复变5套试题(1)

《复变函数论》试题库
《复变函数》考试试题（一）
一、 判断题（20分）：
1.若f(z)在z 0的某个邻域内可导，则函数f(z)在z 0解析. ( )
2.有界整函数必在整个复平面为常数. ( )
3.若
}{n z 收敛，则} {Re n z 与} {Im n z 都收敛. ( )
4.若f(z)在区域D 内解析，且
0)('≡z f ，则C z f ≡)(（常数）. ( )
5.若函数f(z)在z 0处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数. ( )
6.若z 0是)(z f 的m 阶零点，则z 0是1/)(z f 的m 阶极点. ( )
7.若
)
(lim 0
z f z z →存在且有限，则z 0是函数f(z)的可去奇点. ( )
8.若函数f(z)在是区域D 内的单叶函数，则)(0)('D z z f ∈∀≠. ( ) 9. 若f (z )在区域D 内解析, 则对D 内任一简单闭曲线C
0)(=⎰
C
dz z f .
( )
10.若函数f(z)在区域D 内的某个圆内恒等于常数，则f(z)在区域D 内恒等于常数.（ ） 二.填空题（20分）
1、 =-⎰=-1||0
0)(z z n z z dz
__________.（n 为自然数）
2.
=+z z 22cos sin _________. 3.函数z sin 的周期为___________.
4.设
11
)(2+=
z z f ，则)(z f 的孤立奇点有__________.
5.幂级数
n
n nz
∞
=∑的收敛半径为__________.
6.若函数f(z)在整个平面上处处解析，则称它是__________.
7.若ξ=∞→n n z lim ，则=+++∞→n z z z n
n (i)
21______________.
8.=
)0,(Re n z
z e s ________，其中n 为自然数.
9. z
z sin 的孤立奇点为________ .
10.若0z 是)(z f 的极点，则___)(lim 0
=→z f z z .
三.计算题（40分）：
1. 设
)2)(1(1
)(--=
z z z f ，求)(z f 在}1||0:{<<=z z D 内的罗朗展式.
2. .cos 1
1||⎰=z dz z
3. 设⎰-++=C d z z f λ
λλλ1
73)(2，其中}3|:|{==z z C ，试求).1('i f +
4. 求复数
11
+-=
z z w 的实部与虚部.
四. 证明题.(20分) 1. 函数)(z f 在区域D 内解析. 证明：如果|)(|z f 在D 内为常数，那么它在D 内
为常数. 2. 试证
: ()f z 在割去线段0Re 1z ≤≤的z 平面内能分出两个单值解析分支,
并求出支割线0Re 1z ≤≤上岸取正值的那支在1z =-的值.
《复变函数》考试试题（二）
一. 判断题.（20分）
1. 若函数),(),()(y x iv y x u z f +=在D 内连续，则u (x,y )与v (x,y )都在D 内连续. ( )
2. cos z 与sin z 在复平面内有界. ( )
3. 若函数f (z )在z 0解析，则f (z )在z 0连续. ( )
4. 有界整函数必为常数. ( )
5. 如z 0是函数f (z )的本性奇点，则)(lim 0
z f z z →一定不存在. ( )
6. 若函数f (z )在z 0可导，则f (z )在z 0解析. ( )
7. 若f (z )在区域D 内解析, 则对D 内任一简单闭曲线C 0)(=⎰C
dz z f .
( )
8. 若数列}{n z 收敛，则}{Re n z 与}{Im n z 都收敛. ( ) 9. 若f (z )在区域D 内解析，则|f (z )|也在D 内解析. ( )
10. 存在一个在零点解析的函数f (z )使0)11(
=+n f 且,...2,1,21)21(==n n
n f . ( )
二. 填空题. (20分)
1. 设i z -=，则____,arg __,||===z z z
2.设C iy x z y x i xy x z f ∈+=∀+-++=),sin(1()2()(222，则=+→)(lim 1z f i z ________.
3.
=-⎰=-1||00)(z z n z z dz
_________.（n 为自然数）
4. 幂级数0
n n nz ∞=∑的收敛半径为__________ .
5. 若z 0是f (z )的m 阶零点且m >0，则z 0是)('z f 的_____零点.
6. 函数e z 的周期为__________.
7. 方程083235=++-z z z 在单位圆内的零点个数为________. 8. 设2
11
)(z z f +=
，则)(z f 的孤立奇点有_________. 9. 函数||)(z z f =的不解析点之集为________.
10. ____)1,1
(Res 4=-z
z .
三. 计算题. (40分)
1. 求函数)2sin(3
z 的幂级数展开式.
2. 在复平面上取上半虚轴作割线. 试在所得的区域内取定函数
z
在正实轴取正实值的一个解析分支，并求它在上半虚轴左沿的点及右沿的点i z
=处的值.
3. 计算积分：⎰-=i
i
z z I
d ||，积分路径为（1）单位圆（1||=z ）
的右半圆.
4. 求
dz
z z
z ⎰
=-2
2
)2
(sin π
.
四. 证明题. (20分)
1. 设函数f (z )在区域D 内解析，试证：f (z )在D 内为常数的充要条件是)(z f 在D 内解析.
2. 试用儒歇定理证明代数基本定理.
《复变函数》考试试题（三）
一. 判断题. (20分).
1. cos z 与sin z 的周期均为πk
2. ( ) 2. 若f (z )在z 0处满足柯西-黎曼条件, 则f (z )在z 0解析. ( )
3. 若函数f (z )在z 0处解析，则f (z )在z 0连续. ( )
4. 若数列}{n z 收敛，则}{Re n z 与}{Im n z 都收敛. ( )
5. 若函数f (z )是区域D 内解析且在D 内的某个圆内恒为常数，则数f (z )在区域D 内为常数. ( )
6. 若函数f (z )在z 0解析，则f (z )在z 0的某个邻域内可导. ( )
7. 如果函数f (z )在}1|:|{≤=z z D 上解析,且)1|(|1|)(|=≤z z f ,则
)1|(|1|)(|≤≤z z f . （ ）
8. 若函数f (z )在z 0处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数.
( ) 9. 若z 0是)(z f 的m 阶零点, 则z 0是1/)(z f 的m 阶极点. ( ) 10. 若0z 是
)(z f 的可去奇点，则0)),((Res 0=z z f . ( )
二. 填空题. (20分)
1. 设11
)(2+=z z f ，则f (z )的定义域为___________.
2. 函数e z
的周期为_________.
3. 若n n n i n n z )1
1(12++-+=
，则=∞→n z n lim __________. 4. =+z z 22cos sin ___________.
5. =-⎰=-1||0
0)(z z n z z dz
_________.（n 为自然数） 6. 幂级数∑∞
=0n n nx 的收敛半径为__________.
7. 设
11
)(2
+=z z f ，则f (z )的孤立奇点有__________.
8. 设1-=z
e ，则___=z .
9. 若0z 是
)(z f 的极点，则___)(lim 0
=→z f z z .
10. ____)0,(Res =n
z
z
e . 三. 计算题. (40分)
1. 将函数12()z
f z z e =在圆环域0z <<∞内展为Laurent 级数.
2. 试求幂级数n
n n z n
n ∑+∞
=!的收敛半径.
3. 算下列积分：
⎰-C z z z z
e )9(d 22，其中C 是1||=z .
4. 求0282269
=--+-z z z z
在|z |<1内根的个数.
四. 证明题. (20分) 1. 函数
)(z f 在区域D 内解析. 证明：如果|)(|z f 在D 内为常数，那么它
在D 内为常数. 2. 设)(z f 是一整函数，并且假定存在着一个正整数n ，以及两个正数R 及M ，使得当R z ≥||
时
n z M z f |||)(|≤，
证明)(z f 是一个至多n 次的多项式或一常数。

《复变函数》考试试题（四）
一. 判断题. (20分)
1. 若f (z )在z 0解析，则f (z )在z 0处满足柯西-黎曼条件. （ ）
2. 若函数f (z )在z 0可导，则f (z )在z 0解析. （ ）
3. 函数z sin 与z cos 在整个复平面内有界. （ ）
4. 若f (z )在区域D 内解析，则对D 内任一简单闭曲线C 都有
0)(=⎰
C
dz z f .
（ ）
5. 若)(lim 0
z f z
z →存在且有限，则z 0是函数的可去奇点. （ ）
6. 若函数f (z )在区域D 内解析且0)('=z f ，则f (z )在D 内恒为常数. （ ）
7. 如果z 0是f (z )的本性奇点，则)(lim 0
z f z
z →一定不存在. （ ）
8. 若0)(,0)(0)(0==z f z f n ，则0z 为)(z f 的n 阶零点. （ ）
9. 若
)(z f 与)(z g 在D 内解析，且在D 内一小弧段上相等，则D z z g z f ∈≡),()(. （ ）
10. 若
)(z f 在+∞<<||0z 内解析，则
)),((Res )0),((Res ∞-=z f z f . （ ）
二. 填空题. (20分)
1. 设i
z -=11
，则___Im __,Re ==z z .
2. 若ξ=∞→n n z lim ，则=+++∞→n z z z n
n (i)
21______________.
3. 函数e z 的周期为__________.
4. 函数2
11
)(z
z f +=的幂级数展开式为__________ 5. 若函数f (z )在复平面上处处解析，则称它是___________.
6. 若函数f (z )在区域D 内除去有限个极点之外处处解析，则称它是D 内的
_____________.
7. 设1|:|
=z C ，则___)1(=-⎰C dz z .
8. z
z sin 的孤立奇点为________.
9. 若0z 是)(z f 的极点，则___)(lim 0
=→z f z z .
10.
=)0,(Res n z
z
e _____________.
三. 计算题. (40分)
1. 解方程013
=+z .
2. 设1
)(2-=z e z f z
，求).),((Re ∞z f s
3.
.))(9(2||2⎰=+-z dz i z z z
.
4. 函数()f z =z e z
1
11--有哪些奇点？各属何类型（若是极点，指明它的阶数）.
四. 证明题. (20分) 1. 证明：若函数
)(z f 在上半平面解析，则函数)(z f 在下半平面解析.
2. 证明0364=+-z z 方程在2||1<<z 内仅有3个根.
《复变函数》考试试题（五）
一. 判断题.（20分）
1. 若函数f (z )是单连通区域D 内的解析函数，则它在D 内有任意阶导数. （ ）
2. 若函数f (z )在区域D 内的解析，且在D 内某个圆内恒为常数，则在区域D 内
恒等于常数. （ ） 3. 若f (z )在区域D 内解析，则|f (z )|也在D 内解析. （ ） 4. 若幂级数的收敛半径大于零，则其和函数必在收敛圆内解析. （ ） 5. 若函数f (z )在z 0处满足Cauchy-Riemann 条件，则f (z )在z 0解析. （ ） 6. 若)(lim 0
z f z z →存在且有限，则z 0是f (z )的可去奇点. （ ）
7. 若函数f (z )在z 0可导，则它在该点解析. （ ） 8. 设函数)(z f 在复平面上解析，若它有界，则必)(z f 为常数. （ ）
9. 若0z 是
)(z f 的一级极点，则
)()(lim )),((Res 000
z f z z z z f z z -=→. （ ）
10. 若
)(z f 与)(z g 在D 内解析，且在D 内一小弧段上相等，则
D z z g z f ∈≡),()(. （ ）
二. 填空题.（20分） 1. 设i z 31-=，则____,arg __,||===z z z .
2. 当___=z 时，z e 为实数.
3. 设1-=z
e
，则___=z .
4. z
e 的周期为___.
5. 设1|:|
=z C ，则___)1(=-⎰C dz z .
6. ____)0,1(Res =-z
e z .
7. 若函数f (z )在区域D 内除去有限个极点之外处处解析，则称它是D 内的_____________。

8. 函数2
11
)(z z f +=的幂级数展开式为_________.
9. z
z sin 的孤立奇点为________.
10. 设C 是以为a 心，r 为半径的圆周，则
___)(1
=-⎰C n dz a z .（n 为自
然数）
三. 计算题. (40分)
1. 求复数1
1+-z z 的实部与虚部.
2. 计算积分：
z z I L
d R
e ⎰=，
在这里L 表示连接原点到1i +的直线段. 3. 求积分：I =
⎰+-π
θθ
202cos 21a a d ，其中0<a<1.
4.
应用儒歇定理求方程)(z z ϕ=，在|z|<1内根的个数，在这里)(z ϕ在
1||≤z 上解析，并且1|)(|<z ϕ.
四. 证明题. (20分) 1. 证明函数2||)(z z f =除去在0=z 外，处处不可微.
2. 设
)(z f 是一整函数，并且假定存在着一个正整数n ，以及两个数R 及M ，
使得当R z ≥||
时
n z M z f |||)(|≤，
证明:)(z f 是一个至多n 次的多项式或一常数.
《复变函数》考试试题（一）参考答案
一． 判断题
1．×2．√ ３．√ ４．√ ５．√ 6．√ ７．×８．×９．×10．× 二．填空题
1. 2101
i n n π=⎧⎨≠⎩ ； 2. 1； 3. 2k π，()k z ∈； 4. z i =±； 5. 1
6. 整函数；
7. ξ；
8. 1
(1)!
n -； 9. 0； 10. ∞.
三．计算题.
1. 解 因为01,z << 所以01z <<
111()(1)(2)12(1)2
f z z z z z ==-
----0
01()22n
n n n z z ∞
∞===-∑∑. 2. 解 因为
2
2
2
12Re ()lim
lim 1cos sin z z z z s f z z z π
ππ
π
→
→=
+
===--, 2
2
2
12Re ()lim
lim 1cos sin z z z z s f z z z
πππ
π
→-
→-=-
-
===-. 所以
22
2
1
2(Re ()Re ()0cos z z z dz i s f z s f z z πππ==-=
=+=⎰. 3. 解 令2()371ϕλλλ=++, 则它在z 平面解析, 由柯西公式有在3z <内, ()
()2()c f z dz i z z ϕλπϕλ=
=-⎰.
所以1(1)2()2(136)2(613)z i f i i z i i i πϕππ=+''+==+=-+. 4. 解 令z a bi =+, 则 2222
22
122(1)2(1)2
11111(1)(1)(1)z a b i a b w z z a b a b a b -+-+=
=-=-=-+++++++++. 故 2212(1)Re(
)11(1)z a z a b -+=-+++, 2212Im()1(1)z b
z a b
-=+++.
四. 证明题.
1. 证明 设在D 内()f z C =. 令2
222(),
()f z u iv f z u v c =+=+=则.
两边分别对,x y 求偏导数, 得 0
(1)0
(2)
x x y y uu vv uu vv +=⎧⎨
+=⎩ 因为函数在D 内解析, 所以,x y y x u v u v ==-. 代入 (2) 则上述方程组变为
x x x x uu vv vu uv +=⎧⎨
-=⎩. 消去x u 得, 22()0x u v v +=. 1) 若2
2
0u v +=, 则 ()0f z = 为常数.
2) 若0x v =, 由方程 (1) (2) 及 ..C R -方程有0,x u = 0y u =, 0y v =. 所以12,u c v c ==. (12,c c 为常数). 所以12()f z c ic =+为常数. 2.
证明()f z 的支点为0,1z =. 于是割去线段0Re 1z ≤≤的z 平面内变点就
不可能单绕0或1转一周, 故能分出两个单值解析分支.
由于当z 从支割线上岸一点出发,连续变动到0,1z = 时, 只有z 的幅角增加π. 所以
()f z 的幅角共增加
2
π
. 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1z =-的幅角为2
π,
故2
(1)i f π-==.
《复变函数》考试试题（二）参考答案
一. 判断题.
1．√ ２．×３．√ ４．√ ５．×6．×７．×８．√ ９．×10．×. 二. 填空题 1.1，2
π
-
， i ； 2. 3(1sin 2)i +-； 3. 21
01
i n n π=⎧⎨
≠⎩； 4. 1； 5. 1m -.
6. 2k i π，()k z ∈.
7. 0；
8. i ±；
9. R ； 10. 0. 三. 计算题
1. 解 3212163
3
00
(1)(2)(1)2sin(2)(21)!(21)!n n n n n n n z z z n n +++∞
∞==--==++∑∑
. 2. 解 令i z re θ
=.
则22
(),(0,1)k i
f z k θπ
+=
==.
又因为在正实轴去正实值，所以0k =.
所以4
()i
f i e
π
=.
3. 单位圆的右半圆周为i z e θ
=, 2
2
π
π
θ-
≤≤
.
所以222
2
2i
i i i
z dz de e
i ππ
θ
θππ
---
===⎰
⎰.
4. 解
dz z z
z ⎰
=-2
2
)
2
(sin π
2
)(sin 2ππ=
'
=z z i 2cos 2π
π=
=z z
i =0.
四. 证明题.
1. 证明 (必要性) 令12()f z c ic =+,则12()f z c ic =-. (12,c c 为实常数). 令12(,),(,)u x y c v x y c ==-. 则0x y y x u v u v ====. 即,u v 满足..C R -, 且,,,x y y x u v u v 连续, 故()f z 在D 内解析. (充分性) 令()f z u iv =+, 则 ()f z u iv =-, 因为()f z 与()f z 在D 内解析, 所以
,x y y x u v u v ==-, 且(),()x y y y x x u v v u v v =-=-=--=-.
比较等式两边得 0x y y x u v u v ====. 从而在D 内,u v 均为常数,故()f z 在D 内为常数. 2. 即要证“任一 n 次方程 1
01100(0)n
n n n a z a z a z a a --++⋅⋅⋅++=≠ 有且只有 n 个
根”.
证明 令1
011()0n
n n n f z a z a z
a z a --=++⋅⋅⋅++=, 取1
0max ,1n a a R a ⎧⎫+⋅⋅⋅+⎪⎪
>⎨⎬⎪⎪⎩⎭
, 当z 在:C z R =上时, 有 111110()()n n n
n n n z a R a R a a a R a R ϕ---≤+⋅⋅⋅++<+⋅⋅⋅+<.
()f z =.
由儒歇定理知在圆 z R < 内, 方程10110n n n n a z a z a z a --++⋅⋅⋅++= 与 00n a z = 有相 同个数的根. 而 00n a z = 在 z R < 内有一个 n 重根 0z =. 因此n 次方程在z R < 内有n 个根.
《复变函数》考试试题（三）参考答案
一. 判断题
1．× ２．×３．√ ４．√ ５．√6．√７． √ ８．√ ９．√ 10．√. 二.填空题.
1.{},z z i z C ≠±∈且;
2. 2()k i k z π∈;
3. 1ei -+;
4. 1;
5. 21
01i n n π=⎧⎨≠⎩
;
6. 1;
7. i ±;
8. (21)z k i π=+;
9. ∞; 10. 1
(1)!
n -.
三. 计算题.
1. 解 1
2
22
20
11(1)2!!n z
n z z e z z z n -+∞
==+++⋅⋅⋅=∑
. 2. 解 1
1
!(1)11
l i m l i m l i m ()l i m (1)
(1)!n n n n n n n n n n c n n n e c n n n n +→∞→∞→∞→∞+++=⋅==+=+. 所以收敛半径为e .
3. 解 令 22()(9)z e f z z z =-, 则 2001
Re ()99z z z e s f z z ====--.
故原式022Re ()9
z i
i s f z ππ===-.
4. 解 令 962()22f z z z z =-+-, ()8z z ϕ=-.
则在:C 1z =上()()f z z ϕ与均解析, 且()6()8f z z ϕ≤<=, 故由儒歇定理有
(,)
(,)1N f C N f C ϕϕ+=+=. 即在 1z < 内, 方程只有一个根.
四. 证明题.
1. 证明 证明 设在D 内()f z C =. 令2
222(),
()f z u iv f z u v c =+=+=则.
两边分别对,x y 求偏导数, 得 0
(1)0
(2)
x x y y uu vv uu vv +=⎧⎨
+=⎩ 因为函数在D 内解析, 所以,x y y x u v u v ==-. 代入 (2) 则上述方程组变为
x x x x uu vv vu uv +=⎧⎨
-=⎩. 消去x u 得, 22()0x u v v +=. 1) 2
2
0u v +=, 则 ()0f z = 为常数.
2) 若0x v =, 由方程 (1) (2) 及 ..C R -方程有0,x u = 0y u =, 0y v =. 所以12,u c v c ==. (12,c c 为常数). 所以12()f z c ic =+为常数.
2. 证明 取 r R >, 则对一切正整数 k n > 时, ()
1!()!(0)2n
k k k z r k f z k Mr f
dz z r
π+=≤≤⎰.
于是由r 的任意性知对一切k n >均有()(0)0k f =. 故0
()n
n n
k f z c z
==
∑, 即()f z 是一个至多n 次多项式或常数.
《复变函数》考试试题（四）参考答案
一. 判断题.
1．√ ２．× ３．× ４．× ５．× 6．√ ７．×８．× ９．√10．√ .
二. 填空题.
1. 12, 1
2
; 2. ξ; 3. 2()k i
k z π∈; 4.
20
(1)(1)n n
n z
z ∞
=-<∑; 5. 整函数;
6. 亚纯函数;
7. 0;
8. 0z =;
9. ∞; 10. 1
(1)!
n +.
三. 计算题. 1.
i i z i z i
i z k k i k z z 2
32135sin 35cos
1sin cos 2
3
213sin 3cos 2
,1,03
2sin 32cos
1:3213-=+=-=+=+=+==+++=⇒-=πππππππ
πππ解
2. 解 11Re ()12z z z e e s f z z ====+, 1
11Re ()12
z z z e e s f z z -=-=-==
+-. 故原式1
1
1
2(Re ()Re ())()z z i s f z s f z i e e ππ-==-=+=-.
3. 解 原式2
2Re ()295
z i
z i
z
i s f z i
z π
ππ=-=-===
-.
4. 解 z e z
111--=)1(1
-+-z z
e z e z ，令0)1(=-z e z ，得i k z z π2,0==， ,2,1±±=k
而 z z z
z z z z z z ze e e z e e z z e +--=-+-=--→→→11lim )1(1lim )111(lim 000
21
lim 0-=++-=→z z z z z ze e e e 0=∴z 为可去奇点
当i k z π2=时，
01),0(≠+-≠z
e z k 而
[]0
212)1(≠=+-=='-i
k z ze e
i k z z
e
z
z
z
ππ i k z π2=∴为一阶极点.
四. 证明题.
1. 证明 设()()F z f z =, 在下半平面内任取一点0z , z 是下半平面内异于0z 的点, 考虑 0
00000000
()()()()()()
lim
lim lim z z z z z z F z F z f z f z f z f z z z z z z z →→→---==---. 而0z , z 在上半平面内, 已知()f z 在上半平面解析, 因此00()()F z f z ''=, 从而()()
F z f z =在下半平面内解析. 2. 证明 令()63f z z =-+, 4
()z z ϕ=, 则()f z 与()z ϕ在全平面解析, 且在1:2C z =上, ()15()16f z z ϕ≤<=, 故在2z <内11(,)(,)4N f C N C ϕϕ+==.
在2:1C z =上, ()3()1f z z ϕ≥>
=,
故在1z <内22(,)(,)1N f C N f C ϕ+==.
所以f ϕ+在12z <<内仅有三个零点, 即原方程在12z <<内仅有三个根.
《复变函数》考试试题（五）参考答案
一. 判断题.
1．√２．√ ３．×４．√５．× 6．× ７．× ８．√ ９．√ 10．√. 二. 填空题.
1.2, 3
π
-
, 1; 2. 2(,)a k i k z a π+∈为任意实数; 3. (21)k i π+, ()k z ∈; 4. 2,()k i k z π∈; 5. 0; 6. 0;
7. 亚纯函数; 8. 20(1)(1)n n n z z ∞
=-<∑; 9. 0; 10. 21
01i n n π=⎧⎨
≠⎩. 三. 计算题.
1. 解 令z a bi =+, 则 22222
2122(1)2(1)2
11111(1)(1)(1)z a b i a b w z z a b a b a b
-+-+=
=-=-=-+++++++++. 故 2212(1)Re(
)11(1)z a z a b -+=-+++, 2212Im()1(1)z b
z a b
-=+++. 2. 解 连接原点及1i +的直线段的参数方程为 (1)01z i t t =+≤≤,
故{}11001Re Re[(1)](1)(1)2
c i
zdz i t i dt i tdt +=++=+=⎰⎰⎰.
3. 令i z e θ
=, 则dz d iz
θ=. 当0a ≠时
212()(1)
12cos 1()z a az a a a z z a z
θ----+=-++=,
故11()(1)z dz I i z a az ==--⎰, 且在圆1z <内1()()(1)
f z z a az =--只以z a =为一级极点,
在1z =上无奇点, 故2
11
Re (),(01)11z a z a s f z a az a ====<<--, 由残数定理有
2
122Re (),(01)1z a I i s f z a i a ππ===≤<-.
4. 解 令(),f z z =- 则(),()f z z ϕ在1z ≤内解析, 且在:C 1z =上, ()1()z f z ϕ<=,
所以在1z <内, (,)(,)1N f C N f C ϕ+==, 即原方程在 1z <内只有一个根. 四. 证明题.
1. 证明 因为2
2
(,),(,)0u x y x y v x y =+≡, 故2,2,0x y x y u x u y v v ====.
这四个偏导数在z 平面上处处连续, 但只在0z =处满足..C R -条件, 故()f z 只在除了
0z =外处处不可微.
2. 证明 取 r R >, 则对一切正整数 k n > 时, ()
1!()!(0)2n
k k k
z r k f z k Mr f
dz z r π+=≤≤
⎰. 于是由r 的任意性知对一切k n >均有()
(0)0k f =.
故0
()n
n n
k f z c z
==
∑, 即()f z 是一个至多n 次多项式或常数.。