机敏问答[复变][4] #20210627

平方可积解析函数
- 答案
Schwarz引理和双曲几何
- 答案
非负调和函数
- 答案
洛朗展开
- 答案
孤立奇点
- 答案
整函数
- 答案
亚纯函数
- 答案

本专栏主要作个人复习自测，有相关知识预备的同学也可作复习用。不保证无相应基础的人士能看明白。
万一考试考到了，或者对你的学习有较大帮助，一键三连不过分吧（斜眼笑）

平方可积解析函数

复值平方可积函数（∣f∣2|f|^2∣f∣2在有界区域上广义可积）和实值平方可积函数中以下哪些事物有本质区别？
a. （有界区域上）平方可积则绝对可积 b. 平方可积函数构成线性空间 c. 内积和其对称性、线性性、正定性 d. 内积的柯西-施瓦兹不等式 e. ∣f(z0)∣2≤1πR2∬D(z0,R)∣f(z)∣2dS|f(z_0)|^2\le \frac 1{\pi R^2}\iint_{D(z_0,R)}|f(z)|^2dS∣f(z0)∣2≤πR21∬D(z0,R)∣f(z)∣2dS f. 函数的“模长“与”距离“ g. 依平方度量的收敛推出一致收敛
对单位圆盘，{einz}\{e^{inz}\}{einz}在适当标准化后是完备单位正交函数系吗？
0.的g.能不能推广到绝对收敛推出一致收敛？

答案

a.b.区别不大。c.中内积注意出现共轭，对称性注意要共轭，线性性只对第一个变量成立。
d.中不等式为了绕过复数可以考察关于ttt的实二次函数(∣f∣+t∣g∣,∣f∣+t∣g∣)(|f|+t|g|,|f|+t|g|)(∣f∣+t∣g∣,∣f∣+t∣g∣).
e.可以利用fff的平均值不等式和柯西不等式推出。也可以直接用f2f^2f2的平均值不等式推出。其中平均值不等式是复变量情况特有的。实变量情况，x2x^2x2就没有此性质。
f.注意复变量情况，内积定义中需要共轭。
g.实变量情况显然不能（没有不等式e.）
不是（平均值原理求出∬eizdS\iint e^{iz}dS∬eizdS非零）
可以。仍用平均值定理。

Schwarz引理和双曲几何

为什么单位圆盘到自身全纯映射fff一定有d(f(z),f(w))≤d(z,w)d(f(z),f(w))\le d(z,w)d(f(z),f(w))≤d(z,w)？（其中d(z,w):=∣z−w1−zˉw∣d(z,w):=|\frac{z-w}{1-\bar zw}|d(z,w):=∣1−zˉwz−w∣）
利用导数记号怎么写出0.？（提示：看0.中两边分子）
接上，如果考虑w=f(z)w=f(z)w=f(z)，那么∣dw∣1−∣w∣2≤∣dz∣1−∣z∣2\frac{|dw|}{1-|w|^2}\le\frac{|dz|}{1-|z|^2}1−∣w∣2∣dw∣≤1−∣z∣2∣dz∣何时取等号？为什么？有什么几何意义？
保弧长微元是否说明保两点间距离？
怎么根据两点间距离定义求000与1/21/21/2的（双曲）距离？从而怎么求任意两点距离？根据分式线性变换的性质，这说明双曲几何中的直线是欧氏几何的直线吗？
fff在单位圆解析且Ref(z)≥0Ref(z)\ge 0Ref(z)≥0，f(0)=af(0)=af(0)=a，为了证明∣f(z)−af(z)+a∣≤∣z∣|\frac{f(z)-a}{f(z)+a}|\le |z|∣f(z)+af(z)−a∣≤∣z∣应该考察对（）的施瓦尔茨引理。接着为什么马上能得到f(z)f(z)f(z)模的范围？
Schwarz引理的拓展：如果单位圆盘到自身映射原点处kkk阶以下导数为零，怎么类比原始的Schwarz引理给出结论？
接上，考察∣f(z)−p(z)∣|f(z)-p(z)|∣f(z)−p(z)∣的界，其中fff是单位圆盘到自身解析函数，ppp是原点处泰勒展开。

答案

总的来说：利用适当化归（其实是“可迁群”思想）。设f(a)=bf(a)=bf(a)=b，则适当取g,hg,hg,h可以使得h(f(g(0)))=0h(f(g(0)))=0h(f(g(0)))=0，对于h(f(g(z))):=k(z)h(f(g(z))):=k(z)h(f(g(z))):=k(z)有∣k(z)∣≤∣z∣|k(z)|\le |z|∣k(z)∣≤∣z∣（Schwarz引理：即用最大模原理考察一系列趋向于单位圆的圆环），则∣h(f(w))∣≤∣g−1(w)∣,d(f(w),f(a))≤d(w,a)|h(f(w))|\le |g^{-1}(w)|,d(f(w),f(a))\le d(w,a)∣h(f(w))∣≤∣g−1(w)∣,d(f(w),f(a))≤d(w,a)
∣f′(z)∣1−∣f(z)∣2≤11−∣z∣2\frac{|f'(z)|}{1-|f(z)|^2}\le\frac{1}{1-|z|^2}1−∣f(z)∣2∣f′(z)∣≤1−∣z∣21
如果是全纯自同胚，那么正逆都看显然说明了应当取等号。如果取等号，那么化归到∣f∣/∣z∣=1|f|/|z|=1∣f∣/∣z∣=1马上说明了fff是特定的分式线性变换（全纯自同胚）。几何意义：在单位圆盘上指定度量后，fff保持弧长微元的长度。注：其实这是双曲几何，L(γ):=∫01x′(t)2+y′(t)2dt1−x(t)2−y(t)2L(\gamma):=\int_0^1\frac{\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}dt}{1-x(t)^2-y(t)^2}L(γ):=∫011−x(t)2−y(t)2x′(t)2+y′(t)2dt.
是。两点间距离定义是连接它们的弧中长度最小者。保弧长微元，则保一段弧的弧长，则……
考虑任意000到1/21/21/2参数曲线z(t)=(x(t),y(t))z(t)=(x(t),y(t))z(t)=(x(t),y(t))，令z1(t):=(x(t),0)z_1(t):=(x(t),0)z1(t):=(x(t),0)，则……。对于任意两点，只需作适当分式线性变换。
不一定。实际上，考虑a,ba,ba,b距离，我们为了把aaa变到0，bbb变到正实数，考虑分式线性变换L(z)=eiθz−a1−aˉzL(z)=e^{i\theta}\frac{z-a}{1-\bar az}L(z)=eiθ1−aˉzz−a，我们看到L(a)=0,L(b)=eiθb−a1−aˉb,L(a+b2)=eiθb−a2−baˉ−aaˉL(a)=0,L(b)=e^{i\theta}\frac{b-a}{1-\bar ab},L(\frac{a+b}2)=e^{i\theta}\frac{b-a}{2-b\bar a-a\bar a}L(a)=0,L(b)=eiθ1−aˉbb−a,L(2a+b)=eiθ2−baˉ−aaˉb−a，三点共欧氏直线当且仅当arg(1−aˉb)=kπ+arg(1−aˉb+1−aˉa),1−aˉb∈Rarg(1-\bar ab)=k\pi + arg(1-\bar ab+1-\bar a a),1-\bar a b\in\mathbb Rarg(1−aˉb)=kπ+arg(1−aˉb+1−aˉa),1−aˉb∈R，即0,a,b0,a,b0,a,b共线。（注：实际上测地线是连接两点且与单位圆周垂直的圆弧）
一个分式线性变换（g(z)=f(z)−af(z)+ag(z)=\frac{f(z)-a}{f(z)+a}g(z)=f(z)+af(z)−a）复合上fff. ∣g(f(z))∣≤∣z∣|g(f(z))|\le |z|∣g(f(z))∣≤∣z∣则∣g−1(g(f(z)))∣|g^{-1}(g(f(z)))|∣g−1(g(f(z)))∣在一个阿波罗尼乌斯圆内。
改为考察f/zαf/z^\alphaf/zα. 备注：由开映射定理，∣f∣≤1|f|\le1∣f∣≤1其实就是∣f∣<1|f|<1∣f∣<1.
起点≤2\le2≤2，然后归纳。已知∣f−pnn+2∣≤∣zn∣|\frac{f-p_n}{n+2}|\le |z^n|∣n+2f−pn∣≤∣zn∣，现由f−pn−αn+1zn+1n+3=n+2n+3f−pnn+2+⋯\frac{f-p_n-\alpha_{n+1}z^{n+1}}{n+3}=\frac{n+2}{n+3}\frac{f-p_n}{n+2}+\cdotsn+3f−pn−αn+1zn+1=n+3n+2n+2f−pn+⋯（加权平均）模长小于等于1，且0至n+1n+1n+1阶导为0得到∣f−pn+1n+3∣≤∣z∣n+1|\frac{f-p_{n+1}}{n+3}|\le|z|^{n+1}∣n+3f−pn+1∣≤∣z∣n+1.

非负调和函数

证明R2\mathbb R^2R2上非负调和函数最大值和最小值之比小于等于94\frac 9449（提示：对两点各取半径为2R2R2R和3R3R3R的圆盘，用平均值定理）
改变0.中取的圆盘大小会发生什么？
由此可以根据调和函数的刘维尔定理说明R2\mathbb R^2R2上非负调和函数（）。调和函数的刘维尔定理证明和解析函数的有何异同？
请由此说明解析函数模平方（∣f∣2|f|^2∣f∣2）不一定是调和函数。

答案

设两点距离1，则一者取半径2圆盘，一者取半径3圆盘。
一者取半径1+a1+a1+a圆盘，一者取半径2+a2+a2+a圆盘，则说明最大值和最小值之比小于等于(2+a1+a)2(\frac{2+a}{1+a})^2(1+a2+a)2
是常数。异：解析函数除了平均值定理证明，还可以用柯西公式证明（复数域多了一些结构）
略。

洛朗展开

如果单位圆盘DDD中只有一个点aaa是奇点，求另一个点bbb的函数值时还能直接找一个同时包住bbb和aaa的围道并用柯西公式吗？如果不能怎么办？
0.中两条闭曲线中哪条和幂级数有什么密切联系？另一条情况如何？
为了记忆洛朗展开式，请计算∮∣z∣=1z−1dz\oint_{|z|=1}z^{-1}dz∮∣z∣=1z−1dz，并说出和洛朗展开式系数有何关系。
任意一点（去心邻域处解析）处展开的洛朗级数一定有收敛的圆环区域吗？大环外拓和小环内缩有障碍吗？有什么障碍？
单连通区域上全纯函数有没有洛朗展式？它有何特殊之处？
阐述4.的逆命题并简要说明。
系数唯一性：方法是利用积分“提取”出指定系数。简述如何“提取”b3b_3b3（−4-4−4次幂系数）. （注：这表明任何可能的求展式方式对于同样的圆环区域都可以得到相同结果。因此比如说就可以形式上计算e1/ze^{1/z}e1/z在D(0,0,∞)=D0(0,∞)D(0,0,\infty)=D_0(0,\infty)D(0,0,∞)=D0(0,∞)的洛朗展式等）
什么时候0<∣z∣<10<|z|<10<∣z∣<1和∣z∣>1|z|>1∣z∣>1会有不同的展式？举一例。
如何定义无穷远处洛朗展式？

答案

找一个包含bbb和aaa的（大的）围道，再在aaa外面画一小圈。（实际上相当于对存在两个“洞”的区域用柯西定理）
大的闭曲线处积分∫f(w)dww−z\int\frac{f(w)dw}{w-z}∫w−zf(w)dw在aaa附近（去心）按照幂级数那一章相同的方法作处理，可以直接得到幂级数的系数an=12πi∫f(w)dw(w−a)n+1,n=0,1,⋯a_n=\frac 1{2\pi i}\int\frac{f(w)dw}{(w-a)^{n+1}},n=0,1,\cdotsan=2πi1∫(w−a)n+1f(w)dw,n=0,1,⋯. 小的闭曲线处积分∫f(w)dwz−w\int\frac{f(w)dw}{z-w}∫z−wf(w)dw（反号了！）只要有w−az−a\frac{w-a}{z-a}z−aw−a在某区域小于1，就可以类似处理，得到某个闭圆盘以外收敛的（负数次幂）”幂级数“。为了这样我们需要远离aaa. 综合两部分我们在aaa为中心的某个环形区域有洛朗展开f(z)=∑n=0+∞an(z−a)n+∑n=0+∞bn(z−a)−n−1,an=12πi∫f(w)dw(w−a)n+1,bn=12πi∫(w−a)nf(w)dwf(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_n(z-a)^n+\sum_{n=0}^{+\infty}b_n(z-a)^{-n-1},a_n=\frac 1{2\pi i}\int\frac{f(w)dw}{(w-a)^{n+1}},b_n=\frac 1{2\pi i}\int (w-a)^{n}f(w)dwf(z)=∑n=0+∞an(z−a)n+∑n=0+∞bn(z−a)−n−1,an=2πi1∫(w−a)n+1f(w)dw,bn=2πi1∫(w−a)nf(w)dw（注意ana_nan和bnb_nbn积分的闭曲线不同）
2πi2\pi i2πi. 洛朗展开式中-1次项系数就是12πi∫f(w)dw\frac 1{2\pi i}\int f(w)dw2πi1∫f(w)dw
不妨假设在原点（是奇点）处考察。回忆1.，∣z/w∣<1|z/w|<1∣z/w∣<1（www是闭曲线上的点，zzz是环形区域中的点）需要考虑半径不超过dist(0,∂Ω)dist(0,\partial \Omega)dist(0,∂Ω)的圆环，而∣w/z∣<1|w/z|<1∣w/z∣<1（www是另一条闭曲线上的点，zzz仍是环形区域中的点）要求则相当简单，只要把那个小的闭曲线取得很小即可。实际上，对于孤立奇点小环内缩没有任何障碍，可以直接把环形区域缩成开区域0<∣z∣<r0<|z|<r0<∣z∣<r，且洛朗展开式内闭一致收敛。大环外拓可能碰上奇点，∂Ω\partial \Omega∂Ω等等，这时就拓不了。
注：这样的内缩可以说明如果整函数无穷远处不是本性奇点，则无穷远处正则部分为0.
注：这样的外拓可以说明一些实数情况的结论，比如0处泰勒展开和rrr处泰勒展开的关系。
小闭曲线可以任意小（任意内缩），积分结果都是相等的（本质原因是柯西定理）。而对全纯函数，取小闭曲线足够小则算出bnb_nbn都是0，则全纯函数的洛朗展式主部为0.
回忆幂级数一点处收敛则一个圆盘处收敛。
对于fff，反设（原点为中心）环形区域上有两个幂级数展开式，b3b_3b3项分别是β3,β3′\beta_3,\beta'_3β3,β3′，则z3fz^3 fz3f在环形区域上内闭一致收敛，交换积分和求和顺序就得到β3=β3′\beta_3=\beta_3'β3=β3′. 具体来说，这里“提取”的意思是f=a0+b0z−1+a1z+b1z−2⋯f=a_0+b_0z^{-1}+a_1z+b_1z^{-2}\cdotsf=a0+b0z−1+a1z+b1z−2⋯，考虑包住原点的落在环形区域中的围道Γ\GammaΓ，有∫a0z3dz=∫a1z4dz=⋯=0,∫b0z2dz=∫b1zdz=∫b2dz=∫b4z−2dz=⋯=0\int a_0z^3dz=\int a_1 z^4dz=\cdots=0,\int b_0 z^2dz=\int b_1 zdz=\int b_2 dz=\int b_4 z^{-2}dz=\cdots=0∫a0z3dz=∫a1z4dz=⋯=0,∫b0z2dz=∫b1zdz=∫b2dz=∫b4z−2dz=⋯=0，因此∫Γz3fdz=∫∑⋯dz=∑∫⋯dz=2πib3\int_\Gamma z^3fdz=\int\sum\cdots dz=\sum\int\cdots dz=2\pi ib_3∫Γz3fdz=∫∑⋯dz=∑∫⋯dz=2πib3，则2πiβ3=∫Γz3fdz=2πiβ3′2\pi i\beta_3=\int_\Gamma z^3f dz=2\pi i \beta'_32πiβ3=∫Γz3fdz=2πiβ3′.
1/(1−z)1/(1-z)1/(1−z). 注意在∣z∣>1|z|>1∣z∣>1时1/(1−z)=−1/(z−1)=−1z11−1/z=⋯1/(1-z)=-1/(z-1)=-\frac 1z \frac{1}{1-1/z}=\cdots1/(1−z)=−1/(z−1)=−z11−1/z1=⋯，总之就是使得收敛（∣1/z∣<1|1/z|<1∣1/z∣<1）。
在g(z)=f(1/z)g(z)=f(1/z)g(z)=f(1/z)在0处的洛朗展式中，把所有zzz都换成1z\frac 1zz1。比如多项式的洛朗展式就是多项式。（注：此时主部指的是幂次为正的部分）

孤立奇点

举出一个解析函数的不孤立的奇点
可去奇点：补上定义就是解析函数。请利用函数x2sin(x−1)x^2 sin(x^{-1})x2sin(x−1)为提示，证明可去奇点的一个等价条件：邻域上函数值有界。
请利用邻域有界说明洛朗展式主部为0.（注：这是证明1.的另一种方法）
可去奇点的四个等价条件（可以补定义解析、有极限、邻域有界、展开式无主部）分别对应什么样的极点的等价条件？
为了证明极点洛朗展式主部为有限项，我们可以考虑谁的泰勒展式？
为了证明洛朗展式主部为有限项则该孤立奇点是极点，我们考察哪个解析函数和它的倒数？
如何说明e1/ze^{1/z}e1/z在0处有皮卡例外值，sinzsinzsinz在无穷处没有皮卡例外值？
（）（填奇点类型）的应用：D(0,0,1)D(0,0,1)D(0,0,1)与D(0,r,R)D(0,r,R)D(0,r,R)在r>0r>0r>0时不存在解析同胚。
复合函数，外层本性奇点内层非本性奇点则总体（）（即问：0是fff的非本性奇点，f(0)f(0)f(0)是ggg的本性奇点则？）。外层非常数亚纯，则内层函数的本性奇点也是（）。
设z=1z=1z=1是fff在C\mathbb CC上唯一一阶极点，fff无其它极点，则叙述fff在单位圆内泰勒展开系数的性质可以被如何确定？

答案

f(z)=(sin(1/z))−1f(z)=(sin (1/z))^{-1}f(z)=(sin(1/z))−1（注：实数情况可导不一定导数连续，用的就是x2sin(x−1)x^2 sin(x^{-1})x2sin(x−1)）
z2f(z)z^2f(z)z2f(z)在原点处可导，从而在原点邻域解析，从而光滑。再用幂级数展开。
直接考察∫f(w)wndw\int f(w)w^ndw∫f(w)wndw的量级（n≥0n\ge 0n≥0时是正数次幂量级）。和刘维尔定理的证明有类似之处
倒数可以补定义解析（但原函数不可以）、倒数有极限0、邻域处函数值趋于无穷、展开式主部为有限项。
1/f1/f1/f（注：1/f1/f1/f在0处泰勒展开得到znh(z),h≠0z^n h(z),h\ne0znh(z),h=0，则1/(znh(z))1/(z^n h(z))1/(znh(z))主部显然只有有限项，原因是1/h1/h1/h非零，解析。且洛朗级数有唯一性）
znf:=hz^n f:=hznf:=h则f=h/znf=h/z^nf=h/zn在原点不可延拓，zn/hz^n/hzn/h在原点可延拓。
略。x−x−1=zx-x^{-1}=zx−x−1=z对于一切zzz都有非零解，接着x=eiyx=e^{iy}x=eiy……
可去奇点
本性奇点，总体的本性奇点。
LLL是极点处主部，则f−Lf-Lf−L在C\mathbb CC解析。结论：幂级数在圆周∣z∣=1|z|=1∣z∣=1发散，limn→∞anlim_{n\to\infty}a_nlimn→∞an收敛，等等。

整函数

整函数的limr→+∞max∣z∣=r∣f∣rα(α>0)lim_{r\to +\infty} \frac{max_{|z|=r}|f|}{r^\alpha}(\alpha>0)limr→+∞rαmax∣z∣=r∣f∣(α>0)称为整函数的模。根据（）定理可以说明有某个α\alphaα对应的模为0的整函数一定是（）。
整函数如果把实数映成实数，非实数映成非实数，则首先根据解析映射局部的几何意义容易说明实数轴上fff处处（），从而根据代数基本定理和魏尔斯特拉斯定理说明fff一定是（）。

答案

（广义）刘维尔，多项式（提示：看幂级数系数）
导数为正实数（从而实轴上单调，单射），az+b(a,b∈R)az+b(a,b\in\mathbb R)az+b(a,b∈R)

亚纯函数

根据定义，亚纯函数的（非可去）奇点有什么性质？
有理函数为什么在扩充复平面上亚纯？
证明亚纯函数构成域和1.有什么异同？
亚纯函数的零点孤立性和唯一性和全纯有什么异同？
为什么我们经常说复平面上全纯，扩充复平面上亚纯，而不考察扩充复平面上全纯？从而扩充复平面上亚纯函数是什么？
复平面上实部恒正的亚纯函数为什么是常数？

答案

都是孤立奇点（特别地，是极点）。（注：不考虑函数恒为无穷的情况，不认为这是亚纯）
比如可以因式分解分母考察每个孤立奇点是极点。
只要除以的不是恒为0的函数，就对分母每个零点处泰勒展开到出现非零项。跟1.中因式分解有类似作用。
如果亚纯函数定义域（在扩充复平面上考虑）以无穷远为内点，则亚纯函数的零点不但孤立，还不能以无穷远为聚点！
扩充复平面上全纯函数是常数（紧集上连续函数有界。或者平均值原理不断扩大圆，到Cˉ\bar\mathbb CCˉ上北极点附近也可说明）。极点只有有限个，用加法化归，得到是有理函数。
注：这可以找到Cˉ\bar \mathbb CCˉ到自身所有全纯自同胚。
提示：先用开映射定理确认极点不存在。

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