作业解答2习题f00但易见fz在z00不可导故处处解析_第1页
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6（2）．错误。例如，f(z)=|z|2=x2+y2,则f(z)=u(x,y)=x2y2,v(xy)≡0,∂u(00)=∂v=0,∂u(00)=∂v0,故f(z)在z00 导且f′(0)=0，但易见f(z)在z0̸=0处不可导，故f(z)(3错误。例如，由上题的例子知f(z)=|z|2=x2y2在z0=0可导且f′(00，但易见f(z)在z0̸=0处不可导，故f(z)处处不解析，故z0=0是f(z)的一个奇点，但f(z)在z0=0可导。错误。例如，f(z)=z=x−iy,则u(x,y)=x,v(x,y)=−yC1,∂u(=1)̸=∂v(=−1)。故f(z) 因f(z)uiv解析，Cauchy-Riemann条件知当v为常数时∂u=∂v=0,∂u=∂v=0,因而由f′(z)=∂ui∂v≡0,知f(z)=常数。 ７．因f(z)解析，知f′(z)=∂u+i∂v=:ux+ivx

= =

处处成立.由|f(z)|2u2v2,∂|f

=2|f

=2

∂v+ [[ [[∂|f

=2|f

=2

∂v+

∂|f

+∂|f

= u2u2+2uvuxvx+v2v2+u2u2+2uvuyvy+ 将等式(1)带入右边的等式中并利用f′(z)=ux+ivx,[(∂|f| (∂|f||f

=|f(z)|2|f当f(z)≡0时，所要证明的等式显然成立。当f(z)̸=0时，上式两边除以|f(z)|2,则得所要证的等式。 由x=rcosθ,y=rsinθ,知u(x,y)=u(rcosθrsinθ),v(x,y)=),∂u=∂u

+∂u∂y

∂usin ∂x及

∂y =∂v∂x+∂v∂y=∂v(−rsinθ)+∂vrcos ∂x ∂y =r∂usinθ+∂ucosθ=r∂u 10(1).这时f(z)=u(xy)v(xy)≡0,由f(z)f′(z)=∂u由Cauchy-Riemann条件知

=∂v0,因而有f′(z)0,从而有f(z)= (2).因f(z)=u+iv解析，知∂u=∂v又因f(z)=uiv = ∂v得∂u=0.同理有∂v=0,故有f′(z)=∂ui∂v = 有f(z)=常数。 当f(z)≡0时，(3)显然正确。（这时(4)中的argf(z)不定义。当f(z)̸=0时，令h(z)=lnf(z)=ln|f(z)|+iargf(z)=u+iv.则易见h(z)解析，且有u=ln|f(z)|,v=argf(z).由6(6)可知，当argf(z)=v为常数时，u=ln|f(z)|也是常数，从而有h(z)=lnf(z)为常数，即f(z)=eh(z)同理可证当u=ln|f(z)|为常数时，v=argf(z)为常数， 从而有h(z)为常数，即f(z)=eh(z)为常数。215.Ln(−i)=ln(−i)+2kπi=ln|−i|+iarg(−i)+2kπi=ln1+i3π+2kπi222Ln(−3+4

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