《復(fù)變函數(shù)》第四章習(xí)題全解鐘玉泉版

本文格式為Word版，下載可任意編輯——《復(fù)變函數(shù)》第四章習(xí)題全解鐘玉泉版第四章解析函數(shù)的冪級數(shù)表示法

（一）

1.解:(1)其部分和數(shù)列S4n?(?12?14???14n)?i(1?13?15???14n?1

n??由交織級數(shù)收斂性判別及極限運(yùn)算法則知limS4n存在,設(shè)為limS4n?l,又有

n??a4n?1?i4n?1?0,a4n?2??14n?2?0,?

由此得知limSn?l,因此級數(shù)收斂,但非絕對收斂.

n???(2)?n?1(3?5i)n!n???n!(n?1n1?34)??n?1nnbnn!,可知原級數(shù)絕對收斂.

(3)由于limnn??an?lim1?5i2n???1?5i2?262?1,故原級數(shù)發(fā)散.

2.解:(1)R?limcncn?1n???limn?1nnn???1

(2)R?lim(3)R?cncn?11n???lim2n??n?1?2

limcn1nlimnn???0

n??3.證明:(1)假使limcn?1cnn??????,則limcn?1cnn??????,則級數(shù)的收斂半徑為

?1c??0?limn?1?R???n??cn

??0????(2)由(1)可證其收斂半徑為R.

(3)由(1)可證其收斂半徑為R.

??n0??n4.證明:由于?cnzn?0??n?0cnRn收斂,而當(dāng)z?R時,?cnzn?0??n?0cnRn,因此

級數(shù)在z?R上絕對收斂且一致收斂.5.解:(1)由于u?1時,

11?u???(?1)n?0nun,所以當(dāng)

abz?1時,有

1az?b?b(1abz?1)??b1?(?1)(nabz)n

n?0?(2)由于e?z??n?0znn!,z???,而ez2在z平面解析,所以

ez2??n?0z2nn!,(z???)

逐項(xiàng)積分得?edz?z0z2??n?0z2n?1n!(2n?1)?(z???)

(3)由于假使limsinzzsinzz?1z?(?1)n?0nz2n?1?(2n?1)!??(?1)n?0nz2n(2n?1)!

z?0?1,則z?0為可去奇點(diǎn),可補(bǔ)充定義被積函數(shù)f(0)?1,于是上式

收斂范圍為z???,合于逐項(xiàng)積分條件,所以?zsinzz20dz???(?1)0n?0z?nz2n?(2n?1)!1?dz??(?1)n?02nnz2n?1(2n?1)(2n?i)!?n?1(z???)

(4)sinz?1?cos2z2?12?(?1)?2n?0n(2z)(2n)!?1(?1)?2n?0(2z)2n(2n)!(z???)

(5)由于f(z)?(1?z)?2,f(n)(0)?(n?1)!

?從而f(z)??(n?1)zn?on,(|z|?1)

6.解:由于e?1?z?zz22?2z63?3z424?4z5120?...

5ln(1?z)?z?z2?z3?z4?z5?...

345所以eln(1?z)?(z?34zz22?z33?z44?z55)?(z?52z2?z32?z43)?

53z?...(z?1)?(z?z?z)?(z?z)?z?...?z?z?z?2466122423405457.解:(1)sinz?sin[(z?1)?1]?sin(z?1)cos1?cos(z?1)sin1

?=cos1?n?0(?1)n?(2n?1)!k?2(z?1)2n?1?sin?n?0(?1)n(2n)!(z?1)

2=?k?0?1k!sin(?1)(z?1),|z?1|???k

(2)

z?1z?1?z?12?1?1z?12,再由公式

11?z???(?1)n?0nzn(z?1)

(3)

zz?2z?52?14[(z?1)?1]1?(1z?12)2,結(jié)合

11?z2???n?0(?1)zn2n(z?1)

(4)由于3z的支點(diǎn)為0,?,沿負(fù)實(shí)軸(??,0)割開平面,則指定分支就在z?1?1

1內(nèi)單值解析,z?1?[1?(z?1)]3,再利用二項(xiàng)式展開.

338.解:(1)z(e2z2??1)?z(?n?02z2n?n!??1)?z4?n?1z2(n?1)n!,故為4級零點(diǎn).

(2)6sinz?z(z?6)?6?(?1)?n?1336nz2n?1n(2n?1)6?z(z?6)

36?6z(故為15級零點(diǎn).

1515!?z7!??)

9.證明:由于z0為f(z)的m階零點(diǎn)

f(z)?am(z?z0)m?am?1(z?z0)m?1??又由于z0為g(z)的n階零點(diǎn),

g(z)?bb(z?z0)n?bn?1(z?z0)n?1??假使m?n,則

f(z)?g(z)?(z?z0)n[bn?bn?1(z?z0)??]故z0為f(z)?g(z)的n階零點(diǎn).

假使n?m,同理可得z0為f(z)?g(z)的m階零點(diǎn).

假使m?n,當(dāng)am?bm?0時,z0為f(z)?g(z)的m階零點(diǎn);當(dāng)am?bm?0時,零點(diǎn)z0的階數(shù)大于n.

f(z)g(z)?ambn(z?z0)m?n?(am?1bn?ambn?1)(z?z0)m?n?1??故z0為f(z)g(z)的m?n階零點(diǎn).

g(z)f(z)?(z?z0)n?mbn?bn?1(z?z0)??am?am?1(z?z0)??

由此可見

假使n?m,則z0為f(z)/g(z)的n?m階零點(diǎn),假使m?n,則z0為f(z)/g(z)的m?n階零點(diǎn),假使m?n,則z0為f(z)/g(z)的可去奇點(diǎn).

10.證明:利用定理4.17,因z0為解析函數(shù)f(z)的至少n級零點(diǎn),則有f(z)?(z?z0)mg(z)m?n其中g(shù)(z0)?f(m)(z0)m!n?0.

同理?(z)?(z?z0)?(z0),其中?(z0)?11.解:(1)不存在(2)不存在(3)不存在(4)存在

?(z0)n!n?0,則此題得證.

12.證明:由于f(z)在z0點(diǎn)解析,由泰勒定理

?f(z)??n?0f(n)(z0)n!(z?z0)n(z?K:z?z0?R,K?D)

再由題設(shè)f(n)(z0)?0,n?1,2,?,則f(z)?f(z0),(z?K?D)

由唯一性定理得f(z)?f(z0),(z?D).

13.證明:(反證法)假設(shè)f(z0)是f(z)在D內(nèi)的最小值,因f(z0)?0,則

1f(z0)

是

1f(z)在D內(nèi)的最大值,f(z)為解析函數(shù),由最大模原理,

1f(z)在D內(nèi)恒

為常數(shù),與題設(shè)矛盾,故f(z0)不可能是f(z)在D內(nèi)的最小值.

14.證明:(反證法)設(shè)f(z)在D內(nèi)四處不為零,則由最小,最大模原理,在D內(nèi)

f(z)既不能達(dá)到最小值,也不能達(dá)到最大值.

而題設(shè)f(z)在閉域D上連續(xù),故f(z)在閉域D上有最大值M和最小值m,而由上所述,這些都只能在邊界C上達(dá)到,但題設(shè)f(z)在C上為常數(shù),故M?f(z)?mz?C

z?D,即

再由最大,最小模原理,m?f(z)?M?mf(z)?mz?D

由上,f(z)在閉域D上恒為常數(shù),由其次章習(xí)題(一)6(3)知,f(z)在D內(nèi)必為常數(shù),矛盾.

(二)

?1.證明:由于級數(shù)?fn(z)收斂于f(z),故???0,?N(?),當(dāng)n?N及一切z?E,

n?1有sn(z)?f(z)??M.由題設(shè)g(z)?M,(M???)推得

sn(z)g(z)?f(z)g(z)??故得證.

2.證明:該級數(shù)的部分和sn(z)?z?(z2?z)???(zn?zn?1)?z