证明《复变函数》第四章习题全解钟玉泉版

第四章解析函数的幂级数表示法

一

1.解: (1)其部分和数列

S4n(

由交错级数收敛性判别及极限运算法则知nimS4n存在,设为nlimS4nl ,又有a4n1

由此得知nlimSnl ,因此级数收敛,但非绝对收敛.

(2),可知原级数绝对收敛.

(3)由于

2.解: (1)R

(2)R

3.证明: (1)如果则级数的收敛半径为

R

(2)由(1)可证其收敛半径为R.

(3)由(1)可证其收敛半径为R.

4.证明:因为,因此n0 n0 n0 n0

级数在zR上绝对收敛且一致收敛.

5.解: (1)因为u1时,时,有

az

(2)因为e平面解析,所以e)

逐项积分得

)

(3)因为

如果,于是上式收敛范围为z,合于逐项积分条件,所以

)

(4) sin)

(5)因为f(z)(1z)2,f(n)(0)(n1)!

从而f(z))

ln(1z)z. . .

2 3 4 5 3 4 5

所以e)

 ()

7.解: (1) sin zsin[(z1)1]sin(z1)cos 1cos(z1)sin 1

=|

)

)

(4)由于3 z的支点为0,,沿负实轴(,0)割开平面,则指定分支就在z11

1

内单值解析, 3 z3 1 [1(z1)]3 ,再利用二项式展开.

8

(2) 6 sin z

6z)

故为15级零点.

9.证明:因为z0为f(z)的m阶零点f(z)a

又因为z0为g(z)的n阶零点,g(z)bb(z

如果mn,则f(z)g(z)(zz0)n[bnbn1(zz0)]

故z0为f(z)g(z)的n阶零点.

如果nm,同理可得z0为f(z)g(z)的m阶零点.

如果mn,当ambm0时, z0为f(z)g(z)的m阶零点; 当ambm0时,零点z0的阶数大于n.f(z)g(z)a

故z0为f(z)g(z)的mn阶零点.

由此可见

如果nm,则z0为f(z)/g(z)的nm阶零点,

如果mn,则z0为f(z)/g(z)的mn阶零点,

如果mn,则z0为f(z)/g(z)的可去奇点.

10.证明:利用定理4. 17,因z0为解析函数f(z)的至少n级零点,则有f(z)(zz0)m g(z) mn

其中

同理(z)(zz0)n(z0) ,其中(z0),则本题得证.

11.解: (1)不存在

(2)不存在

(3)不存在

(4)存在

12.证明:因为f(z)在z0点解析,由泰勒定理f(z))

再由题设f(n)(z0)0,n1,2,,则f(z)f(z0),(zKD)

由唯一性定理得f(z)f(z0),(zD).

13.证明: (反证法)假设f(z0)是f(z )在D内的最小值,因f(z0)0,则

是内恒为常数,与题设矛盾,故f(z0)不可能是f(z )在D内的最小值.

14.证明: (反证法)设f(z)在D内处处不为零,则由最小,最大模原理,在D内f(z )既不能达到最小值,也不能达到最大值.

而题设f(z )在闭域D上连续,故f(z )在闭域D上有最大值M和最小值m,而由上所述,这些都只能在边界C上达到,但题设f(z )在C上为常数,故

Mf(z)m zC

再由最大,最小模原理,mf(z)Mm zD,即f(z)m zD

由上, f(z )在闭域D上恒为常数,由第二章习题(一) 6 (3)知, f(z)在D内必为常数,矛盾.

(二)



1.证明:由于级数fn(z)收敛于f(z),故0,N() ,当nN及一切zE,

有sn(z)f(z))推得sn(z)g(z)f(z)g(z)

故得证.

2.证明:该级数的部分和sn(z)z(z2z)(znzn1)zn

显然,对任何z(z1),有.

另一方面,对于任何固定的n,取z不可能任意小,这就证得级数在圆z1内非一致收敛.

3.证明: (1),两边取极限

(2) ee)

z(1z

(3)因为在0|z|1内任意一点z e

所以|ez1 ||z|||

另一方面 |ez1 ||z|

4.证明:由柯西不等式||时

|f(z)a0 |,

因此|f(z) ||f(z)a0a0 ||a0 ||f(z)a0 |

故f(z)在|z|上无零点.

5.证明 因为

=

对任意自然数m,k若mk 则



=

因此根据逐项可积公式即得

6.证明取rR,则对一切正整数kn时

|f(

于是由r的任意性知对一切kn均有f(k)(0)=0

故f(z)n cnzn,即f(z)是一个至多n次的多项式或常数.k0

7.证明: (1)设z0是f(z)的m阶零点,于是在z0的某邻域K内f(z)

取,(0) ,于是在区域N(z0,)内f(z)

一致收敛,逐项积分可得



令F(z)

故z0是F(z)的m1阶零点.

(2)设(z),作函数

F(z)(z),则

F(z)

由(1)知z0是F(z)的m1阶零点,故

(z)阶零点.

8.证明:设f1(z)u(x,y)iv(x,y)f2(z)u(x,0)iv(x,0)

依唯一性定理,在L上有f(z)f1(z) ,而L每一点都是L的极限点,而且

LG,f1(z),f2(z)都在G内解析,由唯一性定理有f1(z)f2(z) .

9.证明: (反证法)设存在这样的周线C,I(C)D,且有一复数A,使得f(z)A,在C内部I(C)有无穷多个根,即f(z)A0在C内部I(C)有无穷多个零点,必存在零点列znz0D,从而由唯一性定理,f(z)A(zD) ,与题设矛盾.

10.证明:由最大模原理M(r)mzarxf(z) ,显然M(r)是单调上升函数,若存在r1r2,使得M(r1)M(r2),即在zr2内存在点z1r1e) ,即在内点达到最大模,由最大模原理知f(z)恒为常数.