《复变函数》第二章习题全解钟玉泉版.docx
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《复变函数》第二章习题全解钟玉泉版
第二章解析函数
（一）
1.证明:
使,有,即在的对应去心邻域内无重点,即能够联结割线,是否就存在数列,使,于是有
此与假设矛盾.
因为
所以
因此,割线确实有其极限位置,即曲线在点的切线存在,其倾角为.
2.证明:
因在点解析,则均存在.
所以
3.证明:
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
故为连续的,且满足条件,所以在平面上解析,且
（4）由,则有
故为连续的,且满足条件,所以在平面上解析,且
9.证明:
设则
从而
再由，可得，因此可得在点z可微且
10.解:
（1）
（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）
（2）
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,
且
因此
15.证明：
=
=
==右边
同理证明
（2）.
16.证明:
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
17.证明:
（1）
（2）
（3）
18.证明:
（1）
（2）
（3）
（4）
19.证明:
20.解:
（1）
（2）由于,则有
（3）由于,故
（4）,即,所以
（5）设由得
，
且
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）
1.证明:
由得，从而于是在D必常数
所以
由于，因此且
故.
2.证明:
同第一题
.
3.证明:
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.
4.证明:
（1）由于,根据复合函数求偏导数的法则,即可得证.
（2）
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.
6.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）
（2）
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,.
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