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( ¹ ¥ )，试证下列三个幂级数有相同的收敛半径：
(1) å n ³ 0 cn z n；(2) å n ³ 0 (cn/(n + 1)) z n + 1；(3) å n ³ 0 (n cn) z n – 1．
【解】事实上，我们只要证明下面的命题：
若å n ³ 0 cn z n的收敛半径为R，则å n ³ 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rÎR使得| z | < r < R．
因å n ³ 0 cn z n的收敛半径为R，根据收敛半径定义及Abel定理，
知å n ³ 0 | cn r n |收敛．
因| (n cn) z n – 1 | = ( | n/r | · ( | z | /r )n – 1 ) · | cn r n |；
而lim n®¥ ( | n/r | · ( | z | /r )n – 1 ) = 0，故$M > 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å n ³ 0 | (n cn) z n – 1 |收敛，所以å n ³ 0 (n cn) z n – 1收敛．
因此å n ³ 0 (n cn) z n – 1的收敛半径R1 ³ R．
特别地，若å n ³ 0 cn z n的收敛半径为+¥，则å n ³ 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 < | z |的实数r，
根据收敛半径定义，å n ³ 0 cn r n发散．从而å n ³ 0 | cn r n |发散．
当n > r + 1时，| cn r n | = | r/n | · | (n cn) r n – 1 | £ | (n cn) r n – 1 |；
因此，å n ³ 0 | (n cn) r n – 1 |发散．
由Abel定理，å n ³ 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å n ³ 0 cn z n的收敛半径为0，则å n ³ 0 (n cn) z n – 1的收敛半径也为0．
step3. 综合step1和step2的结论，当R为正实数时，也有R1 = R．
即若å n ³ 0 cn z n的收敛半径为R，则å n ³ 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( ¹ ¥ )，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å n ³ 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å n ³ 0 | cn z0 n |绝对收敛．
那么对于点z : | z | £ R，都有| z | £ | z0 |．
因此级数å n ³ 0 | cn z n |收敛，即å n ³ 0 cn z n绝对收敛．
而由Weierstrass判别法知知级数å n ³ 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 = { zÎC | 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 ，kÎZ．
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) = å n ³ 0 (-1)n z n，| z | < 1．
"z : | z | < 1，从沿0到z的曲线逐项积分得
ln(1 + z) - ln(1 + z)|z = 0 = å n ³ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1；
即ln(1 + z) = å n ³ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1．
因e z = å n ³ 0 (1/n!) z n，zÎC，
故"z : | z | < 1，幂级数å n ³ 0 (1/n!) z n，å n ³ 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 · (å n ³ 0 (1/n!) z n)(å n ³ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n)，| z | < 1．
设e z ln(1 + z) = z · å n ³ 0 cn z n，| z | < 1．
则cn = å0 £ k £ n (1/k!) · (-1)n - k/(n - k + 1)，nÎN．
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 | < 1．

7. 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 = { zÎC | 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 = å n ³ 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) · å n ³ 0 C(1/3, n)(z – 1)n
= å n ³ 0 (– 1 + √3 i )/2 · C(1/3, n)(z – 1)n，| z – 1 | < 1．

10. 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 x®a f(z)/j(z) = f(n)(a)/j(n)(a)．
【解】设f(z)与j(z)在a的某邻域U= { zÎC | | z – a | < R}内的Taylor展式分别为
f(z) = å k ³ 0 ck (z – a) k，j(z) = å k ³ 0 dn (z – a) k，zÎU，
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) ¹ 0．
因"kÎN，ck = f(k)(a)/k!，dk = j(k)(a)/k!；
故当k £ n – 1时，ck = dk = 0，且dn ¹ 0．
因此，f(z) = å k ³ n ck (z – a) k，j(z) = å k ³ 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) ( zÎU )，且f1(a) = cn，j1(a) = dn ¹ 0．
所以，lim x®a f(z)/j(z) = lim x®a 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z0ÎD有f(n)(z0) = 0，n = 1, 2, ...．试证f(z)在D内必为常数．
【解】设U = { zÎC | | z – z0 | < R}Í D，则f(z)在U内能展成(z – z0)的幂级数
f(z) = å k ³ 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c0．
13. (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) ¹ 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 = { zÎC | | z – z0 | < R}Í 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) = DÇC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z0Îcl(D)，使得| f(z0) | = max zÎcl(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，"zÎD，有| f(z) | < | f(z0) |．因此z0ζD = C．
设| f(z) |在C上为常数m，则m = | f(z0) | > 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"zÎD，| 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 ¹ Æ，max zÎcl(D) | f(z) | = max zζD | 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 = Æ．
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å n ³ 1 fn(z)在点集E上一致收敛于f(z)，且在E上| g(z) | < M ( M < +¥)，则级数å n ³ 1 g(z)fn(z)在E上一致收敛于g(z) · f(z)．试证之．
【解】"e > 0，$NÎN+，使得当n > N时，"zÎE，| å 1 £ k £ n fk(z) - f(z) | < e/M．
此时，| å 1 £ k £ n g(z)fk(z) - g(z) · f(z) | = | g(z) | · | å 1 £ k £ n fk(z) - f(z) | < M · e/M = e．
所以级数å n ³ 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) º 0，但它并不是一致收敛的．
【解】当| z | < 1时，| Sn(z) | = | å 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) º 0．
而"nÎN+，在z = (1/2)1/n处，有
| å 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å n ³ 1 vn(z) = d 绝对收敛，则| d | £ å n ³ 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) | å 1 £ k £ n vk(z) | £ å 1 £ k £ n | vk(z) | £ å k ³ 1 | vk(z) |．
令n ® ¥得| d | £ å k ³ 1 | vk(z) |．
(2) 对任一复数z，e z – 1 = å n ³ 1 z n/n!，其中右边的级数绝对收敛．
根据(1)我们有| e z – 1 | £ å n ³ 1 | z n/n! | = å n ³ 1 | z | n/n! = e | z | – 1．
而e | z | = å n ³ 0 | z | n/n! = 1 + å n ³ 1 | z | n/n! = 1 + | z | å n ³ 1 | z | n – 1/n!
£ 1 + | z | å n ³ 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å n ³ 1 | z | n – 1/n! £ å n ³ 1 1/n! = e - 1 < 7/4，
因此有e | z | – 1 = | z | å n ³ 1 | z | n – 1/n! < 7| z |/4．
因e z – 1 = å n ³ 1 z n/n!，故(e z – 1)/z = å n ³ 0 z n/(n + 1)! = 1 + å n ³ 1 z n/(n + 1)!，
而| å n ³ 1 z n/(n + 1)! | £ å n ³ 1 | z |n/(n + 1)! £ å n ³ 1 1/(n + 1)! = e - 2．
所以，| (e z – 1)/z | ³ 1 - | å n ³ 1 z n/(n + 1)! | ³ 1 – (e - 2) = 3 - e > 1/4．
故| z |/4 < | e z – 1 |．
[注意(2)中e | z | – 1 £ | z | e | z |实际上是关于实数| z |的不等式，用数学分析容易得到"tÎR，e t ³ 1 + t．令t = – | z |，则e – | z | ³ 1 – | z |，即e | z | – 1 £ | z | e | z |．]

4. 设f(z) = å n ³ 0 an z n (a0 ¹ 0)的收敛半径R > 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 | = | å n ³ 1 an z n | £ å n ³ 1 | an | | z | n £ å n ³ 1 M/r n · | z | n
= M å n ³ 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 |)
< M | a0 |r/(| a0 | + M) · 1/(r - | a0 |r/(| a0 | + M))
= M | a0 |r · 1/(r M) = | a0 |．
故| f(z) | ³ | a0 | - | f(z) - a0 | > 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å n ³ 0 an z n．试证：当0 £ r < R时，(1/(2p))ò[0, 2p] | f(r e iq ) |2 dq = å n ³ 0 | an |2 r 2n．
【解】当| z | = r时，因为å n ³ 0 an z n绝对收敛，故å n ³ 0 | an | · | z | n收敛．
即å n ³ 0 | an | · r n收敛，．故å n ³ 0 an* (z*) n也绝对收敛．
由Cauchy乘积定理，å n ³ 0 | an | · r n与å n ³ 0 | an | · r n的Cauchy乘积å n ³ 0 dn绝对收敛，其中dn = å 0 £ k £ n | ak | · | an – k | r n．
设å n ³ 0 an z n的部分和为Sn(z)，则å n ³ 0 an* (z*) n的部分和为(Sn(z))*，
所以å n ³ 0 an* (z*) n和为( f(z))*，即( f(z))*= å n ³ 0 an* (z*) n．
由Cauchy乘积定理，å n ³ 0 an z n与å n ³ 0 an (z*) n的Cauchy乘积å n ³ 0 cn(z)绝对收敛于f(z) · ( f(z))* = | f(z)|2，其中cn(z) = å 0 £ k £ n ak z k · an – k* (z*)n – k．
因| cn(z) | = | å 0 £ k £ n ak z k · an – k* (z*)n – k | £ å 0 £ k £ n | ak z k · an – k* (z*)n – k | = dn，
故å n ³ 0 cn(z)在| z | = r上一致收敛于| f(z)|2．
设z = r e iq ，把| f(z)|2，cn(z)等都看成q的函数(qÎ[0, 2p])，那么它们都是连续的．
并且，å n ³ 0 cn(z(q))在[0, 2p]上一致收敛于| f(z(q))|2．
故ò[0, 2p] | f(z(q)) |2 dq = å n ³ 0 ò[0, 2p] cn(z(q))dq．
因为在| z | = r上有z · z* = r2，故
cn(z) = å 0 £ k £ n ak z k · an – k* (z*)n – k = å 0 £ k £ n ak z k · an – k* (r2/z)n – k
= å 0 £ k £ n ak z k · an – k* r2(n – k) · z k – n = å 0 £ k £ n ( ak an – k* · r2(n – k)) · z 2k – n．
故ò[0, 2p] cn(z(q)) dq = ò[0, 2p] cn(z(q)) d(z(q))/z’(q)
= ò[0, 2p] cn(z(q)) · 1/(r i e iq) · d(z(q)) = (1/i) ò[0, 2p] cn(z(q)) · z(q) –1 · d(z(q))
= (1/i) ò| z | = r cn(z) · z –1 · dz = (1/i) ò| z | = r (å 0 £ k £ n ( ak an – k* · r2(n – k)) · z 2k – n – 1 · dz．
若n为奇数，则å 0 £ k £ n ( ak an – k* · r2(n – k)) · z 2k – n – 1中没有z –1项，因此
ò[0, 2p] cn(z(q)) dq = 0．
若n为偶数2m，则ò[0, 2p] cn(z(q)) dq
= (1/i) ò| z | = r (å 0 £ k £ 2m ( ak a2m – k* · r2(2m – k)) · z 2k – 2m – 1 · dz
= (1/i) ò| z | = r ( am a2m – m* · r2(2m – m)) · z – 1 · dz
= (1/i) (2pi) (am am*) · r2m = (2p) | am |2 · r2m，
所以，ò[0, 2p] | f(r e iq ) |2 dq = (2p) å m ³ 0 | am |2 · r2m．
[这里我们用到了一个想法，把对实变量q的积分，转化为对复数z的积分，是通过把q作为积分变量z所在的曲线的参数来实现的．这种办法在后面的章节将会系统地给出．]

6. 设f(z )是一个整函数，且假定存在着一个非负整数n，以及两个正数R与M，使当| z | ³ R时，| f(z) | £ M | z | n．证明：f(z)是一个至多n次的多项式或一常数．
【解】取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 ) = å0 £ 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 ¹ a，bÎK．
问函数 F(z ) = ò[a, z] f(z)dz 及函数 F(z ) = ò[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】"zÎK，我们有F’(z ) = f(z)，F’(z ) = f(z)．
因此，F’(a ) = ... = F(m )(a ) = 0，F(m + 1)(a ) ¹ 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 ) ¹ 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) º 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)) Í 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, bÎR．设z – z0 = x + i y，x, yÎR．
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 + 1．

11. 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, sÎ [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 | < s内的最大值点．
因此| f(a) |更不是| f(z ) |在| z | £ s上的最大值点．
| f(z ) |在| z | £ s上的最大值必然在边界| z | = s上达到．
所以M(s) = max | z | = s | f(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