复分析 - Eufisky - The lost book

复分析作业

1.设$\displaystyle f_n\in O(D),f_n\rightrightarrows f$, $\displaystyle S_n=\cup_{k\geq n}f_k(D)$,令$\displaystyle S=\cap_{n=1}^\infty S_n$.问$S$的内部$\mathring{S}$和$f(D)$有什么关系?

2.Schwarz引理: $f:\triangle\to \triangle$解析, $f(0)=0$,则$|f'(0)|\leq 1$,并且$|f'(0)|= 1\Leftrightarrow f\in \mathrm{Aut} (\triangle)$.

一般地,固定$z_0\in\triangle$,定义$\mathscr{F}_{z_0}=\{f:\triangle\to \triangle\,\text{解析}|f(z_0)=0\}$,令$\lambda=\sup\{|f'(z_0)|f\in \mathscr{F}_{z_0}\}$.由Cauchy不等式, $\lambda<+\infty$.当然易证$\lambda>0$.取$f_n\in \mathscr{F}_{z_0}$,使得$\lim_{n\to\infty}|f'_n(z_0)|=\lambda$.由Montel定理,不妨设$f_n\rightrightarrows f$,则$f\in \mathscr{F}_{z_0}$且$|f'(z_0)|=\lambda$.

(1)求出$\lambda$;

(2)若$f\in \mathscr{F}_{z_0}$,则$f\in \mathrm{Aut} (\triangle) \Leftrightarrow |f'(z_0)|=\lambda$.

3.设$f_n,g_n\in O(\triangle),n\geq 1$,设$|f_n(z)|\leq 2,|g_n(z)|\leq 2,|f_n(z)g_n(z)|\leq\frac1n,\forall z,\forall n$.设$f_n(0)=0,g_n(0)=1,\forall n$.设$\{z_n\}$是$\triangle$中子列,若满足$f_n(z_n)=1,g_n(z_n)=0,\forall n$,则$\lim\limits_{n\to\infty}|z_n|=1$.

4.对$r\in (0,1)$,记$A_r=\{z\in \mathbb{C}|r<|z|<1\}$

(1)对$\forall r\in (0,1)$,证明$A_r,\triangle^\ast,\mathbb{C}^\ast$不共形等价;

(2)设$r_1,r_2\in (0,1)$,若$A_{r_1}\cong A_{r_2}$,则$r_1=r_2$;

(3)计算$A_r$的自同构群$\mathrm{Aut}(A_r)$.

5.证明$\mathbb{C}^\ast,\triangle^\ast,A_r$同胚.

Let $q>0$ such that $[q[qn]]+1=[q^2n],n=1,2,\cdots$,solve $q$.

球面$S^n$的Levi-Civita联络是$\mathbb{R}^{n+1}$的联络到球面的切空间的投影,也就是$$\nabla_{X}Y(\vec{x})=D_{X}Y(\vec{x})-\langle D_{X}Y(\vec{x}) , \vec{x}\rangle\vec{x},$$其中$D$是欧氏空间的联络,也就是普通的方向导数,设$\gamma$是球面的弧长参数的测地线,于是测地线方程是\begin{align*}0&=D_{\dot{\gamma}}\dot{\gamma}(\gamma)-\langle D_{\dot{\gamma}}\dot{\gamma}(\gamma) , \gamma\rangle\gamma=\ddot{\gamma}-\langle \ddot{\gamma} , \gamma\rangle\gamma\\&=\ddot{\gamma}-(\frac{d}{dt}\langle \dot{\gamma} , \gamma\rangle-\langle\dot{\gamma} , \dot{\gamma}\rangle)\gamma=\ddot{\gamma}-(\frac{d}{dt}0-1)\gamma.\end{align*}

也就是$\ddot{\gamma}=-\gamma$, 容易解得$\gamma(t)=\cos t\cdot\gamma(0)+\sin t\cdot\dot{\gamma}(0)$.

 

一、(30分)设$\displaystyle {S^n}\left( r \right) = \left\{ {x = \left( {{x^1}, \cdots ,{x^{n + 1}}} \right) \in {\mathbb{R}^{n + 1}}\left| {\sum\limits_{A = 1}^{n + 1} {{{\left( {{x^A}} \right)}^2}}  = {r^2},r > 0} \right.} \right\}$是$\mathbb{R}^{n + 1}$的半径为$r$的球面, $g_0=\sum_{A=1}^{n+1}\left(d x^A\right)^2$是$\mathbb{R}^{n + 1}$的标准黎曼度量.令$i:S^n (r)\to \mathbb{R}^{n + 1}$是包含映射.

 
(1)计算$S^n(r)$上诱导度量$i^\ast g_0$在球极投影坐标下的表达式;
 
(2)计算$(S^n(r),i^\ast g_0)$的在一组正交标架下的联络形式;
 
(3)证明$(S^n(r),i^\ast g_0)$是常曲率黎曼流形.
 
二、(20分)设$(M,g)$是一个$m$维光滑黎曼流形, $f$是$M$上的一个光滑函数.设$e_1,\ldots,e_m$是$M$的一个切标架, $\omega^1,\ldots,\omega^m$是对偶标架, $df=f_i\omega^i$,证明:
 
(1) $f_{ij}=f_{ji}$,其中$i,j=1,2,\ldots,m$;
 
(2)$f_{ijk}-f_{ikj}=f_lR_{ijk}^l$,其中$i,j,k=1,2,\ldots,m$.
 
三、(15分)设$M$是$3$维连通的Einstein流形,证明$M$是常曲率黎曼流形.
 
四、(20分)设$m$维黎曼流形$M$的Ricci曲率\[\mathrm{Ric} (M)\geq (m-1)/r^2,\qquad r=\mathrm{const} (>0),\]则$M$上每一条长度大于$\pi r$的测地线都含有共轭点,因而不是极小测地线.
 
五、(15分)设$f:M^n\to {\overline M}^{n+p}({\overline c})$是极小浸入,若$M$的数量曲率$\rho$满足\[\rho\geq n(n-1){\overline c}-a,\]则$M$的截面曲率$K_M$满足\[{\overline c}-\frac12 a\leq K_M\leq {\overline c}+\frac12 a.\]

两个奇怪的积分

Evaluate integral
$$\int_{0}^{1}{x^{-x}(1-x)^{x-1}\sin{\pi x}dx}$$
Well,I think we have
$$\int_{0}^{1}{x^{-x}(1-x)^{x-1}\sin{\pi x}dx}=\frac{\pi}{e}$$
 
and
 
$$\int_{0}^{1}{x^{x}(1-x)^{1-x}\sin{\pi x}dx}=\frac{e\pi}{24}$$ 
 
With such nice result of these integral,why isn't worth to evaluate it?
 
I found a solution about the second one,but I wonder it will work for the first one
Note
$$ S=\int_{0}^{1}{\sin{\pi x}x^{x}(1-x)^{1-x}dx}-\int_{0}^{1}{(1-x)e^{(i\pi+\ln{x}-\ln{(1-x)})x}dx} $$
Let $t=\ln{x}-\ln{(1-x)}$,$x=\frac{e^{t}}{1+e^{t}}$
Thus
\begin{align}S&=\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{1}{e^{t}+1}e^{(i\pi+t)\frac{e^{t}}{1+e^t}}\frac{e^{t}}{(1+e^{t})^{2}}dt}\\ &=\int_{-\infty+i\pi}^{-\infty-i\pi}{e^{\frac{te^{t}}{e^{t}-1} } \frac{e^{t}}{(e^{t}-1)^{3}}dt}\end{align}
Due to
$$ f(z)=e^{\frac{te^{t}}{e^{t}-1} } \frac{e^{t}}{(e^{t}-1)^{3}},\qquad D=\{Z\in C|-\pi\leq Im(z) \leq \pi\}$$
Therefore
$res(f,0)=-\frac{e}{24}$when $z=0$
with $ \zeta_{R}=\gamma_{R}+o_{R}+\tau_{R}$
$$\oint_{\zeta_{R}}{f(z)dz}=-2\pi i\cdot res(f,0)=\frac{2i\pi e}{24}$$
because
$$ \{z_{n}\}\subset D,\qquad |z_{n}|\rightarrow\infty $$
Therefore
$$ 2S=2\lim_{R\rightarrow \infty}\int_{\gamma_{R}}{f(z)dz} $$
gives
$$ \int_{0}^{1}{\sin{\pi x}x^{x}(1-x)^{1-x}dx}=Im(S)=\frac{e\pi}{24} $$
 
My friend tian_275461 told me he use a simliar method to deal with the first one to obtain the result $\frac{\pi}{e}$,but I am not figure it out.

第一个积分的解答:

Exactly the same method works for the other case.
$$\int_0^1 x^{-x} (1-x)^{x-1}\sin{\pi x} dx = \mathrm{Im}\left[\int_0^1 \frac{e^{(i\pi+\ln(1-x)-\ln x)x}}{1-x}dx\right]$$
Write $t=\ln((1-x)/x)$ and $z=t+i\pi$ as you did above to get
$$S = \int_0^1 \frac{e^{(i\pi+\ln(1-x)-\ln x)x}}{1-x}dx=\int_{-\infty+i\pi}^{\infty+i\pi} \frac{e^{\frac{z}{1-e^z}}}{1-e^z}dz$$
 
Then with $$f(z)=\frac{e^{\frac{z}{1-e^z}}}{1-e^z}$$
the only pole is at $z=0$, $res(f,0)=-\frac{1}{e}$ and in the limit $2S = \oint f(z)dz=-2\pi i \cdot res(f,0) = 2\pi i/e$ and your answer follows.

第二个积分的另一种求法:

This one can be done with "residue at infinity" calculation. This method is shown in the Example VI of http://en.wikipedia.org/wiki/Methods_of_contour_integration
 
First, we use $z^z = \exp ( z \log z )$ where $\log z$ is defined for $-\pi\leq \arg z < \pi$. 
 
For $(1-z)^{1-z} = \exp ( (1-z)\log (1-z) )$, we use $\log (1-z)$ defined for $0\leq \arg(1-z) <2\pi$. 
 
Then, let  $f(z)= \exp( i\pi z + z \log z + (1-z) \log (1-z) )$. 
 
As shown in the Ex VI in the wikipedia link, we can prove that $f$ is continuous on $(-\infty, 0)$ and $(1,\infty)$, so that the cut of $f(z)$ is $[0,1]$. 
 
We use the contour: (consisted of upper segment: slightly above $[0,1]$, lower segment: slightly below $[0,1]$, circle of small radius enclosing $0$, and circle of small radius enclosing $1$, that looks like a dumbbell having knobs at $0$ and $1$, can someone edit this and include a picture of it please? In fact, this is also the same contour as in Ex VI, with different endpoints.)
 
On the upper segment, the function $f$ gives, for $0\leq r \leq 1$, 
$$\exp(i\pi r) r^r (1-r)^{1-r} \exp( (1-r) 2\pi i ).$$ 
 
On the lower segment, the function $f$ gives, for $0\leq r \leq 1$, 
$$\exp(i\pi r) r^r(1-r)^{1-r}. $$
 
 
Since the functions are bounded, the integrals over circles vanishes when the radius tend to zero. 
 
Thus, the integral of $f(z)$ over the contour, is the integral over the upper and lower segments, which contribute to
 
$$\int_0^1 \exp(i\pi r) r^r (1-r)^{1-r} dr - \int_0^1 \exp(-i\pi r) r^r(1-r)^{1-r} dr$$
 
which is 
$$2i \int_0^1 \sin(\pi r) r^r (1-r)^{1-r} dr.$$
 
By the Cauchy residue theorem, the integral over the contour is
$$-2\pi i \textrm{Res}_{z=\infty} f(z) = 2\pi i \textrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} f(\frac 1 z).$$
 
From a long and tedious calculation of residue, it turns out that the value on the right is 
$$2i \frac{\pi e}{24}.$$
Then we have the result:
$$ \int_0^1 \sin(\pi r) r^r (1-r)^{1-r} dr = \frac{\pi e}{24}.$$
 
我们也可得到\begin{align*} \int_{0}^{1} e^{i \pi x} \, x^{x} (1-x)^{1-x} \, dx = i \, \frac{\pi e}{4!} \end{align*}

来自:http://math.stackexchange.com/questions/324647/integrate-int-01x-x1-xx-1-sin-pi-xdx

http://math.stackexchange.com/questions/958624/prove-that-int-01-sin-pi-xxx1-x1-x-dx-frac-pi-e24

i的i次方等于多少?

写了三篇δ函数的博文后,现在来点轻松的。别以为是说“爱的爱次方等多少”。理科男在这里,还没想到这样浪漫的事,其实是谈初等数学,这里i是虚数符号,问:$i^i = ?$
 
这原是我在高中上了复数课后,写来考同学玩的。欧拉公式还记得吗?$e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$,我们知道 $e^{i\pi/2}=\cos(\pi/2)+i\sin(\pi/2)=i$,代入不难算出 $i^i =(e^{i\pi/2})^i = e^{-\pi/2} = 0.207879576…$,套公式而已,简单到没难度,结论匪夷所思。大约两百多年前的数学家,以至现在的物理学者和工程师,都喜欢这种用公式推导的创意。只是对学多数学的人,再看就会纠结。数学的严谨性说多了让人烦,所以都自觉地不啰嗦了。
 
前不久,有个解5次方程的爱好者,在科学网群组上分享他的成果,又给我留言,就进去逛一下。看到两个爱好者,在哪儿交流根式解的心得,一个宣称“如不能仅引进2次根式得解,负数的高于2次的根式,就只能是另外的,既非实数也非虚数或复数的其它数类!”,说“$(-3)^{1/5}$ 就既非实数也非虚数或复数!”这问题就比较有趣了。本来用棣莫弗公式或欧拉公式,直接能给出答案。不过就此聊点数域扩充和运算延拓的话题,比起辅导中学代数,多少还是有点技术含量。这值得写篇博文与大家分享。
 
在数学发展史上,常将一些运算推行到其他的数,且希望保持原有运算结果和性质,这叫延拓。这时运算的结果,也许不能都用已有的数类来表达,就需要将数类扩充,以保持运算的封闭性。历史上数类经历过了几次的扩充。例如,一直到了15世纪,0 和负数才被西方认同。在这之前的数都是正数,减法只对被减数大于减数时才有意义,将加减法运算推广到所有的数,就需要引入 0 和负数,以保持对运算的封闭性。无理数被引入,是来保证毕达哥斯定理正确性。引入复数为保证代数方程有解。包含超越数的实数,因无穷数列收敛的完备性而定义。现在我们知道,数 x 的整数 n 次方,定义为 x 自乘 n 次。问在已知的数类中,能否有一个数记为 $x^{1/n}$,使得它的 n 次方等于 x?
 
如果x是个正数,这个并不难回答。存在着已知的算法可以精确计算到任何位数的一个正实数,记为 $\sqrt[n]{x}$,这称为实数开 n 次方的主根(principal root),或称为算术根。x 是 0,答案是 0;x 是负数,当 n 为奇数时,答案是负实数 $-\sqrt[n]{|x|}$。这里$\sqrt[n]{x}$ 是 n 为参数,正实数域上的正实数值函数,称为 n 次根式。当n是偶数,x是负数时,则需要扩充到复数来满足,特别地,定义负数变量开2次方函数$\sqrt{x}=i\sqrt{|x|}$。
 
因为根式是有已知算法的单值函数,所以人们希望代数方程解能用它来表达。但对四次以上方程一般是不可能的。代数方程的解用它的系数加以根式符号和四则运算来表达,称为根式解。比如说,$x^2=2$,它的根表达为:$x_1=\sqrt{2}, \;\;  x_2=-\sqrt{2}$,韦达定理说二次方程 $ax^2+bx+c=0$ 的根式解是:
 
$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$,这是我们从初中就开始熟悉的概念。
 
好了,有了这些大家中学都已烂熟的知识,我们就可以运用公式推导来创造奇迹!比如说你导公式得到下面两个等式:
 
$i= (-1)^{1/2} = ((-1)(-1)(-1))^{1/2} =(-1)^{1/2}(-1)^{1/2}(-1)^{1/2}=iii=-i$,
 
$-1=(-1)^1 = ((-1)^2)^{1/2}=1^{1/2}=1$。
 
如果你还比较淡定,不信这么容易就能震惊世界,就会自省一下错在哪里。这除了上面重申过的约定外,就是用了从中学就熟知的指数运算律。对于指数运算 $x^y$,有指数分配律 $(xy)^z = x^zy^z$,指数相乘律 $(x^y)^z = x^{yz}$,指数相加律 $x^yx^z = x^{y+z}$,这里分别用了前两个,有问题吗?
 
有!尽管指数运算,与加减乘除四则运算一样的基本,我们在各种公式推导中都毫不经意地运用他们,其实并没有证明过它们的运算律适用于这里。在上面悖论等式中,其实 $ ((-1)(-1)(-1))^{1/2} \neq (-1)^{1/2}(-1)^{1/2}(-1)^{1/2}, \;\;\; (-1)^1\neq ((-1)^2)^{1/2}$。
 
我们必须认真研究一下,这指数运算律的适用范围了。
 
最初 $x^n$ 指 n 是正整数,它意思是正实数 x 自乘 n 次。由这定义推算,就有了指数运算律。对它们是其他数的适用性还需要证明。先看一下,怎么从这自乘开始,延拓这个运算的。
 
把正整数n固定,$x^n$  仍然定义成 x 自乘 n 次,这叫幂函数。可以把幂函数自变量x的定义域延拓到复数域,定义 $x^0=1 , \;\; x^{-n}=1/x^n $,同样直接从定义就能证明非0复数的整数幂函数满足指数运算律。从上面悖论等式看到,指数运算律不适用于分数幂函数。所以这方向的拓展到此为止。
 
把指数运算 $x^y$ 中的 x 固定,限定为正实数,写成参数 a,式子 $a^y$ 称为 a 为底的指数函数。定义 $a^0=1 , \;\; a^{-n}=1/a^n $,定义 $a^{1/n}$ 为 $a^n$  的主根。从 y 为正整数开始,应用指数运算律和极限运算,可以把正实数底a的指数函数 $a^y$,自变量 y 的定义域,从正整数延拓到实数。它也满足全部的指数运算律。这时它的值域也是正实数,当底数 a 不是 1 时,这函数是单调的,反函数存在,把它记为 $\log_a(\cdot)$,这个对数函数定义域是正实数,参数 a 为非 1 的正实数,值域是实数。我们有关系式 $y=\log_a(a^y)$。记 $\ln(\cdot)=\log_e(\cdot)$,当 x 是正实数,y 是实数时,指数运算可以表示为 e 的指数函数的形式:$x^y= e^{y\ln x}$,它们满足指数运算律。这些都是熟知的中学代数的内容。
 
它们已是满足指数运算律的幂函数和指数函数能够拓展的极限了。所以二元的指数运算 $x^y$ 只有 x 的定义域为正实数,y 的定义域为实数时,得值是正实数,才有指数运算律。当我们企图把二元的指数运算中x变量的定义域延拓到正实数之外时,我们遇到了麻烦。其一是 $(-1)^{1/2}$ 在实数值域上没有对应值。这在历史上已经解决,它的处理是大家熟知的,把数域扩展到复数域,记虚数符 $i = \sqrt{-1}$,但一切也只到此为止。我们甚至无法在指数函数 $(-1)^y$ 中,把 y  整数变量的定义域延拓到整数的倒数,前面已看到它无法满足指数分配律和相乘律。此路不通了。
 
把 x 的 n 次幂的定义域延拓到包括负数与复数,所遇到问题的本质是在这定义域中,n 次方不是个一一映射,几个不同自变量值可能对应于同一个函数值,当我们企图将逆运算限制在某个分支的根,例如用主根,来定义 $x^{1/n}$ 时,指数分配律和指数相乘律,都可能让不同分支的根在自乘中等同起来。这产生了矛盾。
 
不再拘于指数运算律了,看看我们能否对其中的一元函数再作任何延拓。
 
前面说过复数的整数幂都有定义,并满足指数运算律。所以幂级数 $\sum_{n=0}^\infty x^n/n!$ 的每一项都有定义,它对实数 x 收敛于一个实数,对复数 x 收敛于一个复数,由此定义可以定义函数 exp(x)。可以证明它满足指数相加律 $\exp(x)exp(y) = \exp(x+y)$。不难证明它是唯一符合微分方程 df(x)/dx = f(x)  和初始条件 f(0)=1 的解。所以它在 x 为实数时是已知的指数函数 $e^x$,在 x 为复数时也称为指数函数,用相同的表示法,由欧拉公式有 $z=x +iy,\;\; e^z = e^x (\cos y + i \sin y)$.
 
这个定义域为复数的指数函数,满足指数分配律和指数相乘律吗?对指数为整数 n 时尚可,$(\exp(z)exp(w))^n=\exp(z)^n \exp(w)^n, \;\;\; \exp(z)^n=\exp(nz)$,其他则不能。因为底 a 不是 e 的指数函数  $a^z$,在复数域都还没有定义。可以证明无论怎样定义,按指数分配律和指数相乘律计算都会引起矛盾。
 
这么说,我们前面套公式得到 $i^i = (e^{i\pi/2})^i = e^{-\pi/2} = 0.207879576…$,是胡整了?起码在 $(e^{i\pi/2})^i = e^{-\pi/2}$ 这一步用到的指数相乘律是没有根据的。
 
在复变函数的论域中,改变了传统上函数是单值的和等式是两边的数值相等的定义,给这问题新的答案。前面指数运算进一步扩展的问题在于,扩展定义域相当于扩展逆运算的值域,如果扩展后不再是一一的映射,那么它的逆运算对应的是一个多值的集合。
 
在复变函数论域中,我们可以允许函数是多值的,其值表示为一个集合,两个集合间的运算,定义为分别在两个集合里选取每个元素进行计算,其函数值是所有可能运算结果的集合。等式“=”定义为两边的集合相等。
 
好,我们来看,这带来什么不同。复数z可以用极坐标来表示 $z=r(\cos\theta + i\sin\theta)$,这个表示式不是唯一的。所以它的逆运算,即绝对值运算  |z| = r  还是通常的单值函数;但幅角 $Arg(z) = \theta + 2k\pi$,这里k是任意的整数(此后不再赘述),这是一个多值函数,对应的数值是一个可数的无穷集合。由欧拉公式,这个表示式可以写成  $z = |z|e^{iArg(z)}$,这又成单值的等式了。由此可以定义复数指数函数的反函数 $Ln(z) = \ln |z| + i Arg(z)$,这是将对数函数 ln z  扩展到复数域上的多值函数。注意,它不是延拓,延拓要保持原有变量和函数值的对应不变,将定义域扩展到没有定义的地方。而这函数当变量是正实数时,并不等于相应的对数值,而是包括着它的一个集合。例如 $\ln 1 = 0,  \;\; Ln 1 = 2k\pi = \{…,-6\pi, -4\pi, -2\pi, 0, 2\pi, 4\pi, 6\pi, …\}$。但以此我们可以定义复数域上的指数运算了,$z^w = \exp(w Ln(z))$。这也是扩展,不是上述单值函数的延拓。例如,在复变函数论域里,指数运算,$1^{1/2} = \exp(Ln(1)/2) = \exp(ik\pi) = \{ 1, -1 \}$。一般来说这个指数的运算不再保持指数运算律了,只能看成一个多值的函数。不再有指数相加律和指数相乘律了,$z^wz^v, \;\; (z^w)^v$ 未必对应有$z^{w+v}, \;\; z^{wv}$了,例如 $-1 =e^{i\pi + i2k\pi} \neq (e^{2(i\pi + i2k\pi)})^{1/2} = 1^{1/2}=\{-1, 1\}$。它的意义在于对这个运算有定义,而且按指数运算律化简了计算所得的值,是直接运算结果集合值中一部分。
 
现在来看标题问句的答案。我们可以在复变函数论域里,有根据地按定义来计算了。
 
$i^i= \exp(i Ln i) = \exp(i (i\pi/2 + i2k\pi)) = \exp(-\pi/2 - 2k\pi)=\exp(-\pi/2) \exp(-2k\pi)$
 
它是0.207879576…乘上或除以任意多次535.4916555… 的一个可数无穷集合。篇首的答案0.207879576… 只是其中的一个数值。
 
好了,如果你们通读到此,相信这些初等数学的内容都不难理解。把知识变成自己的最好方法,是做几道习题。现在问你们。在复变函数的论域中,下面两个式子分别等多少?
 
$(-2)^{1/3}, \hspace{5 mm},  (-1)^i$
 
请写出不可约5次代数方程 $x^5+2=0$ 的根式解?
 
(把你们的解答放在评论里,我的答案后天附在下面)
 
 
 
【答案】
 
$(-2)^{1/3} = \exp(Ln(-2)/3) = \{-\sqrt[3]{2}, \;\;\; \sqrt[3]{2}(1/2 -i\sqrt{3}/2),  \;\;\; \sqrt[3]{2}(1/2 + i\sqrt{3}/2) \}$
 
$ (-1)^i = \exp(iLn(-1))= e^{-\pi+2k\pi} = 0.043213918  \times  535.4916555^k$
 
有理数域不可约5次方程 $x^5+2=0$,它的根式解是:
 
$x_0 = -\sqrt[5]{2}$
 
$x_1  = -\sqrt[5]{2}((\sqrt{5}-1)/4+ i \sqrt{10+2\sqrt{5}}/4), \;\;\; x_2  =-\sqrt[5]{2}(-(\sqrt{5}+1)/4 + i \sqrt{10-2\sqrt{5}}/4) $
 
$x_3 = -\sqrt[5]{2}(-(\sqrt{5}+1)/4 - i \sqrt{10-2\sqrt{5}}/4),\;\;\; x_4  = -\sqrt[5]{2}((\sqrt{5}-1)/4- i \sqrt{10+2\sqrt{5}}/4),$
 
这是怎么得来的?其实很简单,在复变函数论域计算 $(-2)^{1/5}$, 也可以直接根据棣莫弗公式有:
 
$x_n = -\sqrt[5]{2}(\cos(2n\pi/5) +i\sin(2n\pi/5)), \;\;\; n=0,1,2,3,4$
 
计算$\sqrt[5]{2}=1.148698355...$,根据三角公式可以推出这特殊角的正余弦的根式和数值,
 
$\cos(2\pi/5)=(\sqrt{5}-1)/4= 0.309016994...$,
 
$\sin(2\pi/5)=\sqrt{10+2\sqrt{5}}/4= 0.951056516...$,
 
$\cos(\pi/5)=(\sqrt{5}+1)/4= 0.809016994…$
 
$\sin(\pi/5)=\sqrt{10-2\sqrt{5}}/4=  0.587785252...$
 
转自:http://blog.sciencenet.cn/blog-826653-900633.html

史济怀复变习题解答

本文主要给出史济怀老师复变函数的某些习题解答,主要来自陶哲轩小弟。


然后对后面的函数用最大模原理.




 

涉及到一个有意思的方程的积分

求证:\begin{align*}&2{\left( {\int_0^\pi  {\frac{x}{{{x^2} + {{\ln }^2}\left( {2\sin x} \right)}}dx} } \right)^7} + 53{\left( {\int_0^\pi  {\frac{x}{{{x^2} + {{\ln }^2}\left( {2\sin x} \right)}}dx} } \right)^5} + {\left( {\int_0^\pi  {\frac{x}{{{x^2} + {{\ln }^2}\left( {2\sin x} \right)}}dx} } \right)^4}\\&+ {\left( {\int_0^\pi  {\frac{x}{{{x^2} + {{\ln }^2}\left( {2\sin x} \right)}}dx} } \right)^3} + 19\int_0^\pi  {\frac{x}{{{x^2} + {{\ln }^2}\left( {2\sin x} \right)}}dx}  = 2014\end{align*}

证明:Here is a proof, using complex analysis, that the integral is equal to $2$. Put

$$f(z) = {1\over\log{(i(1-e^{i2z}))}},$$
the logarithm being the principal branch. As can be deduced from the comments, the original integral is equal to
$$\int_0^\pi \operatorname{Re}{f(x)}\,dx.$$
Next consider, for $R>\epsilon > 0$, the following contour:
 
 
It is straightforward to check that for each fixed $\epsilon$ and $R$, the function $f$ is analytic on an open set containing this contour (just consider where $i(1-e^{i2z})\leq0$; this can only happen when $\operatorname{Im}{z}<0$ or when $\operatorname{Im}{z} = 0$ and $\operatorname{Re}{z}$ is an integer multiple of $\pi$). It then follows from Cauchy's theorem that $f$ integrates to zero over it. First let's see that the integrals over the quarter-circular portions of the contour vanish in the limit $\epsilon \to 0$. I'll look at the quarter circle near $\pi$ (near the bottom right corner of the contour) but the one near zero is similar, if not easier. Writing $i(1-e^{i2z}) = i(1-e^{i2(z-\pi)})$, it is clear that $i(1-e^{i2z}) = O(z-\pi)$ as $z\to\pi$. It follows from this that $f(z) = O(1/\log{|z-\pi|})$ as $z\to0$, and therefore that the integral of $f$ over the bottom right quarter circle is $O(\epsilon/\log{\epsilon})$ as $\epsilon \to0$, hence it vanishes in the limit as claimed.
 
Thus for fixed $R$, we can let $\epsilon \to 0$ to see that $f$ integrates to zero over the rectangle with corners $0,\pi, \pi +iR,$ and $iR$. Now the vertical sides of this rectangle give the contribution
\begin{align*}-\int_0^R f(iy)\,idy + \int_0^R f(iy+\pi)\,idy = 0,\end{align*}
since $f(iy) = f(iy+\pi)$. It follows at once that for each $R$, we can set the contribution from the horizontal sides equal to zero, giving
\begin{align*}\int_0^{\pi} f(x)\,dx - \int_0^\pi f(x+iR)\,dx=0, \qquad R>0. \tag{1}\end{align*}
(Note that the above equation implies that the integral in $x$ of $f(x+iR)$ over the interval $[0,\pi]$ is constant as a function of $R$; another way to evaluate the integral is to prove this directly, which I'll add below in a moment.) Now $f(x+iR) \to 1/\log{i} = 2/\pi$ as $R\to\infty$, uniformly for $x\in[0,\pi]$. Thus
\begin{align*}\lim_{R\to\infty} \int_0^\pi f(x+iR)\,dx = \pi\cdot {2\over \pi} = 2,\end{align*}
and it follows from $(1)$ that the original integral is equal to $2$ as well.
(By the way, the above idea is basically a replication of the technique I used here and here, and which I originally got from Ahlfors' book on complex analysis.)
 
选自:http://math.stackexchange.com/questions/625456/what-is-int-0-pi-fracxx2-ln22-sin-x-mathrmdx?lq=1