求解析函数 \[f(z)=X+\ii Y,\] 已知其实部 \(X\) 等于 \[\frac{2\sin 2x}{\e^{2y}+\e^{-2y}-2\cos 2x}.\] 再在假设 \(X+Y\) 等于上述函数时，解同一问题。
题意澄清： 令题面给出的实函数为 \(g(x,y)\)。第一问要求找出满足 \(\operatorname{Re}f=X=g\) 的解析函数 \(f=X+\ii Y\)；第二问另起一个问题，要求满足 \(X+Y=g\)，并不是同时保留第一问的条件。答案应在 \(g\) 有定义的每个连通区域内讨论，允许出现由积分产生的常数。
评注： 这是一道很好的热身题。\(g\) 应先辨认为熟悉复函数的实部，而不是从头积分 Cauchy–Riemann 方程；它与 \(\cot z\) 的实部直接相关。第二问考查把 \(X+Y\) 重新解释为某个常数倍解析函数的实部。易漏之处是：给定实部后，解析函数只确定到一个纯虚常数；各连通区域的常数可以分别选取。
设 \[\varphi(m,p)=0\] 是某条实代数曲线的切线方程，也就是说，直线 \(y=mx+p\) 与该曲线相切的条件。证明方程 \[\varphi(\ii,-\ii z)=0\] 的各根，正是这条曲线的各个实焦点的复数坐标。
题意澄清： \(\varphi(m,p)=0\) 不是曲线本身的方程，而是直线 \(y=mx+p\) 与该曲线相切时，参数 \(m,p\) 必须满足的关系。题目要求在这个切线条件中代入复斜率 \(m=\ii\)、截距 \(p=-\ii z\)，再证明所得关于 \(z\) 的方程之根，恰好是各实焦点的复坐标 \(z=x+\ii y\)。
评注： 本题把欧氏几何中的焦点与斜率为 \(\pm\ii\) 的“迷向切线”联系起来。关键是解释切线参数为何能编码焦点，而不只是机械代入。若读者尚未接触平面几何的复化，这道题会显得跳跃；适合作为代数曲线焦点之复几何定义的拓展题。
若 \(p,q\) 是互素的两个整数，则两个表达式 \[\bigl(\sqrt[q]{z}\bigr)^p \qquad\text{与}\qquad \sqrt[q]{z^p}\] 等价。当 \(p,q\) 有大于 \(1\) 的最大公因数 \(d\) 时，情形如何？
题意澄清： 两个根式都应按多值表达式理解，即比较它们各自所有可能值组成的集合。“等价”指这两个值集相同。第一句给出 \((p,q)=1\) 时的结论；问题要求确定最大公因数 \(d>1\) 时两个值集各有多少个不同值，以及它们之间的包含关系。
评注： 最清楚的做法是研究单位根在映射 \(\zeta\mapsto\zeta^p\) 下的像与核。当 \(d=(p,q)>1\) 时，第一个表达式只有 \(q/d\) 个不同值，而第二个通常有 \(q\) 个值；前者是后者的一部分。本题的训练价值在于区分形式指数律与多值函数的真正等价性。
把 \[\left(1+\frac{x+y\ii}{m}\right)^m\] 在正整数 \(m\to\infty\) 时的极限看作 \(\e^{x+y\ii}\)，求它的模与辐角。
题意澄清： \(x,y\) 是固定实数，\(m\) 取正整数并趋于无穷。题目把给定极限作为复指数 \(\e^{x+\ii y}\) 的定义，要求由这个极限本身确定其模和辐角，而不是直接引用待证明的 Euler 公式。
评注： 对有限次幂分别考察模和连续辐角，再取极限即可。应说明辐角通常只在模 \(2\pi\) 的意义下确定；若沿该极限追踪连续辐角，则得到辐角 \(y\)。
证明下列公式，其中 \(m\) 是正整数： \[\begin{aligned} 2^m\cos^m z ={}&2\cos mz+2m\cos(m-2)z\\ &+2\frac{m(m-1)}{1\cdot2}\cos(m-4)z+\cdots. \end{aligned}\] 若 \(m\) 为奇数，最后一项含 \(\cos z\)；若 \(m\) 为偶数，展开式末项与 \(z\) 无关，并等于 \[\frac{m!}{\left[\left(\frac m2\right)!\right]^2}.\] 同样，若 \(m\) 为奇数， \[(2\ii)^m\sin^m z =2\ii\sin mz-2\ii m\sin(m-2)z+\cdots;\] 若 \(m\) 为偶数， \[(2\ii)^m\sin^m z =2\cos mz-2m\cos(m-2)z+\cdots +(-1)^{m/2}\frac{m!}{\left[\left(\frac m2\right)!\right]^2}.\]
题意澄清： 省略号表示按二项式系数继续排列、角度每次减少 \(2z\) 的完整有限展开。需要分别证明 \(\cos^m z\) 和 \(\sin^m z\) 的公式，并解释为什么 \(m\) 的奇偶性会改变最后一项：偶数次幂会出现一个无法与另一指数项配对的中央常数项。
评注： 展开 \((\e^{\ii z}+\e^{-\ii z})^m\) 与 \((\e^{\ii z}-\e^{-\ii z})^m\)，再把指数相反的项配对即可。计算量略大，但方法统一；主要的记号陷阱是末项的系数和符号。
证明公式 \[\begin{aligned} &\cos a+\cos(a+b)+\cdots+\cos(a+nb)\\ &\qquad= \frac{\sin\left(\frac{n+1}{2}b\right)}{\sin(b/2)} \cos\left(a+\frac n2b\right), \end{aligned}\] 以及 \[\begin{aligned} &\sin a+\sin(a+b)+\cdots+\sin(a+nb)\\ &\qquad= \frac{\sin\left(\frac{n+1}{2}b\right)}{\sin(b/2)} \sin\left(a+\frac n2b\right). \end{aligned}\]
题意澄清： 两个和都从 \(k=0\) 加到 \(k=n\)，其中 \(n\) 是非负整数。题面公式默认 \(\sin(b/2)\ne0\)；当 \(b\) 是 \(2\pi\) 的整数倍时，右端表面上是 \(0/0\)，应由原有限和直接计算或取极限解释。
评注： 把两式合并成 \(\sum_{k=0}^{n}\e^{\ii(a+kb)}\)，作为一次有限几何级数求和，再取实部和虚部，是最简洁的证明。
当变量 \(z\) 沿从原点到点 \(1+\ii\) 的线段移动时，求 \(\arcsin z\) 的终值；规定在起点 \(z=0\) 时，\(\arcsin z\) 的初值为 \(0\)。
题意澄清： \(\arcsin z\) 是多值函数。这里指定路径 \(z(t)=t(1+\ii)\)（\(0\le t\le1\)）和起始值 \(0\)，要求把这个局部分支沿路径连续解析延拓，并报告到达 \(z=1+\ii\) 时的那个值；不是任取终点处的某个反正弦值。
评注： 可从 \[\arcsin z=-\ii\Log\!\left(\ii z+\sqrt{1-z^2}\right)\] 出发，令根号在起点取 \(+1\)，随后连续选择根号与对数。直接写“主值”而不检查它是否与指定延拓一致，不能算完整解答。
利用原书第 21 页的式 (12) \[f(z+h)-f(z) =h f_1(z)+\frac{h^2}{1\cdot2}f_2(z)+\cdots +\frac{h^n}{n!}f_n(z)+\cdots\] 证明幂级数的连续性。
提示
可为右端级数选取一个适当的优函数。
题意澄清： 要证明的是：一个幂级数在其收敛圆内部所定义的和函数是连续函数。引用的式 (12) 用 \(f(z+h)-f(z)\) 的级数表示差值；提示要求找一个与充分小的 \(h\) 无关、且可求和的控制级数。
评注： 在收敛圆内先固定一个稍大的闭圆，再用绝对收敛给差值级数作一致控制。核心学习点是：每项连续并不单独保证级数和连续，真正起作用的是局部一致收敛。
计算积分 \[\int x^m\e^{ax}\cos bx\,\diff x, \qquad \int x^m\e^{ax}\sin bx\,\diff x,\] 以及 \[\int\cot(x-a)\cot(x-b)\cdots\cot(x-l)\,\diff x.\]
题意澄清： 前两项是关于实变量 \(x\) 的不定积分，通常把 \(m\) 看作非负整数，把 \(a,b\) 看作常数。第三项中的 \(a,b,\ldots,l\) 是各余切因子的常数平移参数；一般应先按彼此不合同于模 \(\pi\) 的情形计算，参数重合时需合并为高次因子另作处理。
评注： 前两个积分最好合并为 \(\int x^m\e^{(a+\ii b)x}\,\diff x\)，最后分别取实部和虚部。余切乘积可经指数代换或三角恒等式化为有理函数后作部分分式分解。题目同时训练复数方法和代数整理。
在 \(xOy\) 平面内给定一条闭曲线 \(C\)。设它具有任意多个二重点，并按约定方向描绘。依第一卷 §96 的规则，给这条曲线所分割出的每一个平面区域赋予一个数值系数：若相邻区域 \(R,R'\) 由边界上一段弧 \(ab\) 分隔，而该弧按从 \(a\) 到 \(b\) 的方向描绘，则左侧区域的系数比右侧区域的系数大 \(1\)；曲线 \(C\) 外部区域的系数取为 \(0\)。
设 \(z_0\) 是这些区域之一内的一个点，\(N\) 是该区域的系数。证明：当点 \(z\) 按约定方向描绘曲线 \(C\) 时，\(z-z_0\) 的辐角总改变量等于 \[2N\pi.\]
题意澄清： 区域系数由题给的“跨越定向边界时左边比右边大 \(1\)”规则递推确定。所谓“辐角总改变量”是沿整条曲线连续追踪 \(\arg(z-z_0)\) 后的累计变化，不是终点与起点的主辐角之差。需要证明这个累计量等于点 \(z_0\) 所在区域的系数 \(N\) 乘 \(2\pi\)。
评注： 可先验证跨过一条定向弧时曲线指标如何变化，再利用外部区域指标为零；二重点不改变局部跳跃规律。本题实际上证明区域标号就是闭曲线关于该区域内任一点的绕数。
研究 \[\Log\left(\frac{1+z}{1-z}\right)\] 在收敛圆周上的展开，证明级数 \[\frac{\sin\theta}{1} +\frac{\sin3\theta}{3} +\frac{\sin5\theta}{5} +\cdots +\frac{\sin(2n+1)\theta}{2n+1}+\cdots\] 的和，当 \(\sin\theta>0\) 时等于 \(\pi/4\)，当 \(\sin\theta<0\) 时等于 \(-\pi/4\)（参见第一卷 §198）。
题意澄清： 先在 \(|z|<1\) 内展开 \[\Log\frac{1+z}{1-z},\] 再研究该展开在单位圆 \(z=\e^{\ii\theta}\) 上的径向边界值。要求由此求出所列正弦级数的和。\(z=\pm1\) 是原函数的零点或奇点，应排除或单独讨论；题面的两种结论对应 \(\sin\theta\ne0\)。
评注： 圆内展开很直接，难点是合法地趋近收敛圆周并追踪 \(\Log\) 的分支。令 \(z=r\e^{\ii\theta}\)、\(r\uparrow1\)，再取虚部，可得到只含奇次谐波的级数；\(\sin\theta\) 的符号决定对数虚部位于哪一侧。
当点 \(z\) 描绘一条直线或一个圆时，研究点 \[Z=z^3\] 所描绘的曲线。
题意澄清： 对 \(z\) 平面内任意一条直线和任意一个圆，题目要求描述其在映射 \(Z=z^3\) 下的像，包括容易退化的特殊位置、一般像曲线的方程或参数式，以及可能的对称性、自交或奇点。“研究”不只是说明像仍为某类初等曲线。
评注： 建议先参数化原直线或圆，再取三次幂。经过原点的直线和以原点为圆心的圆是清楚的特例；一般位置会产生较高次的代数曲线。应特别检查 \(z=0\)，因为映射的导数在那里消失。
关系 \[2Z=z+\frac{c^2}{z}\] 可以把两个共焦椭圆之间的区域共形映到两个同心圆之间的圆环上。
提示
例如，可取 \[> z=Z+\sqrt{Z^2-c^2}, >\] 并约定在 \(Z\) 平面内沿实轴线段 \((-c,+c)\) 作割线；当 \(Z\) 为大于 \(c\) 的实数时，取根式的正值。
题意澄清： \(z\) 与 \(Z\) 属于两个不同的复平面。公式 \(2Z=z+c^2/z\) 把选定的同心圆环映到两条共焦椭圆之间；题面从椭圆区域到圆环的说法使用的是提示中的逆函数 \[z=Z+\sqrt{Z^2-c^2}.\] 要证明的是在适当选定的圆环和平方根分支上，这两个方向互为单叶共形映射。
评注： 圆 \(|z|=\rho\) 的像是焦点为 \(\pm c\) 的椭圆，所以边界对应很自然。完整证明还必须验证区域内的单叶性，并说明沿 \([-c,c]\) 作割线如何确定解析平方根；这正是本题的核心。
每一个分式线性变换 \[z'=\frac{az+b}{cz+d}\] 都能由偶数次圆反演复合而成。证明其逆命题。
题意澄清： 第一段引用的是已知结论：“每个 Möbius 变换都能写成偶数次圆反演的复合。”这里的“逆命题”不是求该变换的逆函数，而是证明反方向：任意偶数次圆反演的复合一定具有 \((az+b)/(cz+d)\) 的形式。
评注： 一次圆反演含复共轭，是反解析的广义分式线性变换；两次复合后共轭消失。用奇偶性归纳即可。把直线视为经过无穷远点的广义圆，可以统一处理退化情形。
每一个由关系 \[z'=\frac{a\bar z+b}{c\bar z+d}\] 定义的变换，其中 \(\bar z\) 表示 \(z\) 的共轭复数，都由奇数次圆反演复合而成。证明其逆命题。
题意澄清： 已知所有形如 \((a\bar z+b)/(c\bar z+d)\) 的反分式线性变换都可由奇数次圆反演复合而成。所求“逆命题”是：任意奇数次圆反演的复合都能写成题示的含 \(\bar z\) 形式，而不是求逆函数。
评注： 本题与习题 14 配成一对。奇数次复合保留一次共轭，因而反转方向，同时仍把广义圆映为广义圆。完成 14 后，本题可用同一归纳框架迅速证明。
**富克斯变换（Fuchs 变换）。**每一个分式线性变换 \[z'=\frac{az+b}{cz+d},\] 其中 \(a,b,c,d\) 是满足 \[ad-bc=1\] 的实数，都把 \(Ox\) 轴上方的每一点 \(z\) 变为仍位于同一侧的一点 \(z'\)。
证明积分 \[\int\frac{\sqrt{\diff x^2+\diff y^2}}{y}, \qquad \iint\frac{\diff x\,\diff y}{y^2}\] 分别对于所有这些变换都是不变量。
上述变换有两个不动点，它们对应于方程 \[cz^2+(d-a)z-b=0\] 的根 \(\alpha,\beta\)。若 \(\alpha,\beta\) 是两个互异实数，则可把 \[z'=\frac{az+b}{cz+d}\] 写成等价形式 \[\frac{z'-\alpha}{z'-\beta} =k\frac{z-\alpha}{z-\beta},\] 其中 \(k\) 为实数；这时称该变换为双曲型。若 \(\alpha,\beta\) 是一对共轭复数，则方程可写成 \[\frac{z'-\alpha}{z'-\beta} =\e^{\ii\omega} \frac{z-\alpha}{z-\beta},\] 其中 \(\omega\) 为实数；这时称为椭圆型变换。若 \(\beta=\alpha\)，则可写成 \[\frac1{z'-\alpha}=\frac1{z-\alpha}+k,\] 其中 \(\alpha,k\) 都为实数；这时称为抛物型变换。
题意澄清： 本题包含三部分：先证明实系数、行列式为 \(1\) 的 Möbius 变换保持上半平面；再证明给出的双曲长度积分和面积积分在换元后不变；最后按不动点方程根的类型，推导双曲型、椭圆型和抛物型三种正规形式。两个不动点应在黎曼球面上按重数理解，必要时包括无穷远点。
评注： 直接计算 \[\operatorname{Im}z'=\frac{\operatorname{Im}z}{|cz+d|^2}, \qquad |\diff z'|=\frac{|\diff z|}{|cz+d|^2}\] 即可处理前两部分。后半部分应把不动点送到标准位置，再得到伸缩、旋转和平移三种正规形。这是全章的核心综合题。
设 \[z'=f(z)\] 是一个富克斯变换，并令 \[z_1=f(z), \qquad z_2=f(z_1), \qquad\ldots, \qquad z_n=f(z_{n-1}).\] 证明所有点 \[z,z_1,z_2,\ldots,z_n\] 都在同一个圆周上。当 \(n\to\infty\) 时，点 \(z_n\) 是否趋于某个极限位置？
题意澄清： 固定一个初始点 \(z\)，反复应用同一个 Fuchs 变换 \(f\)，得到完整正向轨道 \(z_n=f^n(z)\)。第一问要求证明这条轨道落在同一个圆（在黎曼球面观点下可连同直线作为广义圆处理）；第二问要求按变换类型判断 \(n\to\infty\) 时是否存在极限，而不是预设所有情形都收敛。
评注： 应紧接习题 16 的正规形来做。在共轭坐标中，迭代变成实伸缩、圆周旋转或平移。双曲型通常趋向吸引不动点，抛物型在黎曼球面上趋向重不动点，非平凡椭圆型一般周期运动或旋转而没有极限。
给定圆心为 \(O\)、半径为 \(R\) 的圆 \(C\)。若点 \(M,M'\) 位于从 \(O\) 发出的同一条射线上，并满足 \[OM\cdot OM'=R^2,\] 就称 \(M,M'\) 关于圆 \(C\) 对称。
现在给定同一平面内的两个圆 \(C,C'\) 和该平面内任一点 \(M\)。先取 \(M\) 关于 \(C\) 的对称点 \(M_1\)；再取 \(M_1\) 关于 \(C'\) 的对称点 \(M'_1\)；再取 \(M'_1\) 关于 \(C\) 的对称点 \(M_2\)；如此无限继续。研究点 \[M_1,M'_1,M_2,M'_2,\ldots\] 在平面内的分布。
题意澄清： 这里的“关于圆对称”就是圆反演。记关于 \(C,C'\) 的反演为 \(I_C,I_{C'}\)，则 \[M'_j=(I_{C'}\circ I_C)^j(M),\] 而 \(M_j=I_C(M'_{j-1})\)。所谓“研究分布”要求根据两圆相交、相切、相离等位置关系，描述这些点所在的轨迹、聚点、周期性或发散行为。
评注： 每两次反演构成一个 Möbius 变换，所以本题是习题 14–17 的几何综合。两圆的位置关系决定复合变换属于椭圆型、抛物型还是双曲型；交点或极限点控制轨道及其极限。
从墨卡托投影过渡到球极投影的解析函数 \[Z=f(z)\] 是什么？
题意澄清： 要把同一个球面点先用墨卡托投影坐标 \(z\) 表示，再用球极投影坐标 \(Z\) 表示，并消去球面经纬度，得到解析关系 \(Z=f(z)\)。由于两种投影的投影极点、经度零点、尺度和纵轴方向可以有不同约定，解答必须先声明约定；答案可相差非零常数因子、旋转或指数符号。
评注： 比较两种投影的经度角和纬度函数后，过渡函数本质上是指数函数。计算本身不长，辨清坐标约定才是关键。
一切由圆组成的等温线族，都由通过两个固定点的圆组成；这两个固定点可以互异或重合，也可以是实点或虚点。
提示
令 \(z=x+\ii y\)、\(\bar z=x-\ii y\)。依赖可变参数 \(\lambda\) 的一族圆的方程可写成 \[> z\bar z+a z+b\bar z+c=0, >\] 其中 \(a,b,c\) 是参数 \(\lambda\) 的函数。要使这族圆成为等温线族，必须有 \[> \frac{\partial^2\lambda}{\partial z\,\partial\bar z}=0. >\] 作出计算即可证明所述定理。
题意澄清： 假设某个调和函数 \(\lambda(x,y)\) 的每条等值线都是圆，并把这些圆写成含参数 \(\lambda\) 的方程。题目要求证明整族圆必构成一个共轴圆束，也就是所有圆都通过同一对固定点；这对点允许重合，也允许在复化平面中为非实点。
评注： 按提示把 \(\lambda\) 视为 \(z,\bar z\) 的隐函数，对圆方程求导，再施加 \(\lambda_{z\bar z}=0\)。消去导数后所得约束要进一步解释为两个固定公共点。计算繁重，几何解释也不可少。
一个无穷乘积收敛而不为零的充要条件是：对每个正数 \(\varepsilon\)，都能找到一个整数 \(n\)，使无论正整数 \(p\) 为何，恒有 \[\abs{(1+u_{n+1})(1+u_{n+2})\cdots(1+u_{n+p})-1}<\varepsilon.\]
题意澄清： 无穷乘积指部分乘积 \(\prod_{k=1}^N(1+u_k)\) 在 \(N\to\infty\) 时趋于一个有限且非零的数。判据说：从足够靠后的任意位置开始，任意有限长度的尾乘积都一致地接近 \(1\)。通常还隐含所有有限因子均非零；若某个早期因子为零，仅有尾部条件不能排除总乘积为零。
评注： 把尾乘积写成两个部分乘积之比，并利用非零极限保证分母最终远离零。反方向则由一致尾部条件证明部分乘积是 Cauchy 列并排除零极限。难点主要在量词：所选 \(n\) 必须对所有 \(p\) 同时有效。
若 \(\abs q<1\)，则有恒等式 \[(1+q)(1+q^2)\cdots(1+q^n)\cdots = \frac1{(1-q)(1-q^3)\cdots(1-q^{2n+1})\cdots}.\] Euler
提示
证明时，可以把左端无穷乘积化为二重无穷乘积：第一行列出因子 \[> 1+q,\ 1+q^2,\ 1+q^4,\ldots,1+q^{2^n},\ldots; >\] 第二行列出 \[> 1+q^3,\ 1+q^6,\ldots,1+(q^3)^{2^n},\ldots; >\] 依此类推，再应用前文式 (68)。
题意澄清： 恒等式左端是 \(\prod_{n\ge1}(1+q^n)\)，右端是所有正奇数次幂因子的倒数 \[\prod_{n\ge0}(1-q^{2n+1})^{-1}.\] 条件 \(|q|<1\) 用来保证这些无穷乘积收敛，并使提示中的二重乘积重排合法。
评注： 提示利用每个正整数都能唯一写成“奇数乘 \(2\) 的幂”，从而重排因子。组合意义是“互异部件分拆”与“奇数部件分拆”等数，这一解释很能帮助理解恒等式为何成立。
按 \(z\) 的幂展开无穷乘积 \[F(z)=(1+xz)(1+x^2z)\cdots(1+x^n z)\cdots,\] \[\Phi(z)=(1+xz)(1+x^3z)\cdots(1+x^{2n+1}z)\cdots.\]
提示
例如，可以利用关系 \[> F(xz)(1+xz)=F(z), > \qquad > \Phi(x^2z)(1+xz)=\Phi(z). >\]
题意澄清： \(x\) 是固定参数，要求把两个关于 \(z\) 的无穷乘积写成 \[F(z)=\sum_{n\ge0}a_nz^n,\qquad \Phi(z)=\sum_{n\ge0}b_nz^n\] 并求出一般系数。若按解析函数理解，通常需假设 \(|x|<1\)；也可明确把计算放在形式幂级数框架内。
评注： 将上述展开代入提示中的 \[F(xz)(1+xz)=F(z),\qquad \Phi(x^2z)(1+xz)=\Phi(z),\] 比较 \(z^n\) 的系数即可得到递推，再迭代成乘积公式。此法比直接展开无穷多个括号清楚得多。
设 \(\abs x<1\)，证明 Euler 五边形数公式 \[\begin{aligned} &(1-x)(1-x^2)(1-x^3)\cdots(1-x^n)\cdots\\ &\quad=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \left( x^{n(3n-1)/2}+x^{n(3n+1)/2} \right)\\ &\quad=1-x-x^2+x^5+x^7-x^{12}-x^{15}+\cdots. \end{aligned}\]
提示
参见 J. Bertrand，Calcul différentiel，第 328 页。
中译者校记（原版勘误）
1905 年初版印刷页 74 原排的前几项为 \(1-x-x^2+x^5-x^7+x^{12}-\cdots\)，并把一般的一对项排成 \(+x^{n(3n-1)/2}-x^{n(3n+1)/2}\)；同一对项的符号本应相同，并随 \(n\) 按 \((-1)^n\) 交替。卷末勘误表未列此项。正文依 Euler 五边形数恒等式改正，并在源码包的勘误登记中保存原排。
题意澄清： 对任意满足 \(|x|<1\) 的实数或复数 \(x\)，要证明整个无穷乘积等于所给无穷级数；第二行只是一般项公式，第三行列出开头若干项用于展示符号和指数规律。需要证明所有未列出的系数确实相消，而不只是核对前几项。
评注： 困难在于解释为何最终只留下广义五边形数指数，并且每对同号、逐对交替。可以走生成函数递推路线，也可以用符号反转的分拆对合；后者更能揭示相消的组合原因。题后勘误说明符号检查尤其重要。
正项级数 \[u_0+u_1+\cdots+u_n+\cdots\] 与级数 \[\frac{u_0}{s_0}+\frac{u_1}{s_1}+\cdots+ \frac{u_n}{s_n}+\cdots, \qquad s_n=u_0+u_1+\cdots+u_n,\] 同时收敛或同时发散。 Abel
提示
可以写成 \[> \prod_{i=1}^{n}\left(1-\frac{u_i}{s_i}\right) > =\frac{s_0}{s_n}, >\] 再应用 §283 的定理。
题意澄清： \(u_n\) 为正数，\(s_n\) 是从 \(u_0\) 到 \(u_n\) 的部分和。题目断言的是等价关系： \[\sum_{n\ge0}u_n<\infty \quad\Longleftrightarrow\quad \sum_{n\ge0}\frac{u_n}{s_n}<\infty.\] 也就是说，第一列级数若发散，第二列也发散；第一列若收敛，第二列也收敛。
评注： 恒等式 \[\prod_{i=1}^{n}\left(1-\frac{u_i}{s_i}\right)=\frac{s_0}{s_n}\] 把级数问题转成无穷乘积问题。收敛情形也可直接利用 \(s_n\) 最终夹在两个正常数之间作比较；发散情形则让右端趋于零，再应用无穷乘积判别。
学习路线
可先做 4、6、1、5，熟悉基本计算；再做 3、8、9、10、11，训练多值性、收敛和绕数。习题 12–18 适合连续学习，构成 Möbius 变换、圆反演和迭代专题。最后可集中处理 22、24、25、27、29 的无穷乘积与 \(q\)-级数；2、19、21° 可作为几何背景较强的独立拓展题。
评注说明与难度分级
本文逐题评注本章的 25 道习题。每题先澄清题目究竟要求什么，再说明训练目标、难点和合适的切入方法；评注不代替完整解答。
难度采用五级制：
难度是相对于已经学过复变函数初步、幂级数和分式线性变换的读者而言。