复变函数与积分变换（修订版）课后答案（复旦大学出版社）
证明:设
an?xn?iyn,an?(xn?iyn)?xn?yn?2xnyni
2222敛，z?2?1?时发散.
因为
2?an和?an收敛
??n?1n?1若在z=0处收敛,则
?2n?11????1?2
所以?xn,?yn,?(xn?yn),?xnyn收敛
n?1n?1n?1又因为Re(an)?0,
xn?limxn?0 所以xn?0且limn??n??2若在z=3处发散, 则
??1
?显然矛盾,所以幂级数?Cn(z?2)不能在z=0处
n?0n当n充分大时, x?xn
?2n收敛而在z=3处发散
6.下列说法是否正确?为什么?
(1)每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛.
所以?xn收敛
n?12an2?xn?yn?2xn?(xn?yn)
?22222(2) 每一个幂级数的和函数在它的收敛圆内可能有奇点.
答: (1) 不正确,因为幂级数在它的收敛圆周上可能收敛,也可能发散.
(2) 不正确,因为收敛的幂级数的和函数在收敛圆周内是解析的.
2???222而?2xn收敛，?(xn?yn)收敛 n?1n?1?所以?ann?1?2?收敛，从而级数?an绝对收敛.
n?17.若?n?0Cnz的收敛半径为R,求?n?0nCnbnz的收敛半
n4.讨论级数?(zn?1?zn)的敛散性
n?0径。
n?1n解 因为部分和sn??(zk?0k?1?z)?zk?1，所以，
Cn?1b解： 因为limn??n?1Cnbn?limCn?1Cnn???1b?11Rb
当z?1时,sn??1
当z?1时,sn?0，当z??1时,sn不存在.
所以 R??R?b
?当z?e而??0时（即z?1,z?1），cosnθsinnθ都没有极限,所以也不收敛．
当z>1时,sn??.
?n?1n故当z?1和z?1时, ?(z?z)收敛.
n?0i?和
8.证明：若幂级数
nalim??，则 nn???an?0nzn的 系数满足
1(1)当0?????时, R?
?(2) 当??0时, R???
?(3) 当????时, R?0 证明：考虑正项级数
?5.幂级数?Cn(z?2)能否在z=0处收敛而在z=3
n?0n?n?0anzn?a1z?a2z2?...?anzn?...
处发散. 解： 设limCn?1Cn??，则当z?2?1n???时，级数收
ninmanz?由于ln??nn??nlani?mzn???z，若
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0?????，由正项级数的根值判别法知，当
要级数收敛,则
z?2??z?1时，即z?1? ?时，
?n?0anzn收敛。当
级数绝对收敛,收敛半径为 R?2
??z?1时，即z?零,limn??n1?时，anzn2不能趋于
1所以收敛圆周
z?anzn2?1级数发散.故收敛半径R?
z?1nn?1?.
当??0时, ??z?1,级数收敛且R???. 若????,对?z?0,当充分大时,必有anz趋于零,级数发散.且R?0
9.求下列级数的收敛半径，并写出收敛圆周。 (1)?
??inn(n?1)f(z)?()?(z?1)(4) 记 nnlimnn2不能
n??fn(z)?limn(z?1)nn(n?1)n??n?limn?????,??????若????1若????1
所以
z?1?1时绝对收敛,收敛半径R?1
收敛圆周
z?1?1(z?i)npn? (2)
?2n?12nn?0 n?0n?1?n?z2n?1pn
10.求下列级数的和函数.
?(3) ?(?i)n?0?z?n?1inn(n?1)((4) ?)?(z?1)n?0n
?(1)?(?1) n?1解: (1)
Cn?1Cn?nz (2)
n
?(?1)n?0n?z2n(2n)!
解: (１)
1(n?1)plimn???limn?1nn???1lim1npn???lim(n??nn?1)?lim(1?n??p1n?1
)?1p故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有：
?R?1收敛圆周
z?i?1
??0z??(?1)nznn-1dz??n?1(?1)z?nnz1?z
n?1所以
?p(2)
lim(n?1)np??1n?1(?1)?nznn-1?(z1?z)??1(1?z)2,z?1
n??
R?1于是有：
??n?1所以收敛圆周
z?1
?(?1)n?1?nz??z?(?1)?nzn?1nnn?1??z(1?z)2z?1
(3) 记 fn(z)?(?i)由比值法,有
limfn?1(z)fn(z)n??n?1?2n?12n?z2n?1
(2) 令：
?s(z)?(2n?1)?2?z(2n?1)?22n?1n2n?12n?1?(?1)n?0n?z2n(2n)!
?limn???12z2?z
?limCn?1Cnn???lim1(2n?1)(2n?2)n???0.
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故R=∞, 由逐项求导性质
??s?(z)??(?1)n?1nn?z2n?1?Cn?0n，是收敛的，这与收敛半径的概念矛盾。
??1(2n?1)!
??s??(z)??(?1)n?1?z2n?2(2n?2)!??(?1)m?0m+1?z2m?(2m)!(m?n?1)???(?1)?n?0nz2n由
综上述可知，必有R?1?1，所以
(2n)!此得到s??(z)??s(z)
即有微分方程s??(z)?s(z)?0
故有：s(z)?Acosz?Bsinz， A, B待定。
??
?12.若?Cn?0z在z0点处发散，证明级数对于所有满nn由S(0)?A?[?(?1)?n?0?nz2n足
]z?0?1?A?1
z?z0点z都发散.
?(2n)!n证明：不妨设当
z2n?1n?1z1?z0时，?Cnz在z1处收敛
n?0?ns?(0)??sinz?Bcosz?[?(?1)?(2n?1)!]z?0?0?B?0
?所以
?则对?z?z1n，n?0?Cnzn绝对收敛，则n?0?Cnzn在
?n?0(?1)?z2n(2n)!??cosz.R???
??点
z0处收敛
?11.设级数?n?0Cn收敛，而?Cn发散，证明?Cnzn的
n?0n?0nz?z0所以矛盾,从而?Cnz在处发散.
n?0收敛半径为1
?证明：因为级数?n?0Cn收敛
13.用直接法将函数
4ln(1?e?z)在
z?0点处展开为
设
limCn?1ZCnZn?1n泰勒级数,(到z项),并指出其收敛半径.
??z.n??
解:因为ln(1?e)?ln(?z1?eezz)
若
?奇点为zk?(2k?1)πi(k?0,?1,...)Cnz的收敛半径为1
n?n?0
所以R?π 又
ln(1?e?z则z?1?
??1)z?0?ln2
现用反证法证明
0???1
milCn?1??1??[ln(1?e?z)]???e?z?zz?01?e??12 122若则
z?1，有n??Cn，即?n?0Cn收
[ln(1?e?z)]????e?z?z敛，与条件矛盾。
?(1?e?z)2z?0??
若
??1则
z?1，从而?Cnz在单位圆上等于
n?0n[ln(1?e?z)]?????e?e?z?2z(1?e)3z?0?0
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[ln(1?e?z)](4)?e?z(1?4e?z?z?e)4?2z)z?0(1?e??12
312z?3??13?2z??13?1?123z1??13???(n?023z),z?n32
于是，有展开式
ln(1?e?z12z?3?12z?2?1?12(z?1)?1???1?2(z?1)???2(z?1),z?1?n?0nn12
)?ln2?12z?12!22z?214!23z?...,R?π4?
(2) sinz?341?(2n?1)!zn?0?(?1)n2n?1?z?z33!?z55!?...
14.用直接法将函数1?z2在为泰勒级数,(到(z?1)项) 解：又
f(z)?11?z2z?1?2点处展开
sinz?34?n?0(?1)?n32n?1(2n?1)!1z2n?1,z??
z??i为1?z2的奇点，所以收敛半径R?12
12
?arctanz?(3)
,f(1)??zz01?z2dz
?z??i为奇点，?R?1arctanz??z011?z??dz?2??0(?1)zdz?n2n?(?1)n?0n?12n?1?z2n?1,z?1
f?(z)??2z(1?z)22,f?(1)??12 12
n?0(4)
1(z?1)(z?2)?1z?1?1z?21?n?1z?2?3?1z?2?4?13?1?1z?23?14?1?1z?24f??(z)??2?6z(1?z)223,f??(1)???1?n?(?1)3n?0?nn?0?(z?23?)?1n?(?1)4n?0n?(z?24)n?(?1)?(13n?1f???(z)?24z?24z(1?z)2434n?1)(z?2),z?2?3,f???(1)?0
24
(5)因为从z??1沿负实轴ln(1?z)不解析
f(4)(z)?24?240z?120z(1?z)25,f(4)(1)?0
所以,收敛半径为R=1
[ln(1?z)]??11?z??于是，f(z)在z?1处的泰勒级数为
11?z2??(?1)n?0nn?z
?n 15.用间接法将下列函数展开为泰勒级数，并指出其收敛性.
1z?0z?1?12?12(z?1)?14(z?1)?234!(z?1)?...,R?42ln(1?z)???0z(?1)?zdz?n?n?0(?1)?n1n?zn?1,z?1n?0
16.为什么区域z?R内解析且在区间(?R,R)取实数值的函数f(z)展开成z的幂级数时，展开式的系
(1) 2z?3分别在(2) (3)
sinz3和处
在
z?0处
处
z?2数都是实数？
答：因为当z取实数值时，
f(z)arctanz在
z?0与
f(x)的泰勒级f(x)z(4) (z?1)(z?2)在(5)
ln(1?z)处
数展开式是完全一致的，而在开式系数都是实数。所以在
x?R内，的展
z?R在
z?0内，
f(z)的幂级
处
数展开式的系数是实数.
f(z)?2z?12z?z?2的以
解 （1）
17.求
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z?0为中心的各个圆
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环域内的罗朗级数.
解:函数f(z)有奇点z1?1与z2??2,有三个以
z?0z而1?z?1?1z?1z2?...要求z?1
所以,在不同区域内
为中心的圆环域,其罗朗级数.分别为：
2z?1z?z?22z1?zzn()2?zz?1?...?1z6?1z2?1?1?1?z?z?z?...?0 z23在z?1内，f(z)?=1z?1?1z?2????z?n?0n1?n?(?1)2n?0
21.证明:
f(z)?cos(z?1???((?1)n?0n?12n?1)z用z的幂表示的罗朗
?1)zn级数展开式中的系数为
11?z19.在1?z???内将f(z)?e数.
t?1,展开成罗朗级
Cn??2π12π0cos(2cos?)cosn?d?.n?0,?1,...
解:令
1?z则
12!13!证明:因为
z?0cos(z?和z??是
11)所以z的奇点，
f(z)?e?1?t?t?t?2?t?...3 在
0?z??内，
n??cos(z?z的罗朗级数为
)而
t?11?z在
1?z???内展开式为 1z?1z2cos(z?1z)??n???Cnzn
11?z??1z?11?1??1z?(1??...)
其中Cn?2πi?c1z所以,代入可得
f(z)?1??1?1z?1z12z2cos(??1?)d?,n?0,?1,?2,...
?n?1?(1??1z3??1z2?...)?1?112!z195?(1??...1z?1z2?...)?...2其中C为
Cn??12πi112π12πi0?z??cos(z?内任一条绕原点的简单曲线.
1)zdz,(z?ei?,0???2π))ied??i?16z24z4120z20.有人做下列运算,并根据运算做出如下结果 z1?zzz?1?z?z?z?...23??z?1i?zen?1?02π0cos(e?e?i?12πi(n?1)??2π0cos(ei??e?i?)ein?d?
???2π?2πcos(ei??e?i?)?(cosn??isinn?)d?n?0,?1,...
?1?1z?1z22π0?...
cos(2cos?)cosn?d?.z因为1?z1z3?zz?11z?0,所以有结果
22.
z?0是函数
f(z)?1cos(1z)的孤立奇点吗?为
...??1z2什么?
?1?1?z?z?z?...?023?
解: 因为
f(z)?1cos(z)的奇点有
1z?0
你认为正确吗?为什么?
z1?z?z?z?...23答:不正确,因为1?z要求
z?1
z?kπ?π2?z?1kπ?π2(k?0,?1,?2,...)
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