复变函数第二章习题全解钟玉泉版_精品文档Word文件下载.doc

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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:

（2）

（3）

所以

11.证明:

（1）因为

因此

而,得证.

（2）因为

所以

（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:

（1）

14.证明:

（1）由于在点解析

且

因此

（2）由于在点解析,且

因此

（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:

所以

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,.