数学物理方法第二版武仁著北京大学出版社课后答案习题01-04.pdf

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zi zi 且0y 即1x 且 3 1yx arg1arg1110 2 zixi yx 且10y 课后答案网 4 0arg 1arg101 4 zxiyyx 0arg 1arg101 4 zxiyyx arg1 2arg1201231 43 zixi yxyx 5 6 7 8 9 22 Re1zzxyx 化简得 2 1 1 2 xy 课后答案网 10 22 2 2 11 2 1 1 xi yzixyix zixi y xy 所以0arg 4 zi zi 22 021xxy 即0 x 3 已知一复数z 画出iz z z 1 z 1 z 并指出它们之间的几何关系 把z写成 i e 则 2i ize 即把z逆时针旋转 90 度 i ze 即把z逆时针 旋转 180 度 i ze 即z关于实轴的对称点 11 i e z 即z关于单位圆的对称点 11 i e z 即z关于单位圆的对称点 4 若1z 试证明1 azb bza a b为任意复数 22 2 22 1 azbazb aabzabzbazb bzabzabza babzabza 所以1 azb bza 课后答案网 5 证明下列各式 1 11argzzzz 2 若 123 zzz 则 322 311 1 argarg 2 zzz zzz 1 先证1arg z z z 记 i ze 1122cos2 sinarg 2 i z ez z 111111arg z zzzzzzzzzzzz z 2 如图 1 z 2 z 3 z在同一圆周上 32 31 arg zz zz 2 1 arg z z 由于同弧所对圆周角是 圆心角的一半 所以 1 2 即 322 311 1 argarg 2 zzz zzz 6 用复数z表示曲线上的变点 1 写出经过点a且与复数b所代表的矢量平行的直线方 程 2 写出以d和d 为焦点 长轴长2a的椭圆方程 ad 1 矢量za 与矢量b平行 所以zakb k为实数 2 由椭圆定义得2zdzda 7 用复数运算法则推出 1 平面直角坐标平移公式 2 平面直角坐标旋转公式 课后答案网 1 设坐标系x O y 的原点 O 在坐标系xOy中的坐标是 00 xy P点在xOy系中的坐 标是 x y 在x O y 系中坐标 x y 如上面左图 令OPz O Pz 0 OOz 则 0 zzz 即 00 xiyxxi yy 由此得 0 xxx 0 yyy 2 将坐标系xOy绕原点逆时针旋转 角得到坐标系x O y 如上面右图 x O y 系中z 只是比xOy系中z的幅角小 即 i zze 由此得cossinxxy sincosyxy 8 设复数 1 z 2 z 3 z满足 1321 3123 zzzz zzzz 证明 213213 zzzzzz 如图 21 31 i A ABzz e zzAC 13 23 i C ACzz e zzBC 所以 ABAC ACBC AC 由AC 可得ABBC 代入 ABAC ACBC 可得ABBCAC 即 213213 zzzzzz 课后答案网 9 1 给出 123 z zz三点共线的充要条件 2 给出 1234 z zz z四点共圆的充要条件 1 若三点共线 则矢量 13 zz 与矢量 23 zz 平行 反之也成立 所以三点共线的充要条 件是 13 23 zz zz 实数 2 如图若四点共圆 则有ACBADB 同弧所对圆周角相等 反之也成立 写成复数 形式即为 1314 2324 zzzz zzzz 实数 10 求下列方程的根 并在复平面上画出它们的位置 1 2 10z 2 3 80z 3 4 10z 4 4 10z 5 2 10 n z n为 正整数 6 2 2 cos10zz 0 1 zi 2 3 2 2 i ze 3 1 zi 4 3 44 ii zee 5 22ikn ze 0 1 21kn 6 i ze 课后答案网 11 设zpiq 是实系数方程 2 012 0 n n aa za za z 的根 证明zpiq 也是此 方程的根 对方程两边取共轭得 2 012 0 n n aa za za z 即z也满足此方程 12 证明 4 1 sincos44cos23 8 4242222 4314 14 iiiiiiiiii eeeeeeeeee 2 2sin28sin2 cos2sin2sin28 cossinsin ii ieieiiii 4 8sinsin44sin2i 取等式两边实部即得证 13 把sinn 和cosn 用sin 和cos 表示出来 0 cossincossincossin k n n n kk k n i nini knk 2 22 0 1cossin 2 2 n k nkk k n knk 1 2 2121 0 1cossin 21 21 n k nkk k n i knk 比较两边实部和虚部得 2 22 0 cos1cossin 2 2 n k nkk k n n knk 1 2 2121 0 sin1cossin 21 21 n k nkk k n n knk 课后答案网 14 将下列和式表示成有限形式 1 1 cos n k k 2 1 sin n k k 222 1 2 1 222 sin 1 2 1 sin 2 nnn iii nin n i ikii i iii k n eee e eeee e eee 比较两边实部和虚部得 1 1 sincos 22 cos sin 2 n k nn k 1 1 sinsin 22 sin sin 2 n k nn k 15 证明 1 12 sinsinsin 2n nn nnn 记 121 1 n z zz 为方程1 n z 的n个根 即 2k i n k ze 1 2 1kn 则有 121 11 n n zzzzzzzz 所以 12 121 1 1 1 n nn n z zzzzzzzzz z 令上式两边1z 则有 2 1 1 1 k n i n k en 2 2 12sin2sin kkkkkk iiiiiii nnnnnn kk eeeeieee nn 1 1 1 2 111 2 11 111 12sin2sin n k nk k nnnii i n nn n kkk kk een nn 即 1 1 1 sin 2 n n k kn n 16 求下列序列 n a的聚点和极限 如果是实数序列 则同时求出上下极限 1 1 21 n n n a n 2 1 1 21 n n a n 3 121 n n anni 4 211 n n anni 5 1sin 6 n in a n 6 1 1cos 23 n n a n 课后答案网 1 聚点 1 2 极限无 上极限 1 2 下极限 1 2 2 聚点 0 极限 0 上下极限 0 3 聚点 极限 4 聚点 极限 5 聚点 0 1 2 3 2 1 极限无 6 聚点 1 2 1 极限无 上极限 1 下极限 1 17 证明序列 111 1ln 23 n an n 极限存在 先证 ln 1 1 x xx x 其中0 x 令 ln 1f xxx 则 1 10 11 x fx xx 所以 00f xf 不等 式右半部分得证 同样可证左半部分 由此可得 111 ln 1 1nnn 1 11 ln 10 1 nn aa nn 得 111 ln 1 1ln 1ln 1ln 1ln 23 n an n 3 411 ln 2lnln 10 2 3 n n nn 即 n a是递减有下界序列 所以极限存在 18 证明 Lagrange 恒等式 2 2 22 111 nnn kkkkkjjk kkkkj z wzwz wz w 右边 2 2 kjkjjkkjjk k jkj zwz wz wz wz w 222 222 kjkjjkkjkjjkkk k jkjkjkjkj zwzwzwz z w wz z w w 存在整数 1 N 使得当 1 nN 时有 2 n zA 对于给定的 1 N 存在 2 N 使得 1 12 2 2 N zAzAzA N 时 12 12 1 n n zzz AzAzAzA nn 111 1212 11 NNNn zAzAzAzAzAzA nn 1 11 12 12 21 1N NNn zAzAzA zAzAzA NnN 1 1 1 22 nN nN 则存在 当 22 000 zzxxyy 就有 uavbfc 或 即 0 0 lim xx yy u x ya 0 0 lim xx yy v x yb 同样的 若 0 0 lim xx yy u x ya 0 0 lim xx yy v x yb 就有 0 lim zz f zc 21 证明 2 1 1 f z z 在单位圆1z 内连续但不一致连续 易证 f z连续 初等函数 下面证 f z在单位圆内不一致连续 定义在D上的函数 f z在D上一致连续的充要条件 任意的 n xD n yD 只 要 lim0 nn n xy 就有 lim0 nn n f xfy 令 1 1 n x n 2 1 n y n 则 11 0 12 11 nn xy n nn 2 nn n f xfy 所以 f z在单位圆1z 即arg 22 z z e 若0 x 即 3 arg 22 z 0 z e 若0 x 即arg 2 z z e的实部虚部在 1 1 之间振荡 41 证明下列公式 课后答案网 1 121212 sinsincoscossinzzzzzz 2 121212 coscoscossinsinzzzzzz 3 shsinziiz 4 chcosziz 5 12 cosln1zizz 6 1 11 tanln 21 iz z iiz 7 22 chsh1zz 8 22 1thsechzz 1 11221122 1212 sincoscossin 4 iziziziziziziziz eeeeeeee zzzz i 1212 12 sin 2 i zzi zz ee zz i 同样得 121212 sincoscossinsinzzzzzz 2 11221122 1212 coscossinsin 4 iziziziziziziziz eeeeeeee zzzz 1212 12 cos 2 i zzi zz ee zz 同样得 121212 coscossinsincoszzzzzz 3 shsin 222 i izi izi izi izzz eeeeee ziiiz i 4 chcos 22 i izi izzz eeee ziz 5 令cos 2 iwiw ee zw 则 2 210 iwiw eze 解出 2 1 iw ezz 所以 12 cosln1zwizz 6 令tan iwiw iwiw ee zwi ee 解出 2 1 1 iw iz e iz 所以 1 11 tanln 21 iz zw iiz 课后答案网 7 22 22 chsh1 4 zzzz eeee zz 8 2 22 2 4 1th1sech zz zz zz ee zz ee ee 42 证明下列公式 1 shchzz 2 chshzz 3 2 thsechzz 4 2 cthcschzz 1 shch 22 zzzz eeee zz 2 chsh 22 zzzz eeee zz 3 22 2 2 2 2 thsech zzzz zz zzzz zz eeee ee zz eeee ee 4 22 2 2 2 2 cthcsch zzzz zz zzzz zz eeee ee zz eeee ee 43 证明下列不等式 1 shsinchyxiyy 2 shcoschyxiyy 1 sinsincoscos sinsinchcos shxiyxiyxiyxyixy 所以 2222 sinsinchcosshxiyxyxy 代入 22 ch1 shyy 得 22 sinsinshshxiyxyy 代入 22 shch1yy 得 22 sinchcoschxiyyxy 不等式得证 2 同 1 44 解下列方程 1 sh0z 2 2 2ch3ch10zz 3 2 5 sinsin10 2 zz 课后答案网 4 tanzi 1 sh0 2 zz ee z 即 22 1 zi k ee 所以zik 0 1 2k 2 解得ch z 1 或 1 2 即 22 1 zi k ee 或 3 2 13 22 ikz eie 所以zik 32ik 0 1 2k 3 62zk 5 62k 2ln 232ik 0 1 2k 4 无解 46 扇形区域0arg 3 z 经变换 3 wz 后边成什么区域 上半平面 47 试证 圆 22 0A xyBxCyD 经变换 1 w z 后仍为圆 并讨论0A 及0D 的情况 由于 2 22 xyzzz 1 2 xzz 1 2 yzz i 圆方程可写为 11 0 22 AzzBiC zBiC zD 令 1 2 EBiC 则方程写成 0AzzEzEzD 这就是圆的标准方程 代入1 zw 得到 0DwwEwEwA 仍是圆方程 0A 时 将直线变换为圆 0D 时 将圆变换成直线 48 iz we 把实轴上线段02x 变为什么图形 由0y 得 ix we 所以1w 02x 即是0arg2w 为半径的圆变 为w平面上的椭圆 焦点为i 长短半轴分别为ch 及sh 令 i ze 则圆方程为e 11 cossincossin 22 ii we eeeeieeie shcoschsini 令wxiy 则shcosx chsiny 消去 得 22 22 1 shch xy 即以i 为 焦点 ch 及sh 为长短半轴的椭圆 52 设 wu x yiv x y 解析 且0 dw dz 试证曲线族 1 u x yC 2 v x yC 1 C 2 C为任意实常数 互相正交 设 1 n 2 n为过点 x y的两曲线在该点的法向量 即 1 uu xy n 2 vv xy n 则 12 0 u vuvu uu u xxyyxyyx n n 即两曲线正交 课后答案网 53 判断下列函数是单值的还是多值的 1 1zz 2 1 1 ln z 3 cosz 4 lnsin z 5 cosz z 6 sinz z 明显 1 4 都是多值函数 用w 表示z的两个平方根 即zw 或w 取zw 则 coscoszw wz 取 zw 则 coscoscoswzw wwz 即 cosz z 为多值函数 同样可得 sinz z 为单值函数 54 找出下列函数的枝点 并讨论z绕各个枝点移动一周回到原处函数值的变化 若同时绕 两个 三个枝点 又会出现怎样的情况 1 3 1z 2 2 1zz 3 za zb 4 1 1 ln z 5 cosz z 6 32 4z 7 2 3 1zz 8 2 ln1z 1 22 3 33 11 ii wzzzeze 当z逆时针绕 1 点一圈 不包围 2 3 i e 和 2 3 i e 回到原处 因子1z 顺时针绕 0 点旋转 另外两个因子 2 3 i ze 和 2 3 i ze 不变 故w顺时针绕 0 点旋转 当z逆时针绕 2 3 i e 或 2 3 i e 点一圈 不包围另外两点 回到原处 w逆时针绕 0 点旋转 所以 1 2 3 i e 为枝点 若z逆时针绕 1 和 2 3 i e 两点一 圈 不包围 2 3 i e 回到原处 w不变 同样的 z逆时针绕任意两个枝点一圈 不包围另 一个枝点 回到原处 w都不变 若z逆时针绕这三个枝点一圈回到原处 w顺时针绕 0 点旋转 所以 也是枝点 2 枝点是1 3 枝点是a b z绕b逆时针一圈回到原处 因子 1 zb 顺时针绕 0 点旋转 4 枝点是 0 5 枝点是 0 6 枝点是 2 7 枝点是 0 1 8 枝点是 i 课后答案网 55 函数1wzz 规定 21w 是分别求当z沿着图中的 1 C和 2 C连续变化时 3w 之值 若规定2z 处 arg12z 则有 21w z沿 1 C连续变化到 3 时 arg13z 所以 3 2 33432 i wei 沿 2 C有 332wi 56 规定函数 3 2wz z 在下图割线上岸的幅角为 0 试求该函数在割线下岸3z 处的 数值 又问 这个函数有几个单值分枝 求出在其他分枝中割线下岸3z 处的函数值 2z 在割线上岸幅角为 0 下岸为2 所以 2 3 33 i we 有三个单值分枝 规定割线上岸幅角为2 则下岸为4 4 3 33 i we 规定割线上岸幅角为4 则下岸为6 33w 57 函数 wzazb 的割线有多少种可能的做法 试在两种不同做法下讨论单值 分枝的规定 设 a b为实数 且ab a b为枝点 连接 a b的任意线段都可作为割线 所以有无穷种做法 其中两种做法 课后答案网 1 规定割线上岸 argargzazb 和3 可得两个单枝分枝 2 可规定正实轴割线上岸 argargzazb 分别为 0 2 58 规定函数 2 22wzz 02w 求当z由原点出发沿圆 12zi 逆 时针方向通过 x 轴时的函数值 又当z回到原点时函数之值如何 44 22 ii wzeze 只 要 规 定0z 时 4 3 arg2 4 i ze 4 3 arg2 4 i ze 就 有 02w 当z沿 圆 逆 时 针 到 达2z 时 4 arg2 4 i ze 4 arg2 4 i ze 所以 44 2222 ii wee 当z回 到 原 点 时 4 5 arg2 4 i ze 4 3 arg2 4 i ze 所 以 课后答案网 5434 02222 iii weee 59 函数 2 ln 1wz 规定 00w 试讨论当z分别限制在以下两图中变化时 3w 之值 a ln11wzz 规定0z 时 arg 10z arg10z 就有 00w z从 下 半 平 面 到 达3z 时 有 arg 1z arg10z 所 以 0 3ln 243ln2 ii weei b z从 上 半 平 面 到 达3z 时 有 arg 1z arg10z 所 以 0 3ln 243ln2 ii weei 60 函数 3 4 1wzz 在割线上岸函数值与下岸函数值有何不同 割线如下图 若割线上岸上一点z由左边 曲线 1 C 绕到割线下岸同一处 记为z 则z的辐角增加2 即 2i zze 1z 的辐角不变 即 11zz 所以 33 224 4 11 ii wzzzezwe 课后答案网 若z由右边 曲线 2 C 绕到割线下岸同一处 则z的辐角不变 1z 的辐角减小2 3 232 4 1 ii wzz ewe 61 规定0arg2z 求wz 在zi 处的导数值 1 2 w z z 24 11 1 22 2 ii w eei 62 规定0z 处arctan z 求在2z 处的导数值 割线做法如图 1 arctanln 2 iz z izi 2 1 arctan 1 z z 2 1 arctan 5 z z 虽然导函数 fz 是单值函数 但它是在 f z的单值分枝中定义的 否则极限值 0 0 0 lim zz f zf z zz 不定 63 证明 若函数 f z在区域G内解析 其模为一常数 则函数 f z本身也必为一常数 证 令 cossin ix y f zAeAiA 其中 x y 为实函数 由于 f z解析 C R 方程为 sincosAA xy sincosAA yx 可由此解出0 x 0 y 即 x y 为常数 所以 f z为常数 课后答案网 64 1 1 2 p p zz f z z 12p 在实轴上沿 0 到 1 做割线 规定沿割线上岸 argarg 10zz 试计算 fi zi 时 arg 2 z arg 1 4 z 1 21 24 3 1 24 2 2 2 pp ii p ipee f ie i z从左边由割线上岸绕到zi 则 3 arg 2 z arg 1 4 z 5 1 24 2 p ip fie z从右边由割线上岸绕到zi 则arg 2 z 7 arg 1 4 z 5 1 24 2 p ip fie 课后答案网 65 试按给定的路径计算下列积分 1 1 1 dz z i 沿路径 1 C 1z 的上半圆周 ii 沿路径 2 C 1z 的下半圆周 2 2 0 Re i zdz i 1 C 直线段 0 2 和 2 2 i 组成的折线 ii 2 C 直线段 2zi t 01t 1 i 1 00 i i C dzde idi ze ii 2 00 i i C dzde idi ze 2 i 1 21 00 Re222 C zdzxdxidyi ii 2 11 00 Re222 22 C zdztdi titdti 66 计算 1 1z dz z 2 1z dz z 3 1z dz z 4 1z dz z 1 令 i ze 22 100 2 i i z dzde idi ze 2 22 010 0 ii z dz dee z 3 222 0100 0 i ii i z ie d dz edie ze 4 2 10 2 z dz d z 67 考虑两简单闭合曲线 1 C 2 C 彼此相交于 A B 两点 设 1 C与 2 C所包围的内部区域 分别是 1 G与 2 G 其公共区域为g 若 f z在曲线 1 C 2 C上解析 且在区域 1 Gg 及 2 Gg 内解析 试证明 12 CC f z dzf z dz 课后答案网 如图 14 表示四条边界线 1 C是 1 的负向加上 3 的正向 2 C是 2 的负向加上 4 的 正向 121324 CC f z dzf z dzfdzfdzfdzfdz 1 的负向加上 2 的正向就是 1 Gg 的边界 所以 12 0fdzfdz 同样的 34 0fdzfdz 所以有 12 CC f z dzf z dz 68 对于任一解析函数的实部或虚部 Cauchy 定理仍成立吗 如果成立 试证明之 如果 不成立 试说明理由 并举一例 不成立 取 f zz 则实部 u x yx 取如下积分路径 110 001 udzxdxidyxdxi 69 证明 4 C dz i z 其中积分路径C为闭合曲线 2 2sin 4 这个结果和围绕原 点一圈2 dz i z 的结论有矛盾吗 为什么 课后答案网 2 2 44 00 22 1 2sinsin2sin 4424 2sin2sin 44 i ii C ii deeie dz d z ee 44 00 sin 1 2 2 3cos 2 idd 上式右边第二项被积函数以4 为周期 所以积分限可换为22 被积函数又是奇函 数 故积分为 0 所以4 C dz i z 由上图可看出 C绕原点两圈 并不与围绕原点一圈 2 dz i z 的结论矛盾 70 计算 2 32 3 21530 103232 z zz dz zzz 原式 22 22 3 2 2153021530 24 244 z z zzzz dzii zzz 71 计算 1 2 sin 4 1 C z dz z C分别为 i 1 2 z ii 11z iii 3z 2 2 1 iz C e dz z C分别为 i 1zi ii 2z iii 2 2zizi 1 i 积分路径不包围任何奇点 故积分值为 0 课后答案网 ii 积分路径包围奇点1z 2 1 sinsin 44 2 112 C z zz dzii zz iii 积分路径包围奇点1z 12 C C为单独包围1z 的闭路径 12 222 11 sinsinsinsinsin 44444 22 11111 CCC zz zzzzz dzdzdzii zzzzz 2 i 2 2 1 iziz C z i ee dzi zzie ii 2 22 sh1 1 iziziz C z izi eee dzi zzizi iii 同 ii 72 计算 1 2 cos z z dz z 2 2 2 sin z z dz z 3 2 2 1 z z dz z 4 2 2 2 1 1 z z dz z 5 2 2z dz z 6 2 2 1 z dz zz 7 2 2 8 z dz z 8 2 2 23 z dz zz 9 2 2 z z z e dz z 10 22 2 16 z dz zz 1 0 2 cos 2cos2 z z z dzizi z 2 2 2 0 sin 2sin2 z z z dzizi z 3 2 2 12 22 1 zz z dzi zi z 4 222 2 2 111 20 1 z z izi zzz dzi zzizi 5 2 2 0 z dz z 6 2 2 1 23 21 23 2 11 20 11 23 21 23 2 z zizi dz i zzzizi 课后答案网 7 2 2 0 8 z dz z 不包围奇点 8 2 2 1212 11 20 231212 z zizi dz i zzzizi 9 22 22 0 24 z z z zz z z e dze dz i e zz 10 2 22 2 0 1 20 1616 z z dz i zzz 73 1 计算 3 1 z z e dz z 2 对于什么样的a值 函数 0 3 1 z t z a F zedt tt 是单值的 1 3 1 0 2 2 z z z z ei dzei z 2 3 0 1 2 t C C a edt aiCtt 不包围原点 包围原点 当2a 时 对任意的闭曲线 不过 原点 该积分都是 0 则 F z为单值函数 74 证明 在挖去0z 点的全平面上不存在一个解析函数 f z 使其满足 1 fz z 这个结论和 1 ln d z dzz 矛盾吗 因为0z 点是 1 z 的奇点 1 z 在绕原点路径上的积分不为 0 所以无法定义变上限函数 0 1 z z dt t 即找不到在除去0z 点的全平面上解析的原函数 ln z在划定割线 在单值分枝 内才有 1 ln d z dzz 他是在分割的平面上成立 而不是全平面 75 设G是单连通区域 C是它的边界 12 n z zz 是G内的n个不同的点 12n P zz zz zz z f z在G中解析 证明 1 2 C fPP z Q zd iPz 课后答案网 是一个1n 次多项式 且 kk Q zf z 1 2 kn 如果G是复连通区域 上述结 果还正确吗 证 k zz 时 1 i n i i z fPP z Q zz Pz 1 1 1 i n j n jii n i i j j z zz f zz zz z 1 n i j ij i ij j i f z zz zz 即它是1n 次多项式 k zz 时 1 2 kk C k f Q zdf z iz 若G是复连通区域 上面的计算不成立 76 设 f z在zR 的区域内解析 且 i e 0R 存在0 使