复变函数与积分变换中国石油大学华东崔俭春张高民第四章答案

习题四答案习题四答案 1 考察下列数列是否收敛 如果收敛 求出其极限 考察下列数列是否收敛 如果收敛 求出其极限 1 1 n n zi n 解 因为lim n n i 不存在 所以lim n n z 不存在 由定理 4 1 知 数列 n z不收敛 2 1 2 n n i z 解 5 1 cossin 22 i i 其中 1 arctan 2 则 52 cossin cossin 25 n n n zinin 因为 2 lim0 5 n n cossin1nin 所以 2 limcossin0 5 n n nin 由定义 4 1 知 数列 n z收敛 极限为 0 3 2 1 n i n ze n 解 因为 2 1 n i e 1 lim0 n n 所以 2 1 lim0 n i n e n 由定义 4 1 知 数列 n z收敛 极限为 0 4 n n z z z 解 设 cossin zri 则 cos2sin2 n n z znin z 因为limcos2 n n limsin2 n n 都不存在 所以lim n n z 不存在 由定理 4 1 知 数列 n z不收敛 2 下列级数是否收敛 是否绝对收敛下列级数是否收敛 是否绝对收敛 1 1 n n i n 解 1 n i nn 由正项级数的比值判别法知该级数收敛 故级数 1 n n i n 收敛 且为绝对收敛 2 2ln n n i n 解 222 cossin 22 lnlnln n nnn nn i i nnn 因为 2 cos 1111 2 lnln2ln4ln6ln8 n n n 是交错级数 根据交错级数的莱布尼兹审 敛法知该级数收敛 同样可知 2 sin 1111 2 1 lnln3ln5ln7ln9 n n n 也收敛 故级数 2ln n n i n 是收敛的 又 22 111 lnlnln1 n nn i nnnn 因为 2 1 1 n n 发散 故级数 2 1 ln n n 发散 从而级数 2ln n n i n 条件收敛 3 0 cos 2n n in 解 111 0000 cos 2222 nnnn nnnn nnnn ineeee 因级数 1 02 n n n e 发散 故 0 cos 2n n in 发散 4 0 35 n n i n 解 00 3534 nn nn i nn 由正项正项级数比值判别法知该级数收敛 故级数 0 35 n n i n 收敛 且为绝对收敛 3 试确定下列幂级数的收敛半径 试确定下列幂级数的收敛半径 1 0 1 n n n iz 解 1 lim12 n n n c i c 故此幂级数的收敛半径 1 2 R 2 0 n n n n z n 解 1 1 1 11 limlimlim 1 1 1 n n n nnn n n cnn cnne n 故此幂级数的收敛半径Re 3 1 i n n n e z 解 1 1 limlim1 in n nn i n n ce c e 故此幂级数的收敛半径1R 4 22 1 21 2 n n n n z 解 令 2 zZ 则 221 11 2121 22 nn nn nn nn zZ 1 1 21 1 2 limlim 21 2 2 n n nn n n n c n c 故幂级数 1 1 21 2 n n n n Z 的收敛域为2Z 即 2 2z 从 而幂级数 22 1 21 2 n n n n z 的收敛域为2z 收敛半径为2R 4 设级数设级数 0 n n 收敛 而收敛 而 0 n n 发散 证明发散 证明 0 n n n z 的收敛半径为的收敛半径为1 证明 在点1z 处 00 n nn nn z 因为 0 n n 收敛 所以 0 n n n z 收敛 故由阿贝尔 定理知 1z 时 00 n nn nn z 因为 0 n n 发散 根据正项级数的比较准则可知 0 n n n z 发散 从而 0 n n n z 的收敛半径为 1 由定理 4 6 0 n n n z 的收敛半径也为 1 5 如果级数如果级数 0 n n n c z 在它的收敛圆的圆周上一点在它的收敛圆的圆周上一点 0 z处绝对收敛 证明它在收敛圆所围的闭处绝对收敛 证明它在收敛圆所围的闭 区域上绝对收敛 区域上绝对收敛 证明 0 zz 时 由阿贝尔定理 0 n n n c z 绝对收敛 0 zz 时 0 00 nn nn nn czcz 由已知条件知 0 0 n n n cz 收敛 即 0 n n n cz 收敛 亦即 0 n n n c z 绝对收敛 6 将下列函数展开为将下列函数展开为z的幂级数 并指出其收敛区域 的幂级数 并指出其收敛区域 1 22 1 1 z 解 由于函数 22 1 1 z 的奇点为zi 因此它在1z 内处处解析 可以在此圆内展开成 z的幂级数 根据例 4 2 的结果 可以得到 24 2 1 1 1 1 1 nn zzzz z 将上式两边逐项求导 即得所要求的展开式 22 1 1 z 24122 2 11 1 23 1 1 12 nn zznzz zz 2 1 0 0 ab za zb 解 ab 时 由于函数 1 0 0 ab za zb 的奇点为za 因此它在za 内 处处解析 可以在此圆内展开成z的幂级数 2 11111 1 z za zbzaaza a 1 1 n n zz aaa 1 11 n n n z aaa 1 21 1 n n n zza aa ab 时 由于函数 1 0 0 ab za zb 的奇点为 12 za zb 因此它在 min za b 内处处解析 可以在此圆内展开成z的幂级数 111111 11 zz za zbabab ab 2121 111 nn nn zzzz abaaabbb 2211 1111111 min n nn zzza b ab bababa 3 2 cosz 解 由于函数 2 cosz在复平面内处处解析 所以它在整个复平面内可以展开成z的幂级数 482 2 cos1 1 2 4 2 n n zzz zz n 4 shz 解 由于函数shz在复平面内处处解析 所以它在整个复平面内可以展开成z的幂级数 321321 sin 1 3 21 3 21 nn n izizzz shziizi izzz nn 5 2 sinz 解 由于函数 2 sinz在复平面内处处解析 所以它在整个复平面内可以展开成z的幂级数 22 21 1 cos21 2 2 sin 1 1 1 222 2 n n zzz z n 22 1 2 2 1 2 2 2 2 n n zz z n 6 sin z ez 解 由于函数sin z ez在复平面内处处解析 所以它在整个复平面内可以展开成z的幂级数 1 1 sin 22 izizizi z zz eeee eze ii 2222 1 1 1 1 1 1 1 1 1 22 2 nnnn iziziziz i zi z inn 2 12 2 1 1 2 22 nn n iii izzz in 3 2 3 z zzz 7 求下列函数展开在指定点求下列函数展开在指定点 0 z处的泰勒展式 并写出展式成立的区域 处的泰勒展式 并写出展式成立的区域 1 0 2 1 2 z z zz 解 21 1 2 21 z zzzz 0 22111 2 2 224224 1 4 n n n z z zz 0 11111 2 2 123333 1 3 n n n z z zz 由于函数 1 2 z zz 的奇点为 12 1 2zz 所以这两个展开式在23z 内处处成 立 所以有 21 000 1 2 1 2 11 2 23 1 2 243323 nn n nnnn nnn zzz zz zz 2 0 2 1 1z z 解 由于 2 11 1 1 1 1 1 11 1 1 nn zzzz zz 所以 11 2 11 1 2 1 1 1 11 nn zn zz zz 3 0 1 1 43 zi z 解 11111 3 4343 1 331 33 1 1 3 1 1 1 3 zziiizii zi i 1 00 133 1 1 1 3 1 3 1 3 nn nn nn nn zizi iii 展开式成立的区域 3 1 1 1 3 zi i 即 10 1 3 zi 4 0 tan 4 z z 解 2 tanseczz 2 tan2sectanzzz 22 tan2sec 2tan1 zzz 2 4 tansec2 4 z z 2 44 tan2sectan2 zz zzz 22 44 8 tan2sec 2tan1 3 zz zzz 故有 23 8 tan12 2 4434 zzzz 因为tanz的奇点为 2 zkkZ 所以这个等式在 44 z 的范围内处处成立 8 将下列函数在指定的圆域内展开成洛朗级数 将下列函数在指定的圆域内展开成洛朗级数 1 2 1 12 1 2 z zz 解 222 1112 1 2 5211 z zzzzz 1 00 1111 22222 1 2 nn nn nn zz z z 22221 00 2 1111 1 1 1 1 1 nn nn nn zz zzzzz z 222222 00 2 221212 1 1 1 1 1 nn nn nn zzzzz z 故有 212122 000 1112 1 1 1 2 52 n nn nnn nnn z zzzz 2 2 1 01 1 1 z zz zz 解 222 112 1 1 z zzzzz 在01z 内 2 22222222 00 112121121 2 1 1 1 nn nn z zz zzzzzzzzzzz 在1z 内 22232323 3 00 1121211212 11 1 1 1 n n nn z z zzzzzzzzz z zz 3 1 011 12 1 2 zz zz 解 在011z 内 1 00 111111 1 1 1 2 11 11 1 1 1 nn nn zz zzzzzzz 在12z 内 22 00 111111111 1 1 1 1 2 22 122 2 2 2 1 2 nn nn nn zzzzzzzzz z 4 1 sin 01 1 z z 解 在01z 内 321 111 1 sin 113 1 21 1 n n zzznz 5 cos 01 1 z z z 解 111 coscos 1 cos1cossin1sin 1111 z zzzz 在01z 内 222 0 11 1 1 cos1 12 1 2 1 2 1 nn nn n zznznz 32121 0 111 1 1 sin 113 1 21 1 21 1 nn nn n zzznznz 故有 111 coscos 1 cos1cossin1sin 1111 z zzzz 221 00 1 1 cos1sin1 2 1 21 1 nn nn nn nznz 9 将将 22 1 1 f z z 在在zi 的去心邻域内展开成洛朗级数 的去心邻域内展开成洛朗级数 解 因为函数 22 1 1 f z z 的奇点为zi 所以它以点zi 为心的去心邻域是圆环域 02zi 在02zi 内 2222222 111111 1 2 2zziziziziizizii 又 1 1 00 1111 1 1 222 2 2 1 2 nn nn nn nn zizi zi ziiiiii i 232 0 1121 1 2 2 2