1、数学物理方法姚端正CH作业解答doc数理方法 CH3 作业解答P51习题3.21. 确定下列级数的收敛半径： kk（2） k z=1 2k（4） (k =0k + a )k zkk zk kk解：（2） k z k=1 2a k k +1 2k收敛半径为： R lim | | lim | /( ) | lim 2k= = = =k k+1 a 2 2 k +1 k k k k+1（4） (kk= 0+a ) k zkk zkk a k + ak解： 收敛半径为： R lim | | lim | |若|a | 1，则= = k+1k a (k +1) + a k k +1kk a +lim |
2、k +k (k 1) a+|1 =+1若| a | 1，则k k 1 k - 2-罗比塔法则k a 1 ka k(k 1)a 1罗比塔法则+ + -lim | | lim | | lim | | = =k =k kk +1 k k kak - 1 a(k 1) a 1 (k 1)a ( 1) | + + + +|k2.ak z 的收敛半径为R (0 R ) ，确定下列级数的收敛半径：k=1（1） kk= 0na zkknk a k a k ak n k n k解： ) | lim | |收敛半径为：lim | ) |= lim | ( ) | ?| |= lim | ( ?nk (k 1) a
3、 k +1 a k 1 a+ + k k k k k+1 k +1 +1kn而 lim |( ) |=1k k +1 limk |akak+1|=R所以，所求收敛半径为RP55习题3.311.将下列函数在 z = 0 点展开成幂级数，并指出其收敛范围：（1）(1-1z)2解 ： 解法之一 ： 利用多项式的乘法 ：1k已知 = z1- z 0k=| z | 1，(11-2z)= k zk(0 ) ? z (k = k =0)= 1+ 2z +2 + 3 + + + k +3z 4z . (k 1)z.=(k= 0kk+1)z解法之二：逐项求导：(11 1 = ( )2 z- z) 1-1则 =2
4、(1- z)( k kzk- 12 + 3 + + k - 1 +z ) 1 2 3 4 . .= = = + z + z z kzk =0 k =1由于(1-12z)在复平面内有唯一的奇点 z =1 ，它与展开中心的距离为1，故该级数的收敛范围为| z | 1（2）1az+bk1 a1 1 a k k k zk解： = = (- 1) ( z) = (- 1)a k +1 az + b b b 0 bb(1+ z) bk =0 k =a收敛范围： | z| 1bb即| z | |a（5）1+1z +2z解：1+1 1- z 1 z = = -2 1 3 1 33z + z 1- z - z
5、- z令1 3t = z ，则= t1- t 0k=k， 故211 3k= z3- z 0k =z31- z=3kzk= 0+11 3k 3k+1所以， = z - z 收敛范围为| z|11+ + zz 2k =0 k =02. 将下列函数按 (z- 1) 的幂展开，并指明其收敛范围：（1） cosz解： cosz = cos(z - 1) +1 = cos(z - 1) cos1 - sin(z - 1) sin 1=k 2k k 2k(- 1) (z - 1) - z 1)( 1) ( -cos1 - sin1 = (2k )! (2k + 1)!k 0 k =0+1收敛范围： | z-
6、 1 | 3.应用泰勒级数求下列积分：sinz（3） = Siz0 zzdz解： 利用正弦函数的泰勒展开式：sink 2k +1(- 1) zz = ，得到(2k + 1)!k =0sinzz=k 2k(- 1) z= (2k + 1)!k 0则k 2k k 2k k 2k +1sin z (- 1) z (- 1) z (- 1) z z z zdz = dz= dz= 0 z )! (2 1)!(2 1)0 = ( + 1)! ( k k + k +2k 0 2 +1k 0 k =0 k= 04.函数(1+ z) 在 不等于整数时是多值函数，试证明普遍的二项式定理：(1( - 1) ( )
7、( 2)2 + - 1 - + 3+ z) =1 1+ z+ z z 1! 2! 3!.式中， 为任意复数； ei k21 =解：(1+z)= ( 1+Ln 1 eln( + + e e+ = 1 z 2k = ?z ) i ) i2 ln(kez)下面将 在 z 1中作泰勒展开：ln(1+ z)e +z = a z ， 其中，ln( 1 ) k记 f (z) = ekk= 0ak =f(k )(0)k!f (z)= + ln(1 z) f ze = ( )1+ z 1+ z ? f (0) = 同时由 式有： (1+ z) f (z) = f (z) 将式两边再对z求导：(1+ z) f (
8、 z) + f ( z) = f (z) 得到 (1+ z) f (z) = (- 1) f ( z) 3得 f (0) = (- 1)将式两边再对z求导得：(1( z f z f z ( z f z3) 3)+ z) f ( ) + ( ) = (- 1) ( ) 得到 (1+ z) f ( ) = (- 2) ( )( 3 = - -)得 (0) ( 1) ( 2)f( k =- - - k +)以此类推 ，得 (0) ( 1)( 2).( 1)f( k)f (0) 1则ak = = ( - 1) ( - 2).( - k +1) k! k!所以 1ln( z a z a z1 ) k k
9、 + = = ke ( 1) ( 2).( k 1)z= - - - + k k k!k 0 k 0 k =0 = =则 k i2k1+ = (1 z) e ( - 1)( - 2).( - k +1)zk! k=0( - 1) ( 1)( 2)2 + - - + 3 z 1 = 1 1+ z+ z z .1! 2! 3!5.将 Ln(1+ z)在 z = 0 的邻域 内展开为泰勒级数 。解： Ln(1+ z) = ln(1 + z) + i 2k将 ln(1 + z) 展开时， 既可 用泰勒定理 直接 展开， 也可 用逐项积分法 。 下面用 逐项积分法：ln(1 + z)=k +11 z z
10、 z kzk k k kdz = (- 1) z dz = (- 1) z dz= (- 1) k 0 1+ z +1 k =0 k= 0 k= 0 0 0则 Ln(1 + z) = ln(1+ z) + i 2k=2ki +k+1 zk(- 1) kk =0 +1P61习题3.43.将 函数(1z- a) ( z-b)(0 a b ), 在 z = 0 ， z= a 的邻域 内 以 及 在圆环a z b 内展开为洛朗级数 。1 1 1 1解： f (z) ( )= = -(z- a)( z- b) a - b z- a z- b在 z = 0 的邻域 ，即 z a4z1 1 1 1 = -
11、( ) = - (z- a a a 01 - ak =za)kz1 1 1 1= - ( ) = - (z- b b b 0k =1 - bzb)k所以1 1 z 1 z 1 1 1 k k zkf (z) = (- ( ) + ( ) ) = ( - )k+1 k +1a - b a a b b b - a a bk =0 k= 0 k =0在 z = a 的邻域 ，即 0 z - a b - a ，zk1 1 1 1 1 z a (z a) - -k( )= ? = = - - = -z ak +1b (z a) (b a) b a - b a 0 b a (b a)- - - - - -
12、 = - 0 -1 k k=-b a -所以 f (z) =-1z -a(z -(b -k= 0ka)k+1a)=-(z(bk =0-k - 1k +1a)a)在圆环a z b ，zk1 1 1 1 a a k= ? = ( ) =a +k 1- a z z z 0 z1 k =0 k =-zzk1 1 1 1 z z k= - ( ) = - ( ) = - z k+1- b b b b 0 b1- bk =0 k =所以 f (z) =1a -b(k =0kakz+1+kzkb+1）5.将函数f ( z)1= 在下列 区域 中展开为级数 ：z(1 - z)（1） 0 z 1 （6）1 z
13、+1 2解：（1） 0 z 1f (z) =1z(1 -= -z) z1-?1 z-11+1=-(zk1 1 1 (- 1)? = - ?2 ( 1)k1 2- 1) (z- 1) = z-1 k 0+z- 1=k +1(- 1)k +2(z - 1)k =0（6）1 z+1 2f 1 1(z) = = + z(1 - z) 1- z1z1 1 1 11 1 1 其中， = = ?( ) = =1k z kz (z +1) - 1 z +1 z+1 = 0 (z +1) ( +1)1-k k=0z+1+11k zk1 1 1 1 1 ( z+1) ( +1) = = ? = ? =z k k1
14、 +1+- z 2 - (z +1) 2 2 0 2 0 2 1-k = k=2k 1 (z+1)f (z) = + k +1 k+1( z+1) 2 k= 0P66习题3.54.求出下列函数的奇点（ 包括 z = ），确定它们是哪一类的奇点（对于极 点，要 指出它们的阶）。（2）5z2(1- z)z1- e（4） z1+ e（6）2z （7）zz+1ze（8） 21+ z解：（2）5z2(1- z)z =1为二阶极 点。判据之 一： f ( z) 在 z =1的去心邻域 内能表示 成 f (z)=(z)(z-21)z = 为三阶极 点。判据 ：令t 1121 5 1 ( 1)f = t -t
15、= ，则(t) = = ，可见，1 3 2 3z t (t - 1) t2(1- ) tt = 0是函数的 三阶极 点，即 z = 是函数的 三阶极 点。6（4）11-+z zeez解： 令分母1+ e = 0 得到奇点： z = ( 2k + 1)i ，它是一 阶极点。判据 ：z 1 1+ eg( z) = = 是以 z = ( 2k + 1)i 为一 阶零 点。zf (z) 1- e1z = 为非孤立 奇点。判据 ：令t1= ，则zf(t)1- et= ，其一 个奇点为 t = 0 ，11+ et1另外，令1 e 0 ，得到其它奇点为t+ =t1= ，当k 足够大 时，( 2k +1) i
16、1(2k + 1)i可以任意 接近于零，即在t = 0 的无论 多小的 邻域 内 总可找 到其它奇点，所以 t = 0 是非孤立 奇点，即 z = 为非孤立 奇点 。（6）2z解： z = 为二 阶极点。判据 ：令t1 1= ，则 f (t ) = 2 ，显然，t = 0 是函数的二 z t阶 奇点，即 z = 为二 阶极点。（7）zz+1解： z = - 1为一 阶极点； 判据之 一： f (z)在 z = - 1的去心邻域 内能表示 成f (z)=(z)z +1；或者 ：g(z)1 z +1= = 以z = - 1为一阶零 点。 f (z) zzz = 为可去奇点。判据 ：lim =1z
17、z +1，存在并 且有 限，所以， z = 为可去奇点。（8）ze21+ z解： z = i 为一 阶极点； 判据之 一：g( z)21 1+ z= = 以z = i 为一阶零 点zf (z) ez = 为本性奇点， 判据之 一： z 沿正实轴趋 于无穷时，z ze elim = lim2z 1+ z 2z + zz 1+ z 2z= zelimz 2=ze+；z 沿负实轴趋 于无穷 时， lim 02 =z - 1+ z；故 lim f (z)z不存在，7所以 z = 为本性奇点 。7.下列函数在指定点的 去心邻域 内能否 展开为 洛朗级数 ？（1）1cos ， z = 0 （2）z1cos
18、 ，z = z（3）1secz-1, z=1 (4) cotz,z = 解答：1（1）cos ， z = 0z1解：函数 f (z) = 有唯一奇点 z= 0，它是函数的 孤立 奇点，故coszf 1(z) = cos 能 z在 z = 0 的去心邻域0 z 内展开为 洛朗 级数。（2）1cos ， z = z解：（2）1cos ， z = z解：函数f1(z) = cos 有唯一奇点 z= 0，它是函数的 孤立 奇点，故zf1(z) = cos 能z在 z = 0 的去心邻域0 z 内展开为 洛朗 级数， 这实际上 等价于在 无穷远 点展开为 洛朗 级数。（3）1secz-1, z=1解：1
19、 1 2f (z) = sec = ，其奇点为 z = 1 和z = +1；k 足够大 时，1z- 1 (2k +1)cosz - 1(2k2+ 1)1可以任意 接近于 1，即在 z =1的无论 多小 的邻域 内 总含 有其它奇点，所以 z =1是非孤立 奇点，故在 z = 1的去心邻域 中不 能将 f (z) 进行洛朗 展开。(4) cotz , z= 解：令t=1zf1cos1 t(t) = cot = ，其奇点为 t = 0 和1tsin tt1= ，k 足够大 时，k1可k以任意接近于0，即在t = 0的无论 多小的邻域 内总含 有其它奇点， 所以t = 0是非孤立 奇点，即 z = 是 非孤立 奇点，故在 z = 不能将 f (z)进行洛朗 展开。8
