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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;
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