复变函数习题解答(第4章).doc

p178第四章习题(一) 3, 4, 6, 7(4), 10, 12, 13, 14 3. 如果lim n (cn + 1/cn)存在( )，试证下列三个幂级数有相同的收敛半径：(1) n 0 cn z n；(2) n 0 (cn/(n + 1) z n + 1；(3) n 0 (n cn) z n 1【解】事实上，我们只要证明下面的命题：若 n 0 cn z n的收敛半径为R，则 n 0 (n cn) z n 1的收敛半径也为R从这个命题，就可以得到幂级数(1)的收敛半径与幂级数(2)的收敛半径相同，幂级数(3)的收敛半径与幂级数(1)的收敛半径相同step1. 当R是正实数或+时若| z | R，则存在rR使得| z | r 0使得0 | n/r | ( | z | /r )n 1 M所以| (n cn) z n 1 | M | cn r n |由Weierstrass判别法知 n 0 | (n cn) z n 1 |收敛，所以 n 0 (n cn) z n 1收敛因此 n 0 (n cn) z n 1的收敛半径R1 R特别地，若 n 0 cn z n的收敛半径为+，则 n 0 (n cn) z n 1的收敛半径也为+step2. 当R是非负实数时对任意的满足R r r + 1时，| cn r n | = | r/n | | (n cn) r n 1 | | (n cn) r n 1 |；因此， n 0 | (n cn) r n 1 |发散由Abel定理， n 0 (n cn) z n 1的收敛半径R1 r由r的任意性，得R1 R特别地，若 n 0 cn z n的收敛半径为0，则 n 0 (n cn) z n 1的收敛半径也为0step3. 综合step1和step2的结论，当R为正实数时，也有R1 = R即若 n 0 cn z n的收敛半径为R，则 n 0 (n cn) z n 1的收敛半径也为R这个证明中，我们没有用到条件lim n (cn + 1/cn)存在( )，说明该条件是可以去掉的因为一般的幂级数并不一定满足这个条件，因此去掉这个条件来证明结论是有意义的4. 设 n 0 cn z n的收敛半径为R (0 R +)，并且在收敛圆周上一点绝对收敛，试证明这个级数对所有的点z : | z | R为绝对收敛且一致收敛【解】设z0在收敛圆周上，且 n 0 | cn z0 n |绝对收敛那么对于点z : | z | R，都有| z | | z0 |因此级数 n 0 | cn z n |收敛，即 n 0 cn z n绝对收敛而由Weierstrass判别法知知级数 n 0 cn z n对所有的在闭圆| z | R上一致收敛6. 写出e z ln(1 + z)的幂级数展式至含z 5项为止，其中ln(1 + z)|z = 0 = 0【解】在割去射线L = zC | Im(z) = 0，Re(z) -1的z平面上，能分出Ln(1 + z)的无穷多个单值解析分支(Ln(1 + z)k = ln| (1 + z) | + i arg(1 + z) + 2kp i ，kZ由条件ln(1 + z)|z = 0 = 0，知arg(1) + 2kp = 0，即k = 0所以，满足条件的分支为ln(1 + z) = ln| (1 + z) | + i arg(1 + z)因为(ln(1 + z) = 1/(1 + z) = n 0 (-1)n z n，| z | 1z : | z | 1，从沿0到z的曲线逐项积分得ln(1 + z) - ln(1 + z)|z = 0 = n 0 (-1)n/(n + 1) z n + 1，| z | 1；即ln(1 + z) = n 0 (-1)n/(n + 1) z n + 1，| z | 1因e z = n 0 (1/n!) z n，zC，故z : | z | 1，幂级数 n 0 (1/n!) z n， n 0 (-1)n/(n + 1) z n都绝对收敛故它们的Cauchy乘积收敛于它们的和函数的乘积，所以e z ln(1 + z) = z ( n 0 (1/n!) z n)( n 0 (-1)n/(n + 1) z n)，| z | 1设e z ln(1 + z) = z n 0 cn z n，| z | 1则cn = 0 k n (1/k!) (-1)n - k/(n - k + 1)，nN故c0 = 1，c1 = 1/2，c2 = 1/3，c3 = 0，c4 = 3/40，.所以e z ln(1 + z) = z + (1/2)z 2 + (1/3) z 3 + (3/40) z 5 + .，| z | 17. 将下列函数按z 1的幂展开，并指出其收敛范围(4) z 1/3 ( 11/3 = ( 1 + 3 i )/2 )【解】在割去射线L = zC | Im(z) = 0，Re(z) -1的z平面上，能分出z 1/3的三个单值解析分支( z 1/3)k = | z |1/3 exp(arg(z) + 2kp)i/3)，k = 0, 1, 2设要展开的分支为z 1/3 = | z |1/3 exp(arg(z) + 2k0p)i/3)，0 k0 2因为| 1 |1/3 = 1，arg(1) = 0，故exp(2p i/3) = ( 1 + 3 i )/2 = exp(2k0p i/3)，所以k0 = 1即要展开的分支为z 1/3 = | z |1/3 exp(arg(z) + 2p)i/3)因为z 1/3 = exp(2p i/3) | z |1/3 exp(arg(z)/3 i)，而主值支(1 + (z 1)1/3 = | z |1/3 exp(arg(z)/3 i)的展式为(1 + (z 1)1/3 = n 0 C(1/3, n)(z 1)n，| z 1 | 1所以，要展开的分支z 1/3 = exp(arg(z)/3 i) n 0 C(1/3, n)(z 1)n= n 0 ( 1 + 3 i )/2 C(1/3, n)(z 1)n，| z 1 | 110. 设a为解析函数f(z)的至少n阶零点，又为解析函数j(z)的n阶零点，试证：lim xa f(z)/j(z) = f(n)(a)/j(n)(a)【解】设f(z)与j(z)在a的某邻域U= zC | | z a | R内的Taylor展式分别为f(z) = k 0 ck (z a) k，j(z) = k 0 dn (z a) k，zU，因a为f(z)的至少n阶零点，又为j(z)的n阶零点，故当k n 1时，f(k)(a) = j(k)(a) = 0，且j(n)(a) 0因kN，ck = f(k)(a)/k!，dk = j(k)(a)/k!；故当k n 1时，ck = dk = 0，且dn 0因此，f(z) = k n ck (z a) k，j(z) = k n dk (z a) k注意到幂级数cn + cn + 1 z + cn + 2 z 2 + .以及幂级数dn + dn + 1 z + dn + 2 z 2 + .都在U内收敛，设它们的和函数分别为f1(z), j1(z)则f(z) = (z a)m f1(z)，j(z) = (z a)n j1(z) ( zU )，且f1(a) = cn，j1(a) = dn 0所以，lim xa f(z)/j(z) = lim xa f1(z)/j1(z) = f1(a)/j1(a) = cn/dn = f(n)(a)/j(n)(a)12. 设f(z)在区域D内解析；在某一点z0D有f(n)(z0) = 0，n = 1, 2, .试证f(z)在D内必为常数【解】设U = zC | | z z0 | R D，则f(z)在U内能展成(z z0)的幂级数f(z) = k 0 ck (z z0) k，其中ck = f(k)(z0)/k!因为 f(k)(z0) = 0，k = 1, 2, .故ck = 0，k = 1, 2, .因此f(z)在U内恒为常数c0由唯一性定理，f(z)在区域D内恒为常数c013. (最小模原理)若区域D内不恒为常数的解析函数f(z)在D内的点z0有f(z0) 0，则| f(z0) |不可能是| f(z) |在区域D内的最小值，试证之【解】存在z0的邻域U = zC | | z z0 | R D，使得f(z)在U内恒不为零倘若| f(z0) |是| f(z) |在区域D内的最小值，则| f(z0) |是| f(z) |在U内的最小值那么，| 1/f(z0) |是| 1/f(z) |在U内的最大值而1/f(z)在U内解析，由最大模原理，1/f(z)在U内恒为常数故f(z)在U内也恒为常数由唯一性定理，f(z)在区域D内也恒为常数，这与题目的条件相矛盾所以| f(z0) |不可能是| f(z) |在区域D内的最小值14. 设D是周线C的内部，函数f(z)在区域D内解析，在闭域cl(D) = DC上连续，其模| f(z) |在C上为常数试证：若f(z)不恒等于一个常数，则f(z)在D内至少有一个零点【解】因f(z)在cl(D)上连续，故| f(z) |在cl(D)有最大值，即存在z0cl(D)，使得| f(z0) | = max zcl(D) | f(z) |因连续函数f(z)在闭域cl(D)上不恒为常数，故f(z)在D上也不恒为常数由最大模原理，zD，有| f(z) | 0(反证法)若f(z)在D内恒不为零，则1/f(z)在D内解析而在周线C上，| f(z) | = m 0故1/f(z)在cl(D)上连续因1/f(z)在D内不恒为常数，因此1/f(z)也满足f(z)所满足的条件由最大模原理，对zD，| 1/f(z) | 1/m由此得到m | f(z) | m，矛盾从本题的证明中可以看出，用最大模原理，可以得到如下结论：设f(z)在区域D内解析，在cl(D)连续且不恒为常数，若| f(z) |在cl(D)上有最大值，那么| f(z) |在cl(D)上的最大值M必然在D的某个边界点取到，并且在D内总有| f(z) | M这时也必然有D ，max zcl(D) | f(z) | = max zD | f(z) |我们特别强调的是条件“| f(z) |在cl(D)上有最大值”这点对有界区域D来说，因| f(z) |是紧集cl(D)上的连续函数，因此| f(z) |在cl(D)上总是有最大值的例如本题中的区域D是周线C的内部，当然就是有界集但当D是无界区域时，有可能| f(z) |在cl(D)上没有最大值，也有可能D = 另外，我们还用到了一个从分析的角度看来是很明显的结论：若f(z)在闭域cl(D)连续且不恒为常数，则f(z)在D上也不恒为常数p178第四章习题(二) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 1. 设级数 n 1 fn(z)在点集E上一致收敛于f(z)，且在E上| g(z) | M ( M 0，$NN+，使得当n N时，zE，| 1 k n fk(z) - f(z) | e/M此时，| 1 k n g(z)fk(z) - g(z) f(z) | = | g(z) | | 1 k n fk(z) - f(z) | M e/M = e所以级数 n 1 g(z)fn(z)在E上一致收敛于g(z) f(z)2. 试证：在单位圆| z | 1内，级数z + (z 2 z) + (z 3 z 2) + . + (z n z n 1) + . 收敛于函数f(z) 0，但它并不是一致收敛的【解】当| z | 1时，| Sn(z) | = | 1 k n (z k z k 1) | = | z | n 0 ( n )故级数在单位圆| z | 1内收敛于函数f(z) 0而nN+，在z = (1/2)1/n处，有| n + 1 k 2n (z k z k 1) | = | z 2n z n | = | ( zn )2 z n | = | 1/4 1/2 | = 1/4因此级数在| z | 1内不是一致收敛的或取zn = 1 1/n，则| Sn(zn) 0 | = ( 1 1/n )n 1/e ( n )因此级数在| z | 1内不是一致收敛的3. 试证(1) 如果 n 1 vn(z) = d 绝对收敛，则| d | n 1 | vn(z) |(2) 对任一复数z，| e z 1 | e | z | 1 | z | e | z |(3) 当0 | z | 1时，| z |/4 | e z 1 | 7| z |/4【解】(1) | 1 k n vk(z) | 1 k n | vk(z) | k 1 | vk(z) |令n 得| d | k 1 | vk(z) |(2) 对任一复数z，e z 1 = n 1 z n/n!，其中右边的级数绝对收敛根据(1)我们有| e z 1 | n 1 | z n/n! | = n 1 | z | n/n! = e | z | 1而e | z | = n 0 | z | n/n! = 1 + n 1 | z | n/n! = 1 + | z | n 1 | z | n 1/n! 1 + | z | n 1 | z | n 1/(n 1)! = 1 + e | z |，即e | z | 1 | z | e | z |(3) 当0 | z | 1时，注意到 n 1 | z | n 1/n! n 1 1/n! = e - 1 7/4，因此有e | z | 1 = | z | n 1 | z | n 1/n! 1/4故| z |/4 0，且M = max | z | r | f(z) | ( r R )试证：在圆| z | | a0 |r/(| a0 | + M)内，f(z)无零点【解】在Cauchy不等式，| f(n)(0) | n! M/r n，故| an | M/r n若| z | r，| f(z) - a0 | = | n 1 an z n | n 1 | an | | z | n n 1 M/r n | z | n = M n 1 (| z |/r )n = M | z |/r 1/(1 - | z |/r) = M | z |/(r - | z |)当| z | | a0 |r/(| a0 | + M)时，有| z | r，并注意到函数g(t) = t/(r - t) = r/(r - t) - 1在区间(0, r)上是严格单调增的，就得到，| f(z) - a0 | M | z |/(r - | z |) 0，所以，f(z)在圆| z | | a0 |r/(| a0 | + M)内无零点5. 设在| z | R内解析的函数f(z)有Taylor展式 n 0 an z n试证：当0 r R，考虑圆周| z | = r，由Cauchy不等式，当m n时，| f(m)(0)/m! | M r n/r m，令r +，得f(m)(0) = 0故f(z )在原点的Taylor展式为f(z ) = 0 k n f(k)(0)/k! z k因此f(z)是一个至多n次的多项式或一常数7. 设(1)f(z )在邻域K : | z a | R内解析，a是f(z )的m阶零点；(2)b a，bK问函数 F(z ) = a, z f(z)dz 及函数 F(z ) = b, z f(z)dz 在点a的性质如何？(这里的积分路径都假定在K内)【解】zK，我们有F(z ) = f(z)，F(z ) = f(z)因此，F(a ) = . = F(m )(a ) = 0，F(m + 1)(a ) 0，且F(a ) = 0，故a是F(z )的m + 1阶零点也有F(a ) = . = F(m )(a ) = 0，F(m + 1)(a ) 0，但不一定有F(a ) = 0因此，a是F(z )的m阶零点此题题意不够明确，可能是属于所谓的开放性问题或探究性问题似乎放在积分部分更合适，当然在这里也可以用幂级数来作8. 设(1) 区域D含有实轴的一段L；(2) 函数u(x, y) + i v(x, y)及u(z, 0) + i v(z, 0)(z = x + i y )都在区域D内解析试证在D内u(x, y) + i v(x, y) u(z, 0) + i v(z, 0)【解】这两个函数在L上的限制都是u(x, 0) + i v(x, 0)，因此它们在L上的限制相同由唯一性定理，这两个函数在区域D内是完全相同的思考：究竟u, v是定义那个集合上的函数？9. 设(1) 函数f(z )在区域D内解析，且不恒为常数；(2) 设C为D内任一周线，cl(I(C) D；(3) A为任一复数试证f(z ) = A在C的内部I(C)内只有有限个根【解】设g(z ) = f(z ) - A，则g(z )在区域D内解析，且不恒为常数；我们来证明g(z )在I(C)内只有有限个零点注意到I(C)是有界集，因此cl(I(C)也是有界集，且cl(I(C)是闭集倘若g(z )在I(C)内有无穷多个零点，那么，根据聚点原理，这些零点构成的集合Z必有聚点而cl(I(C)是闭集，故Z的聚点仍在cl(I(C)内，因此也在D内由唯一性定理，g(z )在区域D内为常数，矛盾故g(z )在I(C)内只有有限个零点，即f(z ) = A在C的内部I(C)内只有有限个根10. 问| e z |在闭圆| z z0 | 1上的何处达到最大？并求出最大值【解】因e z 在圆| z z0 | 1内不恒为常数，故| e z |在圆| z z0 | 1内无最大值因此，| e z |在闭圆| z z0 | 1上最大值必然在边界| z z0 | = 1上达到设z0 = a + i b，a, bR设z z0 = x + i y，x, yR在| z z0 | = 1上，x, y满足x2 + y2 = 1| e z | = | e a + i b e x + i y | = | e a + i b | | e x + i y | = e a e x故当x = 1时(此时y = 0)，| e z |最大，且最大值为e a + 1因此，| e z |在点z0 + 1处达到最大值，且最大值为e a + 111. 设函数f(z )在| z | R内解析，令M(r) = max | z | = r | f(z ) | ( 0 r R)试证：M(r)在区间0, R)上是一个上升函数，且若存在r1及r2 (0 r1 r2 R)，使得M(r1) = M(r2)，则f(z )在| z | R内是常数【解】只要证明若f(z )在| z | R内不恒为常数，则M(r)在0, R)上严格单调增r, s 0, R)，r s若r = 0，则M(r) = | f(0) |因f(z )在| z | s内不恒为常数(否则f(z )在| z | R内恒为常数)，由最大模原理，满足| a | s的点a不是| f(z ) |在| z | | f(a) |特别地，取a = 0，就有M(s) | f(a) | = M(r)若r 0，设a满足| z | = r，| f(a) | = M(r)与前面同样的论证，知M(s) = max | z | = s | f(z ) | | f(a) | = M(r)故M(r)在0, R)上严格单调增7