《复变函数》第二章习题全解钟玉泉版Word下载.docx
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于是,从而在原点满足条件,但在原点,
当沿时,有
故在原点不可微.
4.证明:
(1)当时,即至少有一个不等于0时,或有,,或有,故至多在原点可微.
(2)在上处处不满足条件.
(3)在上处处不满足条件.
(4),除原点外,在上处处不满足条件.
5.解:
(1),此时仅当时有
且这四个偏导数在原点连续,故只在原点可微.
(2),此时仅当这条直线上时有
且在这四个偏导数连续,故只在可微但不解析.
(3),且
故只在曲线上可微但不解析.
(4)在全平面上有
且在全平面上这四个偏导数连续,故可微且解析.
6.证明:
(1)
(2)设则,由与均在D内解析知
结合此两式得,故均为常数,故亦为常数.
(3)若,则显然,若,则此时有,且,即也时解析函数,由
(2)知为常数.
(4)设,若,则,由条件得
因此为常数,则亦为常数.
7.证明:
设则由在D内解析知
从而
因而亦D内解析.
8.解:
(1)由,则有
故为连续的,且满足条件,所以在平面上解析,且
(2)
故在z平面上解析,且
(3)由,则有
(4)由,则有
9.证明:
设则
从而
再由,可得,因此可得在点z可微且
10.解:
(3)
所以
11.证明:
(1)因为
因此
而,得证.
(2)因为
(3)因为
所以
12.证明:
分别就为正整数,零,负整数的情形证明,仅以正整数为例
当时,等式自然成立.
假设当时,等式成立.
那么当时,,等式任成立.
故结论正确.
13.解:
14.证明:
(1)由于在点解析
且
因此
(2)由于在点解析,且
(3)由于在点解析,
15.证明:
=
==右边
同理证明
(2).
16.证明:
(3)
(4)
(5)
(6)
17.证明:
18.证明:
19.证明:
20.解:
(2)由于,则有
(3)由于,故
(4),即,所以
(5)设由得
,
21.证明:
因,所以
22.解:
利用定,再计算
23.解:
由定,再计算
24.解:
25.解:
在平面上沿为圆心,为半径的圆周从走到,经过变换,其象点在平面上沿以为心,为半径的象圆周从走到,刚好绕的支点-1转一整周,故它在的值为.因此.
26.证明:
可能的支点为0,1,
由于,故的支点为,因此在将z平面沿实轴从0到期割开后,就可保证变点z不会单绕0或者说转一周,于是在这样割开后的z平面上就可以分出三个单值解析分支.
另由已知得
.
(二)
由得,从而于是在D必常数
所以
由于,因此且
故.
同第一题
题目等价域以下命题:
设为关于实轴对称的区域,则函数在内解析在内解析.
设在内解析,对任意的,当时,有,所以
这是因为在内解析,从而有,由的任意性可知,在内解析.
(1)由于,根据复合函数求偏导数的法则,即可得证.
所以,得
5.证明:
而,故左边成立.
右边证明可应用的定义及三角不等式来证明.
有
即
又有
7.证明:
据定义,任两相异点为单位圆,有
故函数在内是单叶的.
8.证明:
因为有支点-1,1,取其割线[-1,1],有
(1)
9.解:
因为有支点,此时支割线可取为:
沿虚轴割开,沿实轴割开,线路未穿过支割线,记线路为,
故.
10.证明:
因为的可能支点为,由题知的支点为于是在割去线段的平面上变点就不可能性单绕0或1转一周,故此时可出两二个单值解析分支,由于当z从支割线上岸一点出发,连续变动到时,只z的幅角共增加,由已知所取分支在支割线上岸取正值,于是可认为该分支在上岸之幅角为0,因而此分支在的幅角为,故,.