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习题四解答

习题四解答

1求下列级数的收敛半径。

（1）n

（2）

（3）

n!

nz

on

（1）

（2）

（3）

R1/lim

1

lim

an

n

an

n

an1

an

lim

n

02

n

2

n1

~TT

2

lim

n

lim

n

an1

an

an1

lim』Ln1/n1!

n!

nim7

limn

n

n!

n1

nim7TVR

lim

n

n

1

e

n

n

z

~2"

nn在收敛圆内一致收敛。

因收敛半径

丄

n，而级数

敛。

Rlim

n

an

an1

1

2

lim―n—

n1

n12

，故其收敛圆为

。

又因zz|z|1,

1

~2"

1n收敛，由教科书中的定理

4.1.6，级数n1

n

z

『在收敛圆z1内一致收

3.下列结论是否正确？

为什么?

（1）

（2）

（3）

每一个在Zo连续的函数一定可以在Zo的邻域内展开成

Taylor级数。

n

解

（1）不对。

如n0在收敛圆z1内收敛，但在收敛圆周

（2）不对。

如一个幕级数的收敛半径为零，则其和函数并非解析函数

z1上并不收敛;

z在全平面上连续但它在任何点的邻域内均不能展开成Taylor级数。

anz

4.幕级数n0

n

2

能否在z0收敛而在z3发散?

解不能。

因如

anz2n

n0在z0收敛，则由Abel定理其收敛半径R

nrn

anzReanz

5.如果n0的收敛半径为R，证明级数n0的收敛半径

n

Reanz

n0在|z|R内绝对收敛，于是其收敛半径R。

1

2

6.我们知道，函数1x当x为任何实数时，都有确定的值，但它的Taylor展

1

1z2在

解幕级数的收敛半径为其和函数的各奇点到其中心的最短距离，而函数

|z|1上有奇点z

1

i，故1z2

1z2z4

之右边幕级数的收敛半径为

R|i0|1，又

只能在z1,1时成立即

乙1z2z4

因为此级数在z1处发散，故在实数范围内1z

1

1x2

1x2

只当|x|1时成立。

7.把下列各函数展成z的幕级数,

1

1

（1）

1

3

z;

（2）

彳22

1z-

（3）

sin

1

1z

（6）

1

2

3

解

由1

1zz

z

（1）

z

1“3

6

z

1

31z

z

并指出它们的收敛半径。

2z22

cosz；（4）shz;（5）esinz

|z|

1,

，故

9

“n3n

z

1z

|z|1

?

11?

而收敛半径R=1;

（2）因

又因

而R=1；

「cosz

（3）因

故

而其收敛半径

「shz

（4）因

而收敛半径

z

「e

（5）因

而收敛半径

sin

（6）因1z

1

r_z

n2n

1z

2z

z

|z|

|z|

z2

z

4!

1

2z

z6

6!

cosz2

z

z

-,e

4z

2!

ez2sin

shz

6z

3!

sinz

z2

，z

2z2

3z4

4z6

|z|1,

8z

12z

6!

:

3

z

1

!

3!

2

3

z

z

2!

3!

3

3

z

z

3!

5!

1

6

5

10

z

z

3!

5!

4

6

z

z

2!

3!

6z

，|z

—

3

1cos-

z

z

1

，|z|

z

，|Z|

z

，|z|

z|

，|z

|

sin

z4

2z

2

.z

2z

2z

2!

4z

2!

|z|

6

z

3!

10z

5!

z

cos1sin

1z1z

|z|1,

sin-

1

1z3!

sin

sin1

sin1

z

cos

1z

1!

z2

2

cos1z

而收敛半径R=1。

&求下列函数在指定点

（1）

Zo

z3

|z|

cos1

cos1

1sin1

2

Zo处的

（2）

-cos1

6

sin1

，|z|1

Taylor展开式,

并指出它们的收敛半径

Z02

（3）

解

（1）

Z°

因

（4）

1

3z

zo

|z|

于是收敛半径

R=2。

（2）因

|z

1|

|z

2|3

2

1

z

2

1

7

22

原式4

2

2

222

n

n

1

1

z

2

1

=2n

0

22n

3

n0

n

n

1

亠n

1

n0

2?

n

1

z

2

n0

3n1

n

1

1

1

只2n

1a

n1

z

n0

2

3

故

而R3。

1z2

1-

33

2

z2

2

3

nn

1z2

3n

z2n

|z2|3

（3）

|z

1|

而R=1。

（4）因

n

1

|z1|1

11

43z43z1i33i

1

13i3z1i

13i1

3

z

13i

13i

13i

其中13i

1

43z

3n

n01

3i

|z1

13i

3

•..10

3

Laurent级数。

且收敛半径

9.把下列各函数在指定的圆环域内展开成

1

（1）

2z

1z

2，

1|z|

2•

1

（2）

z1

2z

0

|z|1,0

|z1|1；

z1

1

0

|z1|

1,1|z2|

（3）

z

2

1

（4）

1ze

1

>

|z|

sin

1

1

（5）

z，

0|

z1|

解

（1）因

121

z——

15__5_

222

（z1）（z2）z1z1z2故

（2）

（z2

1）（z

2）

10

2n

5z2

2n

10

2n

5z4

在0|z|1内,

2n1

5z3

z1

2z

Z?

（n1）

10

2n

10

3z

20

40

80

|z|2；

|z

1|

内,

z1

（3）

|z

1|

（z1）（z2）

|z

2|

（z

1）（z

2）

（4）

|z|

内,

e1

z3

2!

z2

z3

3!

z2

z3

2!

z2

3!

z3

4!

z4

sinz

z2n

（5）

|z|

1sin

1Zn0

2n1!

1

2nT

Z

其中

1.

2.

n

anZ

设幕级数n0

的收敛半径R>0,

rR,Mr0ma2x|fre|

1

2n1!

z

和函数为

由Taylor系数公式及复积分计算公式知

an

n0n!

1

o

i|z|

|an|

求证如下不等式。

（1）

（2）

对任意的复数z有

ez

（1）因

e|z|

ire

J||ein

r

|d

0,12

e|z

|z|e|z|

故对任一复数

（2）因

时,

1

；|zN

1|

7|z|

1|

|z|e|z

2z

2!

3z

3!

nz

n!

|z|

|z|

2!

|z|2

3

2!

Lzf

n!

|z|n

n1!

证明:

i

re

e

0|z1|

n0,1,2,。

ind

n-dr

2

n1

z/

1

/z

z

z

e1

z

1—

—

2!

3!

n!

1

ze

e|z|

1

2!

|z|

|z|e|z|.

故当

|z|1

时，有

1

1-

2!

1

n!

又因

故由以上三个不等式即得

fz

3.设

内的简单闭曲线。

Z1

ze

丄1

2!

3!

1

n!

111

2!

3!

n!

1111

22341

1

1

，其中

C为任一条包含原点且落在圆周：

za

在za内，故

fZ

Lz

2i

n!

0

n!

又因

2a

n0n!

an

fz

;〒dz

i,

4

n

a

n0;

1,2,

4.试求下列函数在给定点的

（1）

Zo

（3）

zln1e

（5）

lnz,

z0

解（1由于

_z

a

|z|

1,2,

Taylor展开式。

（2）

sin

1

e1

z2

2!

n!

|a|

2z

z

f0

0!

Zo

Z°

2!

12n

n!

52!

2n1

z

2n1n!

2n1z

2n

1n!

|z|

（2）sin2zz2

sin[1

12]

sin1cosz

cos1sinz

sin1

n0

22n

nz1

1-

2n!

cos1

n0

22n1z1

2n1!

sin1n

n0

22nz1

（2n）!

sin1n

n0

22n1

z1

2（2n1）!

sin1

2n

2

2n

2n!

sin

2n1

2

22n1

z1

2n1!

sin1

n0

n

2

sin

1

n

n

0

2

（3）因

2

In1

z

z

z

2

故

3

zln1

2

z

zz

—

2

从而

3

4

5

zIn1z

1z

2z

z

z

e

2

3

4

1

3

4

5

2z

z

z

—

z

—

—

+3!

2

3

4

n0

厂,z1

345

12zzz

2!

234

3

2n

z1

n!

3

5

n

z

z

n1

1

z

，z1

3

4

n

4

5

n1

z

z

n1

z

—

—

1

|z|1

3

4

n

（4）因

213

54

35

1zz

z

z

2

6

4

•|z|1；

3

z_

3

|z|1

In1

|z|

（5）令

lnz，则

因此

fni

n!

Inz

11—z

12

（6）令f

1

e&

求导得

得微分方程

1!

z

1,2,

Ini

lni;

i

n!

n1,2,

|z

i|

显然z=1是

的奇点，

1

ze1z

所以它可在

|z|

1内展为z

的Taylor级数,

将上述微分方程逐次求导，得

2z

求得

f0e,f0

1

e1ze1z从而

4z

2fz

e,f03e,f

32133

zz2!

3!

5.试求下列函数在给定圆环域内的

（1）

z,0|z

i|

|z|

（2）

（3）

（4）

13e,

Laurent级数。

（z2）（z

2z5

7~2

1

3,

zz2

z

e

zz21

1）

|z|2,z

|z|,

|z|1

;

（5）

In

|z|

（6）

cotz

|z|

|z|

（2）

（1）

显然

|z|

2z

故原式

内,

z2n

2n1

2n

2n

在2|z|

2n

2n

故原式

z2n

2|z|

其中

22n

（3）

zz2

2n

2

2n

2,

2n

0|z

2|

2；

z

e

2~~

（4）zz1

12z2!

1314

zz

34!

13

z4

24

13

24

0|z|1

（5）z2

In

In1

In1

丄

z

2

丄

z

z

z

z

2

iz

2

z

2

zz

1

22

1

2k

2z

2

3

z

2

iz

1

2

.ki

2k1

1

2k1

1nn

iarctan2z

2n0

an

22Iarctan丄

2

k

2a

1k

02k12k1

n2l

1,2,

n2l

（6）

cotz,

0|z|

cotz

coszsinz

IzIz

ee

2

Izizee

2i

Ize

Fze

I2z.e

iI2z

e

2i

~T2F"e

zcotzIz

2zi

~T2z

e1

2I

B2k

2k!

2I

2k

B2k

12k!

2k

2iz

cotz

22nB2n2n

z

2n!

|z|

这里应用了展开式

z

ez1

B2n

2n

1z|

这里

Bn,n0,1,2,

称为Bernoulli

它们满足

（1）

Bo1,Cn1B0

Cn1B1

Cn1B2

n…

Cn1Bn

（2）

B2l1

0,11,2,3,

cotz

从而

cotz,

|z|

2n

2n

2n

2n1z

2n1z

2m1z

2m

2m1

z

2m

k

2n

2m1

Z

-2m

1k

2n

2n

2B2n

2n!

3cotz—

z

2n

2n1z

1nA

2n

22n1

■2nz

|z|2

每一个幕级数收敛于一个解析函数；