p178第四章习题(一)[ 3, 4, 6, 7(4), 10, 12, 13, 14 ]3. 如果lim n (c n + 1/c n )存在( )，试证下列三个幂级数有相同的收敛半径：(1) n 0 c n z n ；(2) n 0 (c n /(n + 1)) z n + 1；(3) n 0 (n c n ) z n – 1．【解】事实上，我们只要证明下面的命题： 若 n 0 c n z n 的收敛半径为R ，则 n 0 (n c n ) z n – 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．step 1. 当R 是正实数或+时．若| z | < R ，则存在r 使得| z | < r < R ． 因 n 0 c n z n 的收敛半径为R ，根据收敛半径定义及Abel 定理，知 n 0 | c n r n |收敛．因| (n c n ) z n – 1 | = ( | n /r | · ( | z | /r )n – 1 ) · | c n r n |；而lim n ( | n /r | · ( | z | /r )n – 1 ) = 0，故M > 0使得0 | n /r | · ( | z | /r )n – 1M ．所以| (n c n ) z n – 1 | M · | c n r n |．由Weierstrass 判别法知 n 0 | (n c n ) z n – 1 |收敛，所以 n 0 (n c n ) z n – 1收敛．因此 n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径R 1 R ．特别地，若 n 0 c n z n 的收敛半径为+，则 n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径也为+．step 2. 当R 是非负实数时．对任意的满足R < r < | z |的实数r ， 根据收敛半径定义， n 0 c n r n 发散．从而 n 0 | c n r n |发散．当n > r + 1时，| c n r n | = | r /n | · | (n c n ) r n – 1 | | (n c n ) r n – 1 |； 因此， n 0 | (n c n ) r n – 1 |发散．由Abel 定理， n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径R 1 r ．由r 的任意性，得R 1 R ．特别地，若 n 0 c n z n 的收敛半径为0，则 n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径也为0．step 3. 综合step 1和step 2的结论，当R 为正实数时，也有R 1 = R ． 即若 n 0 c n z n 的收敛半径为R ，则 n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径也为R ．[这个证明中，我们没有用到条件lim n (c n + 1/c n )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 0 c n z n 的收敛半径为R (0 < R < +)，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z 0在收敛圆周上，且 n 0 | c n z 0 n |绝对收敛．那么对于点z : | z | R ，都有| z | | z 0 |． 因此级数 n 0 | c n z n |收敛，即 n 0 c n z n 绝对收敛．而由Weierstrass 判别法知知级数 n 0 c n z n 对所有的在闭圆| z | R 上一致收敛．6. 写出e z ln(1 + z )的幂级数展式至含z 5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 ) | + i arg(1 + z ) + 2k i ，k ．由条件ln(1 + z)|z = 0 = 0，知arg(1) + 2k= 0，即k = 0．所以，满足条件的分支为ln(1 + z) = ln| (1 + z) | + i arg(1 + z)．因为(ln(1 + z))’= 1/(1 + z) = n0 (1)n z n，| 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 = n0 ((1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1；即ln(1 + z)= n0 ((1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1．因e z= n0 (1/n!) z n，z，故z : | z | < 1，幂级数n0 (1/n!) z n，n0 ((1)n/(n + 1)) z n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e z ln(1 + z) = z · (n0 (1/n!) z n)(n0 ((1)n/(n + 1)) z n)，| z | < 1．设e z ln(1 + z) = z ·n0 c n z n，| z | < 1．则c n = 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e z ln(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 + √3 i )/2 )．【解】在割去射线L = { z| Im(z) = 0，Re(z) 1}的z平面上，能分出z 1/3的三个单值解析分支( z1/3)= | z |1/3 · exp((arg(z) + 2k)i/3)，k = 0, 1, 2．k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(2i/3) = (– 1 + √3 i )/2 = exp(2k0i/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(2i/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 = n0 C(1/3, n)(z– 1)n，| z– 1| < 1．所以，要展开的分支z1/3 = exp(arg(z)/3 ·i) ·n0 C(1/3, n)(z– 1)n= n0 (– 1 + √3 i )/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：lim x a f(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) = k0 c k (z–a) k，(z) = k0 d n (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，c k = f(k)(a)/k!，d k = (k)(a)/k!；故当k n – 1时，c k = d k = 0，且d n0．因此，f(z) = k n c k (z–a) k，(z) = k n d k (z–a) k．注意到幂级数c n + c n + 1 z+ c n + 2 z2 + ...以及幂级数d n + d n + 1 z+ d n + 2 z2 + ...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)m f1(z)，(z) = (z–a)n1(z) ( z U )，且f1(a) = c n，1(a) = d n 0．所以，lim x a f(z)/(z) = lim x a f1(z)/1(z) = f1(a)/1(a) = c n/d n = f(n)(a)/(n)(a)．12. 设f(z)在区域D内解析；在某一点z0D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) = k0 c k (z–z0) k，其中c k = f(k)(z0)/k!．因为f(k)(z0) = 0，k = 1, 2, ...．故c k = 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z0cl(D)，使得| f(z0) | = max z 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z0D = 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) | = m > 0．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 ，max z cl(D) | f(z) | = max z 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．]p178第四章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 ]1. 设级数n1f n(z)在点集E上一致收敛于f(z)，且在E上| g(z) | < M ( M < +)，则级数n1g(z)f n(z)在E上一致收敛于g(z) ·f(z)．试证之．【解】> 0，N+，使得当n > N时，z E，| 1 k n f k(z) f(z) | < /M．此时，| 1 k n g(z)f k(z) g(z) ·f(z) | = | g(z) | · | 1 k n f k(z) f(z) | < M ·/M = ．所以级数n1g(z)f n(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 + (z 2–z) + (z 3–z 2) + ... + (z n–z n– 1) + ... 收敛于函数f(z) 0，但它并不是一致收敛的．【解】当| z | < 1时，| S n(z) | = | 1 k n (z k–z k– 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 k2n (z k–z k– 1) | = | z 2n–z n | = | ( z n)2–z n | = | 1/4 – 1/2 | = 1/4．因此级数在| z | < 1内不是一致收敛的．或取z n= 1 – 1/n，则| S n(z n) – 0 | = ( 1 – 1/n )n1/e ( n)．因此级数在| z | < 1内不是一致收敛的．3. 试证(1) 如果n1v n(z) = 绝对收敛，则| | n1 | v n(z) |．(2) 对任一复数z，| e z– 1 | e | z |– 1 | z | e | z |．(3) 当0 < | z | < 1时，| z |/4 < | e z– 1 | < 7| z |/4．【解】(1) | 1 k n v k(z) | 1 k n | v k(z) | k1 | v k(z) |．令n 得| | k1 | v k(z) |．(2) 对任一复数z，e z– 1 = n1z n/n!，其中右边的级数绝对收敛．根据(1)我们有| e z– 1| n1 | z n/n! | = n1 | z | n/n! = e | z |– 1．而e | z | = n0 | z | n/n! = 1 + n1 | z | n/n! = 1 + | z | n1 | z | n – 1/n!1 + | z | n1 | z | n – 1/(n – 1)! = 1 + e | z |，即e | z |– 1 | z | e | z |．(3) 当0 < | z | < 1时，注意到n1 | z | n – 1/n! n1 1/n! = e 1 < 7/4，因此有e | z |– 1 = | z | n1 | z | n – 1/n! < 7| z |/4．因e z– 1 = n1z n/n!，故(e z– 1)/z = n0z n/(n + 1)! = 1 + n1z n/(n +1)!，而| n1z n/(n + 1)! | n1 | z |n/(n + 1)! n1 1/(n + 1)! = e 2．所以，| (e z– 1)/z | 1 | n1z n/(n + 1)! | 1 – (e 2) = 3 e > 1/4．故| z |/4 < | e z– 1 |．[注意(2)中e | z |– 1 | z | e | z |实际上是关于实数| z |的不等式，用数学分析容易得到t，e t 1 + t．令t = – | z |，则e– | z | 1 – | z |，即e | z |– 1 | z | e | z |．]4. 设f(z) = n0a n z n (a00)的收敛半径R > 0，且M = max | z | | f(z)| (< R )．试证：在圆| z | < | a0 |/(| a0 | + M)内，f(z)无零点．【解】在Cauchy不等式，| f(n)(0) | n! M/n，故| a n| M/n．若| z | < ，| f(z) a0 | = | n1a n z n | n1 | a n | | z | n n1M/ n · | z | n= M n1 (| z |/)n = M | z |/· 1/(1 | z |/) = M | z |/(| z |)．当| z | < | a0 |/(| a0 | + M)时，有| z | < ，并注意到函数g(t) = t/(t) = /(t) 1在区间(0, )上是严格单调增的，就得到，| f(z) a0 | M | z |/(| z |)< M | a0 |/(| a0 | + M) · 1/(| a0 |/(| a0 | + M))= M | a0 |· 1/(M) = | a0 |．故| f(z) | | a0 | | f(z) a0 | > 0，所以，f(z)在圆| z | < | a0 |/(| a0 | + M)内无零点．5. 设在| z | < R内解析的函数f(z)有Taylor展式n0a n z n．试证：当0 r < R时，(1/(2))[0, 2] | f(r e i)|2d= n0 | a n |2r2n．【解】当| z | = r时，因为n0a n z n绝对收敛，故n0 | a n | · | z | n收敛．即n0 | a n | ·r n收敛，．故n0a n*(z*) n也绝对收敛．由Cauchy乘积定理，n0 | a n | ·r n与n0 | a n | ·r n的Cauchy乘积n0d n绝对收敛，其中d n = 0 k n | a k | · | a n – k | r n．设n0a n z n的部分和为S n(z)，则n0a n*(z*) n的部分和为(S n(z))*，所以n0a n*(z*) n和为( f(z))*，即( f(z))*= n0a n*(z*) n．由Cauchy乘积定理，n0a n z n与n0a n (z*) n的Cauchy乘积n0c n(z)绝对收敛于f(z) · ( f(z))* = | f(z)|2，其中c n(z) = 0 k n a k z k·a n – k*(z*)n – k．因| c n(z) | = | 0 k n a k z k·a n – k*(z*)n – k | 0 k n | a k z k·a n – k*(z*)n – k | = d n，故n0c n(z)在| z | = r上一致收敛于| f(z)|2．设z = r e i，把| f(z)|2，c n(z)等都看成的函数([0, 2])，那么它们都是连续的．并且，n0c n(z())在[0, 2]上一致收敛于| f(z())|2．故[0, 2] | f(z())|2d= n0[0, 2]c n(z())d．因为在| z | = r上有z ·z* = r2，故c n(z) = 0 k n a k z k·a n – k*(z*)n – k = 0 k n a k z k·a n – k*(r2/z)n – k= 0 k n a k z k·a n – k*r2(n – k) ·z k – n = 0 k n (a k a n – k* ·r2(n – k))·z2k – n．故[0, 2] c n(z()) d= [0, 2] c n(z()) d(z())/z’()= [0, 2] c n(z()) · 1/(r i e i)·d(z()) = (1/i)[0, 2] c n(z()) ·z() –1·d(z()) = (1/i)| z | = r c n(z) ·z –1·dz = (1/i)| z | = r(0 k n (a k a n – k* ·r2(n – k))·z2k – n –1·dz．若n为奇数，则0 k n (a k a n – k* ·r2(n – k))·z2k – n – 1中没有z–1项，因此c n(z()) d= 0．[0, 2]若n为偶数2m，则[0, 2] c n(z()) d= (1/i)| z | = r(0 k2m (a k a2m – k* ·r2(2m – k))·z2k –2m – 1·dz= (1/i)| z | = r(a m a2m – m* ·r2(2m – m))·z– 1·dz= (1/i) (2i) (a m a m*)·r2m = (2) | a m |2 ·r2m，所以，[0, 2] | f(r e i)|2d= (2) m0 | a m |2 ·r2m．[这里我们用到了一个想法，把对实变量的积分，转化为对复数z的积分，是通过把作为积分变量z所在的曲线的参数来实现的．这种办法在后面的章节将会系统地给出．]6. 设f(z)是一个整函数，且假定存在着一个非负整数n，以及两个正数R与M，使当| z | R时，| f(z) | M | z |n．证明：f(z)是一个至多n次的多项式或一常数．【解】取r > R，考虑圆周| z | = r，由Cauchy不等式，当m > n时，| f(m)(0)/m! | M r n/r m，令r +，得f(m)(0) = 0．故f(z)在原点的Taylor展式为f(z) = 0 k n f(k)(0)/k! ·z k．因此f(z)是一个至多n次的多项式或一常数．7. 设(1)f(z)在邻域K : | z–a | < R内解析，a是f(z)的m阶零点；(2)b a，b K．问函数F(z) = [a, z] f()d及函数(z) = [b, z] f()d在点a的性质如何？(这里的积分路径都假定在K内．)【解】z K，我们有F’(z) = f(z)，’(z) = f(z)．因此，F’(a) = ... = F(m )(a) = 0，F(m + 1)(a) 0，且F(a) = 0，故a是F(z)的m + 1阶零点．也有’(a) = ... = (m )(a) = 0，(m + 1)(a) 0，但不一定有(a) = 0．因此，a是’(z)的m阶零点．[此题题意不够明确，可能是属于所谓的开放性问题或探究性问题．似乎放在积分部分更合适，当然在这里也可以用幂级数来作．]8. 设(1) 区域D含有实轴的一段L；(2) 函数u(x, y) + i v(x, y)及u(z, 0) + i v(z, 0) (z = x + i y )都在区域D内解析．试证在D内u(x, y) + i v(x, y) u(z, 0) + i v(z, 0)．【解】这两个函数在L上的限制都是u(x, 0) + i v(x, 0)，因此它们在L上的限制相同．由唯一性定理，这两个函数在区域D内是完全相同的．[思考：究竟u, v是定义那个集合上的函数？]9. 设(1) 函数f(z)在区域D内解析，且不恒为常数；(2) 设C为D内任一周线，cl(I(C)) D；(3) A为任一复数．试证f(z) = A在C的内部I(C)内只有有限个根．【解】设g(z) = f(z) A，则g(z)在区域D内解析，且不恒为常数；我们来证明g(z)在I(C)内只有有限个零点．注意到I(C)是有界集，因此cl(I(C))也是有界集，且cl(I(C))是闭集．倘若g(z)在I(C)内有无穷多个零点，那么，根据聚点原理，这些零点构成的集合Z必有聚点．而cl(I(C))是闭集，故Z的聚点仍在cl(I(C))内，因此也在D内．由唯一性定理，g(z)在区域D内为常数，矛盾．故g(z)在I(C)内只有有限个零点，即f(z) = A在C的内部I(C)内只有有限个根．10. 问| e z |在闭圆| z–z0 | 1上的何处达到最大？并求出最大值．【解】因e z 在圆| z–z0 | < 1内不恒为常数，故| e z |在圆| z–z0 | < 1内无最大值．因此，| e z |在闭圆| z–z0 | 1上最大值必然在边界| z–z0 | = 1上达到．设z0 = a + i b，a, b．设z–z0 = x + i y，x, y．在| z–z0 | = 1上，x, y满足x2 + y2 = 1．| e z | = | e a + i b · e x + i y | = | e a + i b | · | e x + i y | = e a · e x．故当x = 1时(此时y = 0)，| e z |最大，且最大值为e a + 1．因此，| e z |在点z0 + 1处达到最大值，且最大值为e a + 1．11. 设函数f(z)在| z | < R内解析，令M(r) = max | z | = r | f(z) | ( 0 r < R)．试证：M(r)在区间[0, R)上是一个上升函数，且若存在r1及r2 (0 r1 < r2 < R)，使得M(r1) = M(r2)，则f(z)在| z | < R内是常数．【解】只要证明若f(z)在| z | < R内不恒为常数，则M(r)在[0, R)上严格单调增．r, s[0, R)，r < s．若r = 0，则M(r) = | f(0) |．因f(z)在| z | < s内不恒为常数(否则f(z)在| z | < R内恒为常数)，由最大模原理，满足| a | < s的点a不是| f(z) |在| z | < s内的最大值点．因此| f(a) |更不是| f(z) |在| z | s上的最大值点．| f(z) |在| z | s上的最大值必然在边界| z | = s上达到．所以M(s) = max | z | = s | f(z) | > | f(a) |．特别地，取a = 0，就有M(s) > | f(a) | = M(r)．若r > 0，设a满足| z | = r，| f(a) | = M(r)．与前面同样的论证，知M(s) = max | z | = s | f(z) | > | f(a) | = M(r)．故M(r)在[0, R)上严格单调增．。