n-1}}}\\&={\frac {1}{ne^{{\frac {i\pi }{n}}(n-1)}}}\\&={\frac {e^{\frac {i\pi }{n}}}{ne^{i\pi }}}\\&={\frac {-1}{n}}e^{\frac {i\pi }{n}}\end{aligned}}\!\,$

積分弧段 (B) 的邊界

${\begin{aligned}|B|&=\left|\int _{S(R)}{\frac {dz}{z^{n}+1}}\right|\\&\leq \int _{S(R)}{\frac {dz}{|z^{n}+1|}}\\&=\int _{S(R)}{\frac {dz}{|R^{n}+1|}}\\&\leq {\frac {1}{R^{n}}}\int _{S(R)}dz\\&={\frac {1}{R^{n}}}{\frac {2\pi }{n}}R\\&={\frac {2\pi }{nR^{n-1}}}\end{aligned}}$

因此，當 $R\rightarrow \infty \!\,$ 時，$|B|\rightarrow 0\!\,$

用 (A) 引數化 (C)

令 $z=re^{i{\frac {2\pi }{n}}}\!\,$ 其中 $r\!\,$ 是實數。 那麼 $dz=e^{i{\frac {2\pi }{n}}}dr\!\,$

${\begin{aligned}C&=\int _{Re^{i{\frac {2\pi }{n}}}}^{0}{\frac {dz}{1+z^{n}}}\\&=-\int _{0}^{Re^{i{\frac {2\pi }{n}}}}{\frac {dz}{1+z^{n}}}\\&=-\int _{0}^{R}{\frac {e^{i{\frac {2\pi }{n}}}}{1+(re^{i{\frac {2\pi }{n}}})^{n}}}\\&=-\int _{0}^{R}{\frac {e^{i{\frac {2\pi }{n}}}}{1+r^{n}}}\\&=-e^{i{\frac {2\pi }{n}}}\underbrace {\int _{0}^{R}{\frac {dr}{1+r^{n}}}} _{A}\\\end{aligned}}$

應用柯西積分公式

根據柯西積分公式，我們有，

$A+B+C=2\pi i{\frac {-e^{i{\frac {\pi }{n}}}}{n}}\!\,$

當 $R\rightarrow \infty \!\,$ 時，$B\rightarrow 0\!\,$。 此外，$C\!\,$ 可以用 $A\!\,$ 表示。 因此

${\begin{aligned}A+B+C&=A+C\\&=(1-e^{i{\frac {2\pi }{n}}})A\end{aligned}}$

然後我們有，

${\begin{aligned}A&={\frac {2\pi i}{n}}{\frac {e^{i{\frac {\pi }{n}}}}{e^{i{\frac {2\pi }{n}}}-1}}\\&={\frac {\pi }{n}}{\frac {2ie^{i{\frac {\pi }{n}}}}{e^{i{\frac {\pi }{n}}}(e^{i{\frac {\pi }{n}}}-e^{-i{\frac {\pi }{n}}})}}\\&={\frac {\pi }{n}}{\frac {1}{\sin({\frac {\pi }{n}})}}\end{aligned}}$

問題 4

假設 $S=\{z:-{\frac {\pi }{2}}<\Im (z)<{\frac {\pi }{2}}\}\!\,$ 並且存在一個整函式 $g\!\,$ 滿足 $g(S)\subset S\!\,$。如果 $g(-1)=0\!\,$ 並且 $g(0)=1\!\,$，證明 $g(z)=z+1\!\,$

解 4

引理：兩個固定點意味著恆等式

引理. 令 $f\!\,$ 在單位圓盤 $D\!\,$ 上解析，並假設在圓盤上 $|f(z)|<1\!\,$。證明如果在圓盤中存在兩個不同的點 $a\!\,$ 和 $b\!\,$ 是不動點，即 $f(a)=a\!\,$ 和 $f(b)=b\!\,$，那麼 $f(z)=z\!\,$.

證明 令 $h:D\rightarrow D\!\,$ 是定義為

$h(z)={\frac {a-z}{1-{\overline {a}}z}}\!\,$

現在考慮 $F(z)=h\circ f\circ h^{-1}(z)\!\,$。那麼，F 有兩個不動點，分別是

$F(0)=h\circ f\circ h^{-1}(0)=h\circ f(a)=h(a)=0\!\,$

$F\left({\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\right)=h\circ f\circ h^{-1}\left({\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\right)=h\circ f(b)=h(b)={\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\!\,$.

由於 $F(0)=0\!\,$，

${\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\neq 0\!\,$ （因為 $a\!\,$ 與 $b\!\,$ 不同），並且

$\left|F\left({\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\right)\right|=\left|{\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\right|\!\,$,

根據施瓦茨引理,

$F(z)=\alpha z\!\,$.

但是，將 ${\frac {a-b}{1-{\overline {a}}b}}\!\,$ 代入最後一個公式，我們得到 $\alpha =1\!\,$。

因此,

$h\circ f\circ h^{-1}(z)=z\!\,$,

這意味著

$f(z)=z\!\,$

透過平移點來建立不動點

令 $f(z)=g(z)-1\!\,$。 則 $f(0)=0\!\,$ 且 $f(-1)=-1\!\,$。

注意，$S\!\,$ 是以實軸為中心，高度為 $\pi \!\,$ 的無限水平帶。 由於 $f(z)\!\,$ 是向左平移一個單位的水平平移，所以 $f(S)\subset S\!\,$。

使用黎曼對映定理

根據黎曼對映定理，存在一個雙全純（雙射且全純）對映$h\!\,$，從開單位圓盤$D\!\,$到$S\!\,$。

定義複合函式

令$F=h^{-1}\circ f\circ h\!\,$。然後$F\!\,$將$D\!\,$對映到$D\!\,$。

根據引理，由於$F(z)\!\,$有兩個不動點，$F(z)=z\!\,$，這意味著$f(z)=z\!\,$，這意味著$g=z+1\!\,$。

問題 6

令${\mathcal {F}}\!\,$為在$\{|z|<1\}\!\,$上解析的函式$f\!\,$的族，使得 $\int \int _{|z|<1}|f(x+iy)|^{2}dxdy\leq 1\!\,$ 證明${\mathcal {F}}\!\,$在$\{|z|<1\}\!\,$上是一個正規族

解答 6

在 D 中選擇任意緊集 K

在開單位圓盤 $D\!\,$ 中選擇任意緊集 $K\!\,$。由於 $K\!\,$ 是緊集，因此它也是閉集且有界。

我們要證明對於所有 $f\in {\mathcal {F}}\!\,$ 和所有 $z\in K\!\,$，$|f(z)|\!\,$ 是有界的，即

$|f(z)|<B_{K}\!\,$

其中 $B_{K}\!\,$ 是某個取決於 $K\!\,$ 選擇的常數。

應用最大模原理求 |f(z0)|

選擇 $z_{0}\!\,$，它到單位圓盤 $D\!\,$ 邊界的距離最短。根據最大模原理，$|f(z_{0})|=\max _{z\in K}|f(z|\!\,$.

注意 $z_{0}\!\,$ 與 $f\in {\mathcal {F}}\!\,$ 的選擇無關。

將柯西積分公式應用於 f^2(z0)

我們將柯西積分公式應用於 $f^{2}(z_{0})\!\,$（而不是 $f(z_{0})\!\,$），以利用假設。

選擇足夠小的$r_{0}>0\!\,$使得$D(z_{0},r_{0})\!\,\in D$

${\begin{aligned}f^{2}(z_{0})&={\frac {1}{2\pi i}}\int _{|z-z_{0}|=r_{0}}{\frac {f^{2}(z)}{z-z_{0}}}dz\\&={\frac {1}{2\pi i}}\int _{0}^{2\pi }{\frac {f^{2}(z_{0}+r_{0}e^{i\theta })ir_{0}e^{i\theta }}{(z_{0}+r_{0}e^{i\theta })-z_{0}}}d\theta \\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }f^{2}(z_{0}+r_{0}e^{i\theta })d\theta \end{aligned}}$

對r積分

${\begin{aligned}\int _{0}^{r_{0}}rf^{2}(z_{0})dr&=\int _{0}^{r_{0}}\int _{0}^{2\pi }f^{2}(z_{0}+re^{i\theta })rdrd\theta \\&={\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D(z_{0},r)}f^{2}(x+iy)dxdy\end{aligned}}$

對左邊積分，我們得到

$\int _{0}^{r_{0}}rf^{2}(z_{0})dr={\frac {r_{0}^{2}}{2}}f^{2}(z_{0})\!\,$

因此，

${\frac {r_{0}^{2}}{2}}f^{2}(z_{0})={\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D(z_{0},r)}f^{2}(x+iy)dxdy\!\,$

利用假設對|f(z0)|進行估計

${\begin{aligned}\left|{\frac {r_{0}^{2}}{2}}f^{2}(z_{0})\right|&=\left|{\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D(z_{0},r_{0})}f^{2}(x+iy)dxdy\right|\\&\leq {\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D(z_{0},r_{0})}|f^{2}(x+iy)|dxdy\\&\leq {\frac {1}{2\pi }}\int \int _{D}|f^{2}(x+iy)|dxdy\\&\leq {\frac {1}{2\pi }}\\\\{\mbox{Then }}\\\left|{\frac {r_{0}^{2}}{2}}f^{2}(z_{0})\right|&\leq {\frac {1}{2\pi }}\\\\{\mbox{This implies}}\\\\|f(z_{0})|&\leq {\frac {1}{r_{0}{\sqrt {\pi }}}}\end{aligned}}$

應用蒙特爾定理

然後，由於任何 $f\in {\mathcal {F}}\!\,$ 在每個緊集上是一致有界的，根據蒙特爾定理，可知 ${\mathcal {F}}\!\,$ 是正規的