对比这两个结果可见解析

1、1n+1Tn2庄i=a解；1 = kmUf DC=0./. R = - = coK真求M的收敛半径。nn-Q1 = lim II = lim n-*ar | % n-*oa对比这两个结果可见 %收瞅收孵彳钦它就是騎酬n3xZnn=D发散ni-Q解：这里情况有些复杂，要分情况讨论 我们前面的结论针对的是级数与所给级数的对比知n=l解：收敛半径是1/ 1因为lim 攀n2肝臥月卿服禰览号n/ji卩勵皿%奇数这恰好是没有一个简单极限的情况，即(1) (2)两种极限都没有 但显然有上下极限1A R = y = 1n5.(-1尸+ 2广n=0解：这是典型的没极限，但有上下极限的情况lim = hm 丫

2、(-1尸 + 2p 二 lim (-1) 2二 3 = oo ti+odnocuTon后两种情况说明了 Cauchy-Riema nn方法的作用和重要性。QS6、f(z) =在收敛圆周|z|=1 ,级数在收敛圆周上处处绝对收敛 这很容易验证：风二1但是fO)的导数是f二71=1/7z)-*i,即E是f (z)曲奇点。7U解：我们要计算Taybr展开导数f%n= 04,2 f|已=Lnl = inl|i*2h = i,2hJ fc = 0岀+2)虽然我们是直接计算的，但相当于一个分支一个分支地算的，k取不同值就 是不同分支U=1 皿4洁严口=屮鵠z = 0rt 11 o( 1)B_1 (n 1)

3、!a Lnfl+ z) = 2taz zd+ zn1!21n!1 (-I-1 Ln(l + z) i 2knzQ z2 + - Hzn + 4 = 642 2 n其多值性体现在第一项。由这个展式还可求出收敛半径是1解：仍先求展开导数f曲2 = 0n = 0：/(z)|J=a = 才l=o =旷是一个多值函数，整个展开式的多值性就体现在这里U = 1：/ n(Z)L=0 =泌1 +刃肝x口 =卩卅7 =皆空n =何 | 口 = m3 1)(1 + 习T口 =卩3 =旳_ 1)1n= n：/WCL=0 = (F- 1) (P + l)(l+z)*_n|=D= g(g- l)(g-Tl + l)P臆

4、E E加藏+F卩 一 1) “ S Tl + 1)扑3 1) (g- n + 1)n可见这就是Newt on二项式定理的直接展开注意：多值性体现在护里：-/；，k为整数，由这个级数可直接算出收敛半径为1解：我们用两种方法展开这个函数。f(z)的奇点在z=0。f(z)在Ov|z|v刘区域内解析。由于有奇点只能Laurent 展开。 直接计算。我们可以利用公式1 %=%2方1(6 - c)fl+1f黑龙(当时)积分路径的选取是很随意的，只要这个圆里不包含其他奇点就行。M A2711对于只有z=0这一个奇点的现在这个问题来说，它可以选成任意 以z=0为圆心的圆。简单起见我们取卩-1,即圆为匚-只在这

5、个圆上取值，即社-这样有：_ 1应一rZff2nij0 61円= 严矶卜询朋2!2菲Ja变成两个实积分j r2n1严cosfisinfl -+ sin(xsin9-n5)d0Q加人这里两个实积分我们有的是办法来对付，先看第二个积分，被积函数儿.，.：皿汕 显然以2：为周期且是奇函数，即:sin x sinffi + 2b) - n(0 + 2n) = sin(x sin6 - n&) sinx sin(-0) 一 n(-9) = -sin(x sin 6 - nd)1严 cos(rsin9 -n9)dfl2ifj0容易验证- 在0砒诃关于9 - 7对称，即厲T -： - cosx sin(27

6、r 一 0) - n(2n fl = cos-x sin0 - (-/iff) - n2n=cosx sin 0 n9/. 口 * = 2- n 21cos(xsin 0 nd)d61 cos(x sin 5 nd) dO这就是说% = JnS这样有= 人何zn1间接计算我们也可以利用Taybr展开间接地得到Laurent级数 因为指数函数在整个复平面收敛，我们有mm解：f(zitO)7H=O乙rftfl 2 ZJn-i=D05+r=-l这个展式就是Bessel函数，即砂a#Z 1；应崩旷1A9、他）在的邻域上展开。分成两个分式1 1 1=4(z 1) (z 2) z 1 z 2苴中丄;在“1的邻域内解析，可直接展成珂畑级数。 z-2三r-口kip