复分析期末考试
1 全纯函数幂级数性质
设$f(z)=\sum^{\infty}_{n=0}a_nz^n$是$D(0,1)$上的有界全纯函数，证明：$\sum^{\infty}_{n=0}a_n^2$绝对收敛且$\lim_{n{\to}\infty}a_n=0$。
提示：利用定理10.22
解：由于$f$在$D(0;1)$内全纯，于是可以推出$f(z)=\sum^{\infty}_{n=0}a_nz^n,z{\in}D(0;1)$，并且利用定理10.22，我们知道对于${\forall}0{\le}r<1$，有
$$ \sum^{\infty}_{n=0}|a_n|^2r^{2n}=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|f(re^{i\theta})|^2d{\theta} $$
由于$f$在$D(0;1)$内有界，于是推出${\exists}M>0,{\forall}z{\in}D(0;1)$，有$|f(z)|{\le}M$。
于是我们得到
$$ \begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=0}|a_n|^2r^{2n}=&\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|f(re^{t\theta})|^2d{\theta}\\ {\le}&\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}M^2d{\theta}=M^2 \end{aligned} $$
于是对于${\forall}N{\in}N_{+}$有
$$ \sum^N_{n=0}|a_n|^2r^{2n}{\le}M^2 $$
令$r{\to}1^{-}$于是得到$\sum^N_{n=0}|a_n|^2{\le}M^2$。
于是得到正项级数$\sum^{\infty}_{n=0}|a_n|^2$的部分和$\left\{\sum^N_{n=0}|a_n|\right\}$有上界。于是知道$\sum^{\infty}_{n=0}|a_n|^2$收敛，由级数收敛的必要条件，可以知道
$$ |a_n|^2{\to}0{\Rightarrow}a_n{\to}0 $$
思路：实际上是通过全纯转化为幂级数，然后通过定理10.22导出有界性，从而级数有界必然收敛，从而由收敛级数必要条件导出其通项趋于0。
2 整函数与复平面
设$f(z)$为整函数，且$\lim_{z{\to}\infty}f(z)=\infty$，证明：$f(C)=C$。若$f(z)=e^z$，结论是否成立？
这里$C$表示复平面，$f(C)$表示值域。
提示：用反证法和刘维尔定理
证明：反证法：假设$f(C){\neq}C$，则${\exists}w_0{\in}\mathbb{C}$，使得$w_0{\not\in}f(C)$。于是推出对于${\forall}z{\in}\mathbb{C}$，有$f(z){\neq}w_0$。
令$g(z)=\frac{1}{f(z)-w_0}$，则$g(z)$为整函数。且$\lim_{z{\to}\infty}g(z)=0$，由于$\lim_{z{\to}\infty}g(z)=0$，由函数极限的意义：也即对于$\varepsilon_0=1,{\exists}R>0$，当$|z|>R$时，有
$$ |g(z)-0|<1 $$
又因为$g(z)$在$\mathbb{C}$上全纯，于是在$\mathbb{C}$上连续，从而在有界闭区域$|z|{\le}R$上连续。
由闭区域连续函数性质则知道$g$在$|z|{\le}R$上有界。于是${\exists}M>0$，使得对于${\forall}|z|{\le}R$，有$|g(z)|{\le}M$。于是推出对于${\forall}z{\in}\mathbb{C}$，有$|g(z)|{\le}M+1$，于是知道$g$为有界整函数，由刘维尔定理知道$g$是常数。于是知道$f$是常数，但是这时候因为$\lim_{z{\to}\infty}f(z)=\infty$，知道$f$又不是常数，于是导出矛盾。
于是原假设不成立，也即$f(C)=C$。
由于$f(z)=e^z$是整函数，但是$\lim_{z{\to}\infty}f(z)$不存在，于是不满足题设条件。又因为$e^z{\neq}0$，于是$f(C){\neq}C$。因为如果$e^z=0$，则$e^ze^{-z}=e^0=1$则产生矛盾。
思路：反证法，直接可以得到一个不存在的函数值，然后导出一个整函数其极限为0，从而全纯导出连续性，由闭区间连续函数性质导出有界性，再由刘维尔定理知道其为常数，但是这与题设条件矛盾。
3 全纯函数满足条件的表示形式
设$f$在$D(0,1)$全纯且满足$f(\frac{1}{n})=f^n(\frac{1}{n}),(n=1,2,{\cdots})$，那么$f(z)=?$。
提示：利用全纯函数的唯一性定理，定理10.18
由于$f,f''$在$D(0;1)$全纯，且$f(\frac{1}{n})=f^n(\frac{1}{n}),(n=1,2,{\cdots})$，又$\lim_{n{\to}\infty}\frac{1}{n}=0,0{\in}D(0;1)$，由全纯函数的唯一性定理知道：在$D(0;1)$上有$f(z)=f''(z)$。特别在$(-1,1)$上有$f(x)=f''(x)$。
我们在$(-1,1)$上考虑常微分方程$y(x)=y''(x)$，其解为
$$ y(x)=c_1e^x+c_2e^{-x} $$
于是当$z=x{\in}(-1,1)$有$f(z)=f(x)=c_1e^x+c_2e^{-x}=c_1e^z,c_2e^{-z}$。由全纯函数的唯一性定理知道：
$$ f(z)=c_1e^z+c_2e^{-z},z{\in}D(0;1) $$
思路：由全纯性质和唯一性定理，知道其导函数与函数本身关系，然后通过考虑一个常微分方程，和全纯函数唯一性知道其表示形式。
4 全纯函数与多项式表示
设$f$在$D(0,1)$全纯且满足$(-1,1){\subset}\bigcup^{\infty}_{k=1}Z_{D(0,1)}(f^{(k)})$，证明$f$是一个多项式。
提示：利用定理10.18
解：因为$(-1,1)$是不可数集，又因为
$$ (-1,1){\subset}\bigcup^{\infty}_{k=1}Z_{D(0,1)}(f^{(k)}) $$
也即：${\exists}k{\in}N_{+}$，使得$Z_{D(0;1)(f^{(k)})}$是不可数集。由定理10.18知道，若$f$不恒为0，则$Z(f)$最多可数。于是知道在$D(0;1)$上$f^{(k)}=0$。进一步知道
$$ f(z)=a_0+a_1z+{\cdots}+a_kz^{k-1} $$
也即$f$为次数至多$k-1$次的多项式。
思路：容易知道不可数集性质，再结合定理10.18知道至多可数，从而知道其他的均为0，于是可以知道其高阶导数均为0的性质，导出多项式次数。
5 整函数的多项式表示
假设$f(z)$是整函数，且
$$ \lim_{z{\to}\infty}\frac{f(z)}{z^n}=A{\neq}0 $$
证明：$f$是$n$次多项式
提示：利用Taylor展开及10.26的柯西估值
证明：由于$f$是整函数，也即${\forall}z{\in}\mathbb{C}$，有
$$ f(z)=\sum^{\infty}_{k=0}c_kz^k $$
又因为
$$ \lim_{z{\to}\infty}\frac{f(z)}{z^n}=A{\neq}0 $$
根据极限定义，知道对于$\varepsilon_0=1,{\exists}R>0$，当$|z|>R$时有
$$ |\frac{f(z)}{z^n}-A|<1 $$
于是有
$$ |\frac{f(z)}{z^n}|{\le}|A|+1=M $$
也即${\exists}M>0,{\exists}R>0$，使得当$|z|>R$时，有
$$ |f(z)|{\le}M|z|^n $$
又因为
$$ \begin{aligned} |c_k|=&|\frac{1}{2\pi{i}}\int_{|\xi|=\rho}\frac{f(\xi)}{\xi^{k+1}}d\xi|{\quad}(\rho>R)\\ =&\frac{1}{2\pi}\int_{|\xi|=\rho}\frac{|f(\xi)|}{|\xi|^{k+1}}|d\xi|{\le}\frac{1}{2\pi}\int_{|\xi|=\rho}\frac{M|\xi|^n}{|\xi|^{k+1}}|d\xi|\\ =&\frac{1}{2\pi}\frac{MR^n}{\rho^{k+1}}\int_{|\xi|=\rho}|d\xi|=\frac{1}{2\pi}\frac{M\rho^n}{\rho^{k+1}}2\pi{\rho}=\frac{M\rho^n}{\rho^k} \end{aligned} $$
当$k>n$时，令$\rho{\to}+\infty$，有
$$ |c_k|{\le}\lim_{\rho{\to}\infty}M\rho^{n-k}=0 $$
当$k>n$时有$c_k=0$，于是
$$ f(z)=c_0+c_1z+{\cdots}+c_nz^n $$
又
$$ \lim_{n{\to}\infty}\frac{f(z)}{z^n}=\lim_{n{\to}\infty}\frac{c_0+c_1z+{\cdots+c_nz^n}}{z^n}=c_n=A{\neq}0 $$
于是$c_n{\neq}0$。
于是$f(z)$为$n$次多项式。
思路：由整函数幂级数展开，依据题设条件的极限定义推出有界性，然后再根据级数的系数来确定，分两种情况来讨论即可。
6 开映射证明最大模
什么是开映射？连续映射是开映射吗？请举例说明。若$f$在复平面的开集$\Omega$上全纯，且不为常数。证明：$f(\Omega)$是开集并利用开映照定理证明最大模定理。
提示：利用定理10.32
设$f$为一个映射，$D$为开集，若$f(D)$为开集，则称$f$为开映射，连续映射不一定是开映射。
反例：$f(z)=|z|,D=D(0;1)=\left\{z:|z|<1\right\}$，则$f(D)=[0,1)$不是开集
若$f$在开集$\Omega$上全纯，且不为常数，则$f(\Omega)$是开集。（证明见PPT定理10.32的注解）
因为定理10.32告诉我们：在一个开集上非常数的全纯函数，除了附加上一个常数以外，都局部有$\pi_m{\circ}\varphi$的形式。其中$\varphi:V{\to}W$，$V$为开集，而$\pi_m$为开映射。
于是我们知道在$V$内$f-w_0=\pi_m{\circ}\varphi$，而$f$恰好是$V-\left\{z_0\right\}$到$D'(0;r^m)$的$m$对一的映射。也即${\forall}w_0{\in}f(\Omega),{\exists}r_0=r^m,{\forall}w{\in}D(w_0;r_0),w-w_0{\in}D(0;r^m)$，因此${\exists}\eta{\in}D(0;r)$，使得$\eta^m=w-w_0$，又$\varphi$是从$V$到$D(0;r)$的咳逆映射，因此${\exists}z{\in}v$，使得$\eta=\varphi(z)$，于是$w-w_0=[\varphi(z)]^m$，又${\forall}z{\in}V$，有$f(z)=w_0+[\varphi(z)]^m$，于是$w=f(z){\in}f(\Omega)$。
这样我们就有${\forall}w_0{\in}f(\Omega),{\exists}r_0>0$，使得$D(w_0;r){\subset}f(\Omega)$，因此$f(\Omega)$是开的。
利用开映射定理可以证明最大模原理
设$z_0$是$|f(z)|$上$\Omega$的最大值点，也即${\exists}f>0$，使得$f(z_0)$是$|f(z)|$在$D(z_0;\delta)$上的最大值点，因为$f(z)$不是常数。于是知道$f(D(z_0;\delta))$是开集，特别地，$f(z_0)$是$f(D(z_0;\delta))$的内点，因此$|f(z_0)|$不可能是最大值。
思路：开映射定义和一个反例，然后先说明其值域是个开集，这需要用到局部上不断构造来实现，证明最大模定理是通过反证法，假设在真的在内点取到，则因为题设的非常数条件，由开映射定理知道值域也是开集，于是对应的值必然是内点，不是最大值。
7 留数定理计算反常积分
先说明
$$ \int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx $$
收敛。并且利用留数定理计算该积分的值。
提示：见定理10.44
解：
$$ \int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx=\int^1_0\frac{sin^2x}{x^2}dx+\int^{\infty}_{1}\frac{sin^2x}{x^2}dx $$
因为
$$ \lim_{x{\to}0^{+}}\frac{\sin{x}}{x^2}=1 $$
于是知道$x=0$不是瑕点。
于是$\int^{\infty}_{1}\frac{sin^2x}{x^2}dx$收敛，可以知道$\int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx$收敛。
接下来计算：
$$ \begin{aligned} \int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx=&-\int^{\infty}_{0}sin^2xd{\frac{1}{x}}\\=&-\frac{sin^2x}{x}|^{\infty}_0+\int^{\infty}_0\frac{1}{x}d{sin^2x}\\ =&0+\int^{\infty}_0\frac{2sinxcosx}{x}dx\\ =&\int^{\infty}_0\frac{sin2x}{x}dx\\ =&\int^{\infty}_0\frac{sint}{\frac{t}{2}}\frac{1}{2}dt\\ =&\int^{\infty}_0\frac{sint}{t}dt=\frac{\pi}{2} \end{aligned} $$
上面进行了$2x=t,x=\frac{t}{2},dx=\frac{dt}{2}$的换元。
而最后一个等式$\int^{\infty}_0\frac{sint}{t}dt=\frac{\pi}{2}$，而这一部分是结合了柯西定理证明的：
$$ \int^{\infty}_{0}\frac{sinx}{x}dx=\frac{1}{2}\lim_{A{\to}\infty}\int^A_{-A}\frac{sinx}{x}e^{i0x}dx=\frac{\pi}{2} $$
于是我们知道：
$$ \int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx=\frac{\pi}{2} $$
思路：先证明收敛（数分知识：取到瑕点，然后对比其阶数即可）计算是通过分部积分和换元法，结合柯西定理得到的。
8 留数定理计算反常积分
利用留数定理计算
$$ \int^{\infty}_0\frac{cosx}{(1+x^2)^2}dx $$
提示：利用儒歇定理，定理10.43
解：$\frac{\cos{x}}{(1+x^2)^2}$为偶函数，于是设$I=\frac{1}{2}\int^{\infty}_{-\infty}\frac{cosx}{(1+x^2)^2}dx$，又因为$e^{ix}=cosx+isinx$，于是我们得到
$$ I=\frac{1}{2}Re\left(\int^{\infty}_{-\infty}\frac{e^{ix}}{(1+x^2)^2}dx\right) $$
考虑$f(z)=\frac{e^{iz}}{(1+z^2)}^2,f(z)$在上半平面，有$z=i$为二阶极点。取$R$充分大，$R>1$，于是$[-R,R]$和$C_R:z=Re^{i\theta},\theta:0{\to}\pi$合成一闭曲线$\gamma$，由留数定理知道：
$$ \int^R_{-R}f(x)dx+\int_{C_R}f(z)dz=\int_{\gamma}f(z)dz=2\pi{i}Res(f;i) $$
于是知道
$$ \begin{aligned} \int_{C_R}f(z)dz=&\int^{\pi}_0\frac{e^{iRe^{i\theta}}}{(1+R^2e^{2i{\theta}})^2}iRe^{i\theta}d{\theta}\\ =&\int^{\pi}_0\frac{e^{iRcos{\theta}}{\cdot}e^{-Rsin{\theta}}}{(1+R^2e^{2i{\theta}})^2}Re^{i\theta}id{\theta} \end{aligned} $$
于是
$$ \begin{aligned} |\int_{C_R}f(z)dz|{\le}&\int^{\pi}_0\frac{|e^{iRcos{\theta}}{\cdot}e^{-Rsin{\theta}}|}{|1+R^2e^{2i\theta}|^2}Rd{\theta}\\ {\le}&\int^{\pi}_0\frac{e^{-Rsin{\theta}}}{(R^2-1)^2}Rd{\theta} \end{aligned} $$
这是因为
$$ |1+R^2e^{2i\theta}|{\ge}|R^2e^{2i{\theta}}|-1=R^2-1 $$
于是乎
$$ \begin{aligned} |\int_{C_R}f(z)dz|{\le}&\int^{\pi}_0\frac{e^{-Rsin{\theta}}}{(R^2-1)^2}Rd{\theta}\\ =&\frac{R}{(R^2-1)^2}\int^{\pi}_0e^{-Rsin{\theta}}d{\theta}\\ =&\frac{R}{(R^2-1)^2}2\int^{\frac{\pi}{2}}_0Re^{-Rsin{\theta}}d{\theta}\\ {\le}&\frac{2R}{(R^2-1)^2}\int^{\frac{\pi}{2}}_0e^{-\frac{2R}{\pi}\theta}d{\theta}\\ =&\frac{2R}{(R^2-1)^2}(-\frac{\pi}{2R}e^{-\frac{2R}{\pi}\theta}|^{\frac{\pi}{2}}_0)\\ =&\frac{\pi}{(R^2-1)^2}(1-e^{-R}){\to}0{\quad}R{\to}\infty \end{aligned} $$
第二个不等号是因为$\theta{\in}[0,\frac{\pi}{2}]$中，$\sin{\theta}{\ge}\frac{2}{\pi}\theta$。
于是可以推出
$$ \lim_{R{\to}\infty}\int_{C_R}f(z)dz=0 $$
因为
$$ \int^R_{-R}f(x)dx+\int_{C_R}f(z)dz=2\pi{i}Res(f;i) $$
两边取极限，令$R{\to}\infty$。则得到：
$$ \int^{\infty}_{-\infty}\frac{e^{ix}}{(1+x^2)^2}dx=2\pi{i}Res(\frac{e^{iz}}{(1+z^2)^2};i) $$
而
$$ \begin{aligned} Res(\frac{e^{iz}}{(1+z^2)^2};i)=&\lim_{z{\to}i}[(z-i)^2\frac{e^{iz}}{(z^2+1)^2}]'\\ =&\lim_{z{\to}i}(\frac{e^{iz}}{(z^2+i)^2})'\\ =&\lim_{z{\to}i}\frac{ie^{iz}(z+i)^2-e^{iz}z(z+i)}{(z+i)^4}\\ =&\lim_{z{\to}i}\frac{e^{iz}(iz-3)}{(z+i)^3}=\frac{-4e^{-1}}{-8i}=\frac{e^{-1}}{2i} \end{aligned} $$
于是
$$ \int^{\infty}_{-\infty}\frac{e^{ix}}{(1+x^2)^2}dx=2\pi{i}\frac{e^{-1}}{2i}=\frac{\pi}{e} $$
$$ \int^{\infty}_0\frac{cosx}{(1+x^2)^2}dx=\frac{1}{2}Re(\int^{\infty}_{-\infty}\frac{e^{ix}}{(1+x^2)^2}dx)=\frac{\pi}{2e} $$
思路：这里利用了留数定理和计算的各种技巧。
9 指数根的存在性
假设$\lambda>1$，证明$e^{-\lambda}=z$在$D(0,1)$恰好有一个根，且为实根。
证明：令$g(z)=e^{z-\lambda}-z,f(z)=-z$在$\mathbb{C}$上全纯，且在$|z|=1$上有
$$ |f(z)|=|-z|=1 $$
$$ |f(z)-g(z)|=|e^{z-\lambda}|=|e^{x+iy-\lambda}|=e^{x-\lambda}{\le}e^{|z|-\lambda}=e^{1-\lambda}<1 $$
于是
$$ |f(z)-g(z)|<|f(z)| $$
由Rouche定理知道：$g$与$f$在$|z|<1$内零点个数相同。
又$f(z)=-z$在$|z|<1$内恒有一个零点$z=0$。于是$e^{z-\lambda}-z$在$|z|<1$内恒有一个零点。也即$e^{z-\lambda}=z$在$|z|<1$内恒有一个根。
接下来我们证明这个根是实根：
因为$g(x)=e^{x-\lambda}-x$在$\mathbb{R}$上连续，且
$$ g(0)=e^{-\lambda}>0,g(1)=e^{1-\lambda}-1<0 $$
由零点存在定理，知道${\exists}x_0{\in}(0,1)$使得$g(x_0)=0$，又因为$e^{z-\lambda}=z$在$|z|<1$内恒有一根。于是$e^{z-\lambda}=z$在$|z|<1$内的根为实根$x_0$。
思路：这里利用了Rouche定理证明存在一个根，然后再利用零点存在定理证明这个根是实根。
10 全纯的充分必要条件
设$D$是区域，$f$在$D$上具有一阶连续偏导，也即$f{\in}C^1(D)$。证明$f$在$D$上全纯的充要条件是：对于${\forall}a{\in}D$，均有：
$$ \lim_{t{\to}0^+}\frac{1}{m^2}\int_{|z-a|=r}f(z)dz=0 $$
提示：利用定理11.1及定理11.2
证明：由$f{\in}C^1(D)$，可以知道：对于${\forall}a{\in}D$，有
$$ f(z)-f(a)=\frac{\partial{f}}{\partial{z}}(a)(z-a)+\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)(\overline{z}-\overline{a})+o(|z-a|) $$
于是
$$ f(z)=f(a)+\frac{\partial{f}}{\partial{z}}(a)(z-a)+\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)(\overline{z}-\overline{a})+o(|z-a|) $$
又
$$ \int_{|z-a|=r}dz=0,\int_{|z-a|=r}(z-a)dz=0 $$
于是
$$ \begin{aligned} \int_{|z-a|=r}f(z)dz=&\int_{|z-a|=r}f(a)dz+\int_{|z-a|=r}\frac{\partial{f}}{\partial{z}}(a)(z-a)dz\\ +&\int_{|z-a|=r}\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)(\overline{z}-\overline{a})+\int_{|z-a|=r}o(|z-a|)dz \end{aligned} $$
于是
$$ \begin{aligned} \int_{|z-a|=r}f(z)dz=&\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)\int_{|z-a|=r}(\overline{z}-\overline{a})dz+\int_{|z-a|=r}o(|z-a|)dz\\ =&\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)\int^{\pi}_{-\pi}re^{-i\theta}ie^{i\theta}d{\theta}+\int_{|z-a|=r}o(z-a)dz\\ =&2i\pi{r}^2\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)+\int_{|z-a|=r}o(|z-a|)dz \end{aligned} $$
又
$$ |\int_{|z-a|=r}o(|z-a|dz)|{\le}\int_{|z-a|{=r}}o(|z-a|)|dz|=o(r)\int_{|z-a|=q}|dz|=\frac{o(r)}{r}2\pi{r}^2 $$
于是
$$ \lim_{r{\to}0^{+}}\frac{1}{\pi{r}^2}\int_{|z-a|=r}o(|z-a|)dz=0 $$
$$ \lim_{r{\to}0^{+}}\frac{1}{\pi{r}^2}\int_{|z-a|=r}f(z)dz=2i\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a) $$
$$ \lim_{r{\to}0^{+}}\frac{1}{\pi{r}^2}\int_{|z-a|=r}f(z)dz=0{\iff}\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)=0 $$
而$f$在$D$上全纯$\iff{f}$在$D$上实可微，且${\forall}a{\in}D$，有$\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)=0$。
若$f{\in}C^1(D)$，则$f$在$D$上全纯$\iff{\forall}a{\in}D$有
$$ \lim_{r{\to}0^{+}}\int_{|z-a|=r}\frac{1}{\pi{r}^2}f(z)dz=0 $$
思路：由全纯函数分解，然后再利用全纯性质舍去某些项目，最后利用不等式不断估计即可。
11 对数函数与调和函数的性质
验证$u(z)=\ln|1-z|^2$在$D(0,1)$调和并且利用调和函数的平均值性质来求
$$ I=\int^{\pi}_0\ln(1-2r\cos{\theta}+r^2)d{\theta}{\quad}(0<r<1) $$
的值。
解：令$u(z)=\ln|1-z|^2,z=x+iy$。则$u(x{\cdot}y)=\ln[(1-x)^2+y^2]$，于是
$$ u_x=\frac{2(x-1)}{(1-x)^2+y^2},u_y=\frac{2y}{(1-x)^2+y^2} $$
$$ u_{xx}=\frac{2}{(1-x^2)+y^2}-\frac{4(x-1)^2}{[(1-x)^2+y^2]^2}=\frac{2y^2-2(x-1)^2}{[(1-x)^2+y^2]^2}\\ u_{yy}=\frac{2}{(1-x)^2+y^2}-\frac{4y^2}{[(1-x)^2+y^2]^2}=\frac{2(x-1)^2-2y^2}{[(1-x)^2+y^2]^2} $$
于是
$$ \Delta{u}=u_{xx}+u_{yy}=0 $$
于是：$\ln{|1-z|^2}$在$D(0;1)$上调和，由调和函数的平均值公式有：
$$ \ln|1-0|^2=u(0)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}u(re^{i\theta})d{\theta}\\ =\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\ln|1-re^{i\theta}|^2d{\theta}=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\ln(1-2rcos{\theta}+r^2)d{\theta} $$
得到
$$ \frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\ln(1-2rcos{\theta}+r^2)d{\theta}=0 $$
又$\ln(1-2rcos{\theta}+r^2)$关于$\theta$是偶函数。于是：$\int^{\pi}_{0}\ln(1-2rcos{\theta}+r^2)d{\theta}=0$。
思路：这个仅仅是先验证其调和性质，然后利用调和函数的平均值公式和偶性质即可得到结论。
12 调和函数证上下界
假设实函数$u(z)$在复平面$C$上调和且不为常数。证明：$u(z)$在$C$上既没有上界，也没有下界。
提示：利用反证法和定理11.10
解：不妨设$u$在$\mathbb{C}$上有界，也即${\exists}M>0,{\forall}z{\in}\mathbb{C}$，有$u(z){\le}M$。
由定理11.10知道：存在一个在$\mathbb{C}$上的调和函数$V$，使得$u+iv=f$在$\mathbb{C}$上全纯。
取$F(z)=e^{f(z)}$，则$F(z)$在$\mathbb{C}$上全纯，且
$$ |F(z)|=|e^{f(z)}|=|e^{u+iv}|=e^u{\le}e^M $$
于是$F(z)$为有界整函数，由刘维尔定理知道：$F$为常数，于是得到$f$为常数，但是这推出$u$为常数与题设矛盾。
思路：反证法，假设有界，则得到一个全纯的结果，但是利用刘维尔定理不难推出为常数与题设矛盾。
13 全纯函数证明零点存在
设$\Omega$是一个区域，$D$是圆盘，$\overline{D}{\subset}\Omega,f{\in}H(\Omega)$，且不为常数，在$\partial{D}$上$\left|f\right|$为常数。证明：在$D$内至少有一个零点。
提示：利用最大模定理12.1和反证法。
证明：反证法：级数$f$在$D$内没有零点，则推出$\frac{1}{f}$在$D$内全纯，又$|f|$在$\partial{D}$为常数，于是推出$f$在$\partial{D}$处处不为0（否则由最大模原理则推出$f$在$D$内处处为0）。由唯一性定理，则$f$在$\Omega$恒为0，但是这与$f$不为常数矛盾。
由极大模原理有：对于${\forall}z{\in}D$，有
$$ |\frac{1}{f(z)}|{\le}\max_{z{\in}\partial{D}}|\frac{1}{f(z)}|=\frac{1}{c} $$
于是对于${\forall}z{\in}D$，有
$$ |f(z)|{\ge}C=\max_{z{\in}\partial{D}}|f(z)| $$
由最大模原理可以知道$f$在$D$内为常数，再由唯一性定理知道：$f$在$\Omega$内为常数，这与题设矛盾。
思路：反证法，假设没有零点，然后我们利用最大模原理推出在圆盘内部是常数，则由唯一性定理知道，在整个区域内为常数，但是与题设矛盾。
14 全纯函数与幂级数全纯
设$f(z)$在$D(0,1)$内全纯，且$f(0)=0$，证明：$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$D(0,1)$全纯。
提示：类似施瓦茨引理12.2的证明，仅需说明$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$D(0,1)$内闭一致收敛即可
证明：由于$f(z)$在$D(0,1)$内全纯，于是$f(z^{n})$在$D(0;1)$全纯，于是仅需证明$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$D(0,1)$内闭一致收敛即可。
因为$f(0)=0$，由最大模原理可以知道：
对于${\forall}z{\in}\overline{D}(0;r)$有
$$ |\frac{f(z)}{z}|{\le}\max_{|z|=r}\frac{|f(z)|}{|z|}{\le}\frac{M(r)}{r} $$
于是
$$ |\frac{f(z^n)}{z^n}|{\le}\frac{M(r)}{r} $$
其中$M(r)=\max_{|z|=r}|f(x)|$。
$$ |f(z^n)|{\le}\frac{M(r)}{r}|z|^n{\le}M(r)r^{n-1} $$
又$\sum^{\infty}_{n=1}M(r)r^{n-1}$收敛，由比较判别法，我们知道$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$|z|{\le}r$上一致收敛。
由$r$的任意性，知道$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$|z|<1$上内闭一致收敛。于是知道：$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$D(0,1)$全纯。
思路：从函数全纯推出其次幂也是全纯，于是我们仅需证明其级数内闭一致收敛，用最大模定理知道其有界性，然后用比较判别法直接证明。
