证明:设
222an?xn?iyn,an?(xn?iyn)2?xn?yn?2xnyni
敛，z?2?1?时发散.
因为
?an?1?n和?an2收敛
n?1?若在z=0处收敛,则
2?n?11所以?xn,?yn,?(xn?yn),?xnyn收敛
n?1n?1n?1?????2
又因为Re(an)?0,
2limx?limxx?0所以n且n??nn??n?0
若在z=3处发散, 则
1??1
?显然矛盾,所以幂级数
?C(z?2)nn?0n不能在z=0处
当n充分大时, xn?xn
2所以
2?xn?1?2n收敛
22222an?xn?yn?2xn?(xn?yn)
而
?2xn?1??2n收敛，
?(xn?1?2n2?yn)收敛
所以
?an?12n收敛，从而级数
n?1n?an?1?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. (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.
绝对收敛.
7.若?Cnz的收敛半径为R,求?nn?0?2n4.讨论级数?(zn?0?Cnnz的收敛半nn?0b??z)的敛散性
n径。
n?1解 因为部分和sn??(zk?0k?1?z)?zk?1，所以，
当z?1时,sn??1
Cn?1C111bn?1lim?limn?1??解： 因为n?? Cnn??CbRbnnb所以 R??R?b 8.证明：若幂级数
na??limn，则 n??当z?1时,sn?0，当z??1时,sn不存在.
当z?e而??0时（即z?1,z?1），cosnθ和sinnθ都没有极限,所以也不收敛．
i??aznn?0?n的 系数满足
当z>1时,sn??.
故当z?1和z?1时,
??(zn?0?1(1)当0?????时, R?
?n?1?zn)收敛.
(2) 当??0时, R??? (3) 当????时, R?0 证明：考虑正项级数
?5.幂级数处发散.
?C(z?2)nn?0n能否在z=0处收敛而在z=3
?aznn?0n?a1z?a2z2?...?anzn?...
nCn?11lim??z?2?解： 设n??，则当时，级数收
Cn?nnlai?minmanzn?z???z由于lnn??n??，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?1时，即z???z?1时，即z?nn1?时，
?aznn?0?z?2 n收敛。当
级数绝对收敛,收敛半径为
1?时，anzn2R?2
不能趋于
1所以收敛圆周
anz?1级数发散.故收敛半径R?零,limn??z?2 ?.
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。
n(1)?(z?pi) n?0n?inf(z)?()?(z?1)n(n?1)(4) 记 nn
不能
limnfn(z)?limnn??n??n2z?1(z?1)n(n?1)?limn??nnnn?1???,??????若????1若????1
所以
z?1?1时绝对收敛,收敛半径R?1
z?1?1
收敛圆周
(2)
n?0
?n?12n?1?z2n?1(3) ?(?i)?2nn?0
?n?p?zn
10.求下列级数的和函数. (1)
inn(n?1)((4) ?)?(z?1)n?0n
解: (１)
? n?1?(?1)?n?1z2n?nz (2)?(?1)?(2n)! n?0n?n解: (1)
limn??Cn?1n?1?lim?1n??nCnlimn??1(n?1)pnp1p1?lim()?lim(1?)?1n??npn??n?1n?1
?R?1收敛圆周
故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有：
?z?0?(?1)nzdz??(?1)nzn?nn-1n?1n?1?z1?z
z?i?1
(2)
所以
(n?1)plim?1pn??nR?1所以收敛圆周
z?1
z1nn-1?(?1)?nz?()?,z?1?21?z(1?z)n?1
于是有：
??(?1)n?1?nzn??z?(?1)n?nzn?1??n?1n?1??z(1?z)2z?1
n?12n?12n?1f(z)?(?i)??z(3) 记 n
2n(2) 令：
由比值法,有
(2n?1)?2n?zfn?1(z)12lim?lim?z2n?1n??n??fn(z)2(2n?1)?22n?1?z
2n?1z2ns(z)??(?1)?(2n)! n?0?n?limn??Cn?11?lim?0.n??(2n?1)(2n?2) Cn 17 / 37
故R=∞, 由逐项求导性质
zs?(z)??(?1)?(2n?1)! n?1n?2n?1?Cn?0?n，是收敛的，这与收敛半径的概念矛盾。
s??(z)??(?1)n?n?1???z2n?2z2mz2n由??(?1)m+1?(m?n?1)???(?1)n?(2n?2)!m?0(2m)!(2n)!n?0综上述可知，必有
??1，所以
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。
R?1??1
?n12.若?Cznn?0在z0点处发散，证明级数对于所有满
z2n由S(0)?A?[?(?1)?]z?0?1?A?1
(2n)!n?0?n足z?z0点z都发散.
nCzz?z?n0时，证明：不妨设当1在z1处收敛
n?0?z2n?1s?(0)??sinz?Bcosz?[?(?1)?]z?0?0?B?0
(2n?1)!n?1?n所以
则对?z?z1，n?0?Czn?n绝对收敛，则n?0?Czn?n在
?(?1)n?n?0?z?cosz.R???(2n)!
???2n点z0处收敛 所以矛盾,从而?Cznn?0?n11.设级数?Cn收敛，而?Cn发散，证明?Cnzn的
n?0n?0n?0在z?z0处发散.
收敛半径为1 证明：因为级数设
?Cn?0?n收敛
?zln(1?e)在z?0点处展开为13.用直接法将函数
4z泰勒级数,(到项),并指出其收敛半径.
Cn?1Zn?1lim??z.n??CnZn
若
1?ez解:因为ln(1?e)?ln(z)e
?z奇点为zk?(2k?1)πi(k?0,?1,...)n?Cznn?0?
的收敛半径为1
所以R?π 又
则z?1?
??1
ln(1?e?z)?zz?0?ln2
现用反证法证明若
0??Cn?1?mil??1??1则z?1，
有n??Cn，即?Cn收
n?0e?z[ln(1?e)]???1?e?z?zz?01??
2敛，与条件矛盾。 若
e?z[ln(1?e)]????(1?e?z)2?e?z?e?2z[ln(1?e)]????(1?e?z)3?zz?0??1 22??1则z?1，从而?Cnz在单位圆上等于
nn?0?z?0?0
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[ln(1?e?z)](4)?e(1?4e?e(1?e?z)4?z?z?2z)z?0??123
11111?2n3?????????(z),z? 2z?33?2z31?2z3n?0323?11111???????2n(z?1)n,z?1? 2z?32z?2?12(z?1)?11?2(z?1)2n?0于是，有展开式
11214z?z?z?...,R?π22!224!23
1
14.用直接法将函数1?z2在z?1?2点处展开ln(1?e?z)?ln2?4(z?1)为泰勒级数,(到项)
(?1)n2n?1z3z5?z???... (2) sinz??(2n?1)!z3!5!n?0?3?32n?12n?1nsinz??(?1)?z,z??
4n?0(2n?1)!3z??i为
解：
又
1
R?2
1?z2的奇点，所以收敛半径
f(z)?11,f(1)?1?z22 ?2z1?,f(1)??(1?z2)22
1dz01?z2(3)
?z??i为奇点，?R?1?arctanz??zarctanz???z?11n2ndz?(?1)zdz?(?1)n??z2n?1,z?1 ??2?01?z02n?1n?0n?0zf?(z)?(4)
111111111????????(z?1)(z?2)z?1z?2z?2?3z?2?431?z?241?z?234??1z?2n1z?2n??(?1)n?()??(?1)n?()3n?034n?04?11??(?1)n?(n?1?n?1)(z?2)n,z?2?334n?0?2?6z21??f??(z)?,f(1)?(1?z2)32 24z?24z3f???(z)?,f???(1)?0 24(1?z)
(5)因为从z??1沿负实轴ln(1?z)不解析 所以,收敛半径为R=1
?1[ln(1?z)]????(?1)n?zn
1?zn?0z??f(4)24?240z2?120z4(4)(z)?,f(1)?0
(1?z2)5z?1处的泰勒级数为
于是，f(z)在
111132??(z?1)?(z?1)?(z?1)4?...,R?221?z2244! 15.用间接法将下列函数展开为泰勒级数，并指出其
ln(1?z)??
n1(?1)?zdz?(?1)??zn?1,z?1??0nn?0n?0
nn收敛性.
1z?0和z?1处
(1) 2z?3分别在
3sinz在z?0处 (2)
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，展开式的系数都是实数？
答：因为当z取实数值时，f(z)与f(x)的泰勒级数展开式是完全一致的，而在x?R内，f(x)的展开式系数都是实数。所以在z?R内，f(z)的幂级数展开式的系数是实数.
(3)
arctanz在z?0处
zz?2处
(4) (z?1)(z?2)在
(5) ln(1?z)在解 （1）
z?0处
2z?1f(z)?z?0为中心的各个圆17.求z2?z?2的以
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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
z11?1???...要求z?1
而1?zzz2所以,在不同区域内 zz111??...?6?2??1?1?z?z2?z3?...?0 1?zz?1zzzz?0为中心的圆环域,其罗朗级数.分别为：
在z?1内，f(z)??2z?1111?zn=???z?(?1)n()n??2z?z?2z?1z?22n?02n?0
??((?1)n?n?0?1?1)znn?1211?z1f(z)?cos(z?)21.证明: z用z的幂表示的罗朗
级数展开式中的系数为
19.在1?z???内将f(z)?e数.
展开成罗朗级
Cn?12πcos(2cos?)cosn?d?.n?0,?1,... ?02πt?解:令
1,1?z则
1213?t??t?... 2!3!1cos(z?)z?0z??证明:因为和是所以z的奇点，1cos(z?)的罗朗级数为 0?z??在内，zn??1cos(z?)??Cnznzn???
f(z)?et?1?t?1t?1?z???内展开式为 而1?z在
1?11111?????(1??2?...) 1?zz1?1zzzz所以,代入可得
1111111f(z)?1??(1??2?...)??(1??2?...)2?...zzz2!zzz
111119?1??2?3???...z2z6z24z4120z5其中Cn?1c2πi?1cos(??)??n?1d?,n?0,?1,?2,...
其中C为0?z??内任一条绕原点的简单曲线. 1cos(z?)1zdz,(z?ei?,0???2π)Cn?n?1??z?12πiz12πcos(ei??e?i?)i?12πcos(ei??e?i?)?ied??d?2πi?0ei(n?1)?2π?0ein?12π ?cos(ei??e?i?)?(cosn??isinn?)d??02π12π?cos(2cos?)cosn?d?.n?0,?1,...2π?020.有人做下列运算,并根据运算做出如下结果
z?z?z2?z3?... 1?zz11?1??2?... z?1zzzz??0,所以有结果
因为1?zz?1111...?3?2??1?1?z?z2?z3?...?0
zzz你认为正确吗?为什么?
1z?0f(z)?22. 是函数cos(1z)的孤立奇点吗?为
什么?
1z?0f(z)?解: 因为的奇点有 1cos(z)z23?z?z?z?...要求z?1
答:不正确,因为1?z1π1?kπ??z?(k?0,?1,?2,...)
πz2kπ?2 20 / 37