6（2）．錯誤。例如，f(z)=|z|2=x2+y2,則f(z)=u(x,y)=x2y2,v(xy)≡0,?u(00)=?v=0,?u(00)=?v0,故f(z)在z00 導(dǎo)且f′(0)=0，但易見f(z)在z0?=0處不可導(dǎo)，故f(z)(3錯誤。例如，由上題的例子知f(z)=|z|2=x2y2在z0=0可導(dǎo)且f′(00，但易見f(z)在z0?=0處不可導(dǎo)，故f(z)處處不解析，故z0=0是f(z)的一個奇點，但f(z)在z0=0可導(dǎo)。錯誤。例如，f(z)=z=x?iy,則u(x,y)=x,v(x,y)=?yC1,?u(=1)?=?v(=?1)。故f(z) 因f(z)uiv解析，Cauchy-Riemann條件知當(dāng)v為常數(shù)時?u=?v=0,?u=?v=0,因而由f′(z)=?ui?v≡0,知f(z)=常數(shù)。 ７．因f(z)解析，知f′(z)=?u+i?v=:ux+ivx

= =

處處成立.由|f(z)|2u2v2,?|f

=2|f

=2

?v+ [[ [[?|f

=2|f

=2

?v+

?|f

+?|f

= u2u2+2uvuxvx+v2v2+u2u2+2uvuyvy+ 將等式(1)帶入右邊的等式中并利用f′(z)=ux+ivx,[(?|f| (?|f||f

=|f(z)|2|f當(dāng)f(z)≡0時，所要證明的等式顯然成立。當(dāng)f(z)?=0時，上式兩邊除以|f(z)|2,則得所要證的等式。 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).這時f(z)=u(xy)v(xy)≡0,由f(z)f′(z)=?u由Cauchy-Riemann條件知

=?v0,因而有f′(z)0,從而有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)=常數(shù)。 當(dāng)f(z)≡0時，(3)顯然正確。（這時(4)中的argf(z)不定義。當(dāng)f(z)?=0時，令h(z)=lnf(z)=ln|f(z)|+iargf(z)=u+iv.則易見h(z)解析，且有u=ln|f(z)|,v=argf(z).由6(6)可知，當(dāng)argf(z)=v為常數(shù)時，u=ln|f(z)|也是常數(shù)，從而有h(z)=lnf(z)為常數(shù)，即f(z)=eh(z)同理可證當(dāng)u=ln|f(z)|為常數(shù)時，v=argf(z)為常數(shù)， 從而有h(z)為常數(shù)，即f(z)=eh(z)為常數(shù)。215.Ln(?i)=ln(?i)+2kπi=ln|?i|+iarg(?i)+2kπi=ln1+i3π+2kπi222Ln(?3+4