0??2?0ied?i?ei???2?2?0(icos??sin?)[(cos??2)?isin?](cos??2)?sin?d?
?022d?
=?2?0?2sin??i(1?2cos?)5?4cos?2?0于是?1?2cos?5?4cos?d??0,故?1?2cos?5?4cos?d??0
2．证明：设
f(z)?u?iv?4f?(z)2?4(ux?vy)
222f(z)=u?v，
2222?f(z)?x?2uuy?2vvx
?2f(z)?x2?2ux?2uux?2vx?2vvx
222222同理可得：
?f(z)?y2?2u2y?2uu2y22?2vy?2vvy
于是结合C?R条件及u,v为调和函数可得： ?22(?x??22?y)f(z)2?4(ux?vx)?2u(ux?uy)?2v(vx?vy)
222222222=4（ux?vx）=4f?(z)
3．证明：?f(z)在|z|?1上连续，?f(z)在|z|?1一致连续，因此???0，???0，
i?i?使当1???r?1时均有|f(e)?f(re)|??2?,(0???2?)
于是：|?=|??2?0|z|?1i?f(z)dz|?|?i?|z|?12?0f(z)dz?i?1?ri?|z|?rf(z)dz|
f(e)ied??i?1ri??f(re)ried?|
?2?0|f(e)?f(re)|d???
f(z)dz?0
i???|z|?14．解：设z?e，
dz1?(z)2c21为0到1的直线段，c2为1到z的圆弧，则由柯西积分定理 ??C??c1?(z1dz)?cdz21?(z)2=?10dx1?x2???0iei?2i?1?ed?
=RE?dzC1?z2??4
5．解：由??v?(x?y)(x2?4xy?y2)?2(x?y),得 ?x?vx?(x?4xy?y)?(x?y)(2x?4y)?2
22=3x2?3y2?6xy?2
两式相加并结合C?R条件得： ?x?3x?3y?2
22从而??x3?3y2x?2x,v??y3?3x2y?2y 故 f?x3?3y2x?2x?(i32x?y
3y?2 )y第四章
一、1C 2A 3D 4B 5C 6D 7D 8C 9B 10A 11D 12D 13C 14A 15B
二、1AB 2BCD 3AE 4ACD 5BC 三、1．|z?a|?|z1?a|,绝对收敛且内闭一致 2．（1）在区域D内解析，
（2）在D内内闭一致收敛于函数f(z) （1） 在区域D内解析
?（2） f(p)(z)??n?1f(p)(z),(z?D,p?1,2,...,)
3．f(z) 在D内任一点a的领域内可展成z?a的幂级数。 4．
?2?iΓ1f(?)?(??a)d??n?1f(n)(a)n!,Γ?:|??a|??,0???R,n?0,1,...
且展开式是唯一的。
?5．2k?i??(?1)n?1n?1znn,(|z|?1,k?0,?1,?2,...,)
6．（1）C（2）n?1?Cn?2(n?2),1
5?125?125?125?12，|z|?m,z?,?
7．f(z)?(z?a)?(z),?(z)在|z?a|?R内解析，且?(a)?0 8．一个收敛于a?D的点列?zn?(zn?a) 9．D内任何点都不能达到，恒等于常数。 10．
1?i2(1?i2?z??n?2(2n?3)!!nniz),|z|?1
(2n)!!!?2(n)四、1解：?f(z)?(1?z),f?(0)?(n?1)!
从而f(z)??(n?1)zn?on,(|z|?1)
2．解：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?01k!sin(k?1)(z?1),|z?1|???
?3．解：令g(w)??wn?1n(w?z)
2?则g(w)的收敛半径为1，从而?(z2)n的收敛半径亦为1
n?14．解?cosz?1的零点为z?0,z?2k?,k??1,?2,...
?而在z?0点cosz?1??(?1)n?1nz2n(2n)!,因而z?0为f(z)的4级零点，
z?2k?，f(z)(k??1,?2,...)均为f(z)的二级零点，
i?5．解：在闭圆|z?z0|?1上有z?z0?e(0???2?)
从而|ez|?|ez0?e|?|er0ei?i?0?ei?|
=|(r0cos?0?cos?)?i(r0sin?0?sin?)|
1?[(r0?1)?2r0(cos?0cos??sin?0sin?)]2
12?[(r0?1)?2r0cos(?0??)]2
2故ez在闭圆|z?z0|?1上的最大值为
1[(r0?1)?2r0]2=r0?1?1?|z0|
2五．
1． 证明：由柯西不等式|an|?M,当|z|??时，
?n?|f(z)?a0|??|an||z|?Mn?1|z|??|z|,
因此|f(z)|?|f(z)?a0?a0|?|a0|?|f(z)?a0|
|a0|?|a0|?M|z|??|z|?|a0|?M|a0|?M?
??|a0||a0|?M?=|a0|-|a0|=0 故f(z)在|z|?12?i?|a0|?|a0|?M上无零点
22． 证明：?=
12??2?0f(re)d?
i?i??2?0f(re)?f(re)d?
??nin?=
12??2?0(?anren?0)?(?anren?0n?in?)d?
对任意自然数m,k若m?k，则
?2?0eik??e?im?d?
1i(k?m)?=?2?0ei(k?m)?d??e(k?m)i2|2?0?0
因此，根据逐项可积公式即得：
12??|f(re)|d?02?i??12??|an|r02?22n?d???|an|rin?022n
3． 证明：?在0?|z|?1内任意一点z，e?1?z ?zn!?n?1n?|e?1|?|z|?z|z|22|z|?121?31173?|z|(1??)?|z| |z|2443z3另一方面：|e?1|?|z?zz22|?1|z||z|13?|z|???|z|
|z|22441?34． 证明：取r?R,则对一切正整数k?n时，