复变函数习题解答(第4章)

1p178第四章习题(一)[3,4,6,7(4),10,12,13,14]3.如果limn(cn+1/cn)存在()，试证下列三个幂级数有相同的收敛半径：(1)n0cnzn；(2)n0(cn/(n+1))zn+1；(3)n0(ncn)zn–1．【解】事实上，我们只要证明下面的命题：若n0cnzn的收敛半径为R，则n0(ncn)zn–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r使得|z|rR．因n0cnzn的收敛半径为R，根据收敛半径定义及Abel定理，知n0|cnrn|收敛．因|(ncn)zn–1|=(|n/r|·(|z|/r)n–1)·|cnrn|；而limn(|n/r|·(|z|/r)n–1)=0，故M0使得0|n/r|·(|z|/r)n–1M．所以|(ncn)zn–1|M·|cnrn|．由Weierstrass判别法知n0|(ncn)zn–1|收敛，所以n0(ncn)zn–1收敛．因此n0(ncn)zn–1的收敛半径R1R．特别地，若n0cnzn的收敛半径为+，则n0(ncn)zn–1的收敛半径也为+．step2.当R是非负实数时．对任意的满足Rr|z|的实数r，根据收敛半径定义，n0cnrn发散．从而n0|cnrn|发散．当nr+1时，|cnrn|=|r/n|·|(ncn)rn–1||(ncn)rn–1|；因此，n0|(ncn)rn–1|发散．由Abel定理，n0(ncn)zn–1的收敛半径R1r．由r的任意性，得R1R．特别地，若n0cnzn的收敛半径为0，则n0(ncn)zn–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n0cnzn的收敛半径为R，则n0(ncn)zn–1的收敛半径也为R．[这个证明中，我们没有用到条件limn(cn+1/cn)存在()，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n0cnzn的收敛半径为R(0R+)，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n0|cnz0n|绝对收敛．那么对于点z:|z|R，都有|z||z0|．因此级数n0|cnzn|收敛，即n0cnzn绝对收敛．而由Weierstrass判别法知知级数n0cnzn对所有的在闭圆|z|R上一致收敛．6.写出ezln(1+z)的幂级数展式至含z5项为止，其中ln(1+z)|z=0=0．【解】在割去射线L={z|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)|+iarg(1+z)+2ki，k．由条件ln(1+z)|z=0=0，知arg(1)+2k=0，即k=0．2所以，满足条件的分支为ln(1+z)=ln|(1+z)|+iarg(1+z)．因为(ln(1+z))’=1/(1+z)=n0(1)nzn，|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=n0((1)n/(n+1))zn+1，|z|1；即ln(1+z)=n0((1)n/(n+1))zn+1，|z|1．因ez=n0(1/n!)zn，z，故z:|z|1，幂级数n0(1/n!)zn，n0((1)n/(n+1))zn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ezln(1+z)=z·(n0(1/n!)zn)(n0((1)n/(n+1))zn)，|z|1．设ezln(1+z)=z·n0cnzn，|z|1．则cn=0kn(1/k!)·(1)nk/(nk+1)，n．故c0=1，c1=1/2，c2=1/3，c3=0，c4=3/40，...．所以ezln(1+z)=z+(1/2)z2+(1/3)z3+(3/40)z5+...，|z|1．7.将下列函数按z–1的幂展开，并指出其收敛范围．(4)z1/3(11/3=(–1+√3i)/2)．【解】在割去射线L={z|Im(z)=0，Re(z)1}的z平面上，能分出z1/3的三个单值解析分支(z1/3)k=|z|1/3·exp((arg(z)+2k)i/3)，k=0,1,2．设要展开的分支为z1/3=|z|1/3·exp((arg(z)+2k0)i/3)，0k02．因为|1|1/3=1，arg(1)=0，故exp(2i/3)=(–1+√3i)/2=exp(2k0i/3)，所以k0=1．即要展开的分支为z1/3=|z|1/3·exp((arg(z)+2)i/3)．因为z1/3=exp(2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=n0C(1/3,n)(z–1)n，|z–1|1．所以，要展开的分支z1/3=exp(arg(z)/3·i)·n0C(1/3,n)(z–1)n=n0(–1+√3i)/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(z)的n阶零点，试证：limxaf(z)/(z)=f(n)(a)/(n)(a)．【解】设f(z)与(z)在a的某邻域U={z||z–a|R}内的Taylor展式分别为f(z)=k0ck(z–a)k，(z)=k0dn(z–a)k，zU，因a为f(z)的至少n阶零点，又为(z)的n阶零点，故当kn–1时，f(k)(a)=(k)(a)=0，且(n)(a)0．因k，ck=f(k)(a)/k!，dk=(k)(a)/k!；故当kn–1时，ck=dk=0，且dn0．因此，f(z)=knck(z–a)k，(z)=kndk(z–a)k．注意到幂级数cn+cn+1z+cn+2z2+...以及幂级数dn+dn+1z+dn+2z2+...都在U内收敛，设它们的和函数分别为f1(z),1(z)．则f(z)=(z–a)mf1(z)，(z)=(z–a)n1(z)(zU)，且f1(a)=cn，1(a)=dn0．3所以，limxaf(z)/(z)=limxaf1(z)/1(z)=f1(a)/1(a)=cn/dn=f(n)(a)/(n)(a)．12.设f(z)在区域D内解析；在某一点z0D有f(n)(z0)=0，n=1,2,...．试证f(z)在D内必为常数．【解】设U={z||z–z0|R}D，则f(z)在U内能展成(z–z0)的幂级数f(z)=k0ck(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)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={z||z–z0|R}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)=DC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z0cl(D)，使得|f(z0)|=maxzcl(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，zD，有|f(z)||f(z0)|．因此z0D=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)|=m0．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zD，|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，maxzcl(D)|f(z)|=maxzD|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=．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．]4p178第四章习题(二)[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11]1.设级数n1fn(z)在点集E上一致收敛于f(z)，且在E上|g(z)|M(M+)，则级数n1g(z)fn(z)在E上一致收敛于g(z)·f(z)．试证之．【解】0，N+，使得当nN时，zE，|1knfk(z)f(z)|/M．此时，|1kng(z)fk(z)g(z)·f(z)|=|g(z)|·|1knfk(z)f(z)|M·/M=．所以级数n1g(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+(z2–z)+(z3–z2)+...+(zn–zn–1)+...收敛于函数f(z)0，但它并不是一致收敛的．【解】当|z|1时，|Sn(z)|=|1kn(zk–zk–1)|=|z|n0(n)．故级数在单位圆|z|1内收敛于函数f(z)0．而n+，在z=(1/2)1/n处，有|n+1k2n(zk–zk–1)|=|z2n–zn|=|(zn)2–zn|=|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n1vn(z)=绝对收敛，则||n1|vn(z)|．(2)对任一复数z，|ez–1|e|z|–1|z|e|z|．(3)当0|z|1时，|z|/4|ez–1|7|z|/4．【解】(1)|1knvk(z)|1kn|vk(z)|k1|vk(z)|．令n得||k1|vk(z)|．(2)对任一复数z，ez–1=n1zn/n!，其中右边的级数绝对