习题四解答

习题四解答
1．下列数列 {α n } 是否收敛？如果收敛，求出它们的极限： 1） α n =
i⎞ 1 + ni i ⎛ n ；2） α n = ⎜ 1 + ⎟ ; 3） α n = (−1) + ; 4） α n = e − nπ i / 2 ；5） n +1 1 − ni ⎝ 2⎠
−n
α n = e− nπ i / 2 αn = 解 1）
幂级数
n −1
的收敛半径为 R = 1/ lim
n →∞
an +1 ncn = lim = 1/ | ρ | ； n →∞ ( n + 1)c an n +1
∞
故以上三个幂级数有相同的收敛半径。 9．设级数
∑ cn 收敛，而 ∑ cn 发散，证明 ∑ cn z n 的收敛半径为 1。
n =0 n=0 n=0
⎞ ⎞ ⎛ 2 z 6 z10 ⎛ 2 z6 z4 z6 2 2 4 ⎟ ⎜ ⎟ 故 e z sin z 2 = ⎜ = z + z + + … , | z |< +∞, z z 1 . − + + … + + + + … ⎟ ⎟⎜ ⎜ 2! 3! 3! 5! 3 ⎠ ⎠⎝ ⎝
而收敛半径 R = +∞; （7）因 e = 1 + z +
sh z = z +
而收敛半径 R = +∞ ；
（5） ch z = 1 +
2
z2 z4 + +…,| z |< +∞, 2! 4!
z4 z6 z 6 z10 + + …, | z |< +∞, sin z 2 = z 2 − + + …, | z |< +∞, 2! 3! 3! 5!
（6）因 e z = 1 + z 2 +
∑z
n =0
∞
n +1
, | z |< 1,
故 sin
cos
3 5 1 z = z + z 2 + z 3 + … − z + z 2 + z 3 + … + … = z + z 2 + z 3 + … ， | z |< 1 ， 1− z 3! 6
(
)
(
)
2 4 z 1 1 1 = 1 − z + z 2 + z 3 + … − z + z 2 + z 3 + … + … = 1 − z 2 − z 3 + … ， | z |< 1 ， 1− z 2 4! 2
+" = 1− z −
z2 z3 − + " ,| z |< 1 ， 2! 3!
而收敛半径 R=1。 （8）因 sin
1 z ⎞ z z ⎛ = sin ⎜1 + , + cos 1sin ⎟ = sin 1 cos − − 1 z 1− z 1− z ⎝ 1 z⎠
z = z + z2 + z3 + … = 1− z
lim α n = −1
n →∞
1 n
1 + ni 1 − n 2 2n 1 − n2 2n = + ， 又 = −1, lim = 0， 故 α n 收敛， i lim 2 2 2 n →∞ 1 + n n →∞ 1 + n 2 1 − ni 1 + n 1 + n
2） α n = ⎜ 1 +
⎛ ⎝
∞
⎛ z ⎞ （6） ∑ ⎜ ⎟ 。 n =1 ⎝ ln in ⎠
n
解 （1） R = 1/ lim n an = lim n = 1 ；
n →∞
2
1 (1 + ) n an +1 an n =0; = lim = lim （2） R = 1/ lim n →∞ a n →∞ a n →∞ n + 1 n n +1
故 α n 收敛， lim α n = 0
n →∞
2．证明：
|α |<1, ⎧0, ⎪ ∞, |α |>1, ⎪ lim α n = ⎨ n →∞ α = 1, ⎪1, ⎪ ⎩不存在， |α |=1,α ≠ 1.
3．判断下列级数的绝对收敛性与收敛性：
∞ in in ； 1） ∑ ； 2） ∑ n =1 n n = 2 ln n ∞
1 = 1 − z + z 2 − z 3 + " , | z |< 1 ，故 1+ z
2
1 1− z
1 n = 1 − z 3 + z 6 − z 9 + … + (− 1) z 3n + … ， | z |< 1 ， 1 + z3
而收敛半径 R=1； （2）因 故 又因
1 n = 1 − z + z 2 − z 3 + … + (− 1) z n + … ， | z |< 1 ， 1+ z 1 n = 1 − z 2 + z 4 + … + (− 1) z 2 n + … ， | z |< 1 ， 1+ z2
{
n
} 发散，故 α
n
发散
= cos
nπ nπ − i sin ，其实部、虚部数列均发散，故 α n 发散 2 2
1 − nπ i / 2 1 nπ 1 nπ 1 nπ 1 nπ = cos − i sin ，知 lim cos = 0, lim sin =0， e n →∞ n n →∞ n n n 2 n 2 2 2
4
cos z 2 = 1 −
z 4 z 8 z12 + − +" 2! 4! 6!
| z |< +∞ 而其收敛半径 R = +∞ ；
（4）因 sh z = 故
e z − e− z z z2 z3 z2 z3 ,e = 1+ z + + + …, | z |< +∞, e − z = 1 − z + − + …, | z |< +∞, 2 2! 3! 2! 3! z3 z3 + + … , | z |< +∞, 3! 5!
z
z2 z3 + +…,| z |< +∞, 2! 3!
∞ z 2 3 = − z − z − z −… = −∑ z n +1 ,| z |< 1, z −1 n=0
故 e z −1 = 1 −
z
∑ z n+1 +
n=0
∞
(∑ z n +1 ) 2
n=0
∞
2!
−
(∑ z n +1 )3
n=0
∞
3!
(
)
(
)
故
sin
5 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ ⎞ = sin 1⎜1 − z 2 − z 3 + …⎟ + cos 1⎜ z + z 2 + z 3 + …⎟ 6 1− z ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠
1 ⎛5 ⎞ ⎛ ⎞ = sin 1 + (cos 1)z + ⎜ cos 1 − sin 1⎟ z 2 + ⎜ cos 1 − sin 1⎟ z 3 + " , | z |< 1 ， 2 ⎝6 ⎠ ⎝ ⎠
n
∑c z
n
；
∑ n +1 z
cn
n +1
；
∑ nc z
n
n −1
。
证明
设 lim
cn +1 = ρ ，则幂级数 ∑ cn z n 的收敛半径为 1/ | ρ | ； n →∞ c n
n +1
幂级数
∑ n +1 z
∑ nc z
n
cn
的收敛半径为 R = 1/ lim
n →∞
an +1 c /(n + 1) = lim n = 1/ | ρ | ； n →∞ an cn +1 /(n + 2)
∞ cos in (6+5i) n 3） ∑ ； 4） ∑ 。 n 8 2n n =1 n=2
∞
解
∞
1）由 i = cos
n
nπ nπ + i sin ，∑ 2 2 n =1
∞
cos
nπ nπ ∞ sin 2 与 2 为收敛的交错项实级数， ∑ n n n =1
∞ in in 1 in 所以 ∑ 收敛，但 = ，故 ∑ 发散，原级数条件收敛； n n n =1 n n =1 n
（6） R = 1/ lim n an = lim | ln in |= ∞ ;
n →∞ n →∞
7．如果
∑ cn z n 的收敛半径为 R，证明级数 ∑ ( Re cn ) z n 的收敛半径 ≥ R 。
n=0 n=0
∞
∞
证明
对于圆 | z |< R 内的任意一点 z，由已知
n n
∑ cn z n 绝对收敛即 ∑ cn z 收敛，又
i⎞ ⎟ 2⎠
−n
⎛ 2 − iθ ⎞ ⎛ 2 − iθ ⎞ e ⎟ ，又 lim ⎜ e ⎟ = 0 ，故 α n 收敛， lim α n = 0 =⎜ →∞ n n →∞ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠
n
n
3）由于 α n 的实部 ( −1) 4）由于 α n = e 5） α n =
− nπ i / 2
6．求下列幂级数的收敛半径： （1）
zn ( p为正整数) ； ∑ p n =1 n
∞
∞
（2）
2 （n !） zn ； ∑ n n =1 n
∞
1＋i ) z ； （3） （
n=0
∑
∞
∞
n
n
（4）
∑e
n =1
i
π
n
z ；
n
⎛i⎞ n （5） ∑ ch ⎜ ⎟( z − 1) ； n ⎝ ⎠ n =1
n p n →∞
∞ chn cos in 0 ≠ ，故 发散。 ∑ n n →∞ 2 2n n=2
4．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收敛圆内可能有奇点； （3）每一个在 z0 连续的函数一定可以在 z0 的邻域内展开成 Taylor 级数。 解（1）不对。如 ∑ z n 在收敛圆 z < 1 内收敛，但在收敛圆周 z = 1 上并不收敛；
∞ ∞
可。在圆周上任取一点η ，
∑| c η
n=0 n
n
11．把下列各函数展开成 z 的幂级数，并指出它们的收敛半径。 （1）
1 1 ； （2） 3 1+ z 1+ z2
(
)
2
； （3） cos z 2 ； （4） sh z ；
z
（6） e z sin z 2 ； （7） e z −1 ； （8） sin （5） ch z ； 解 （1）由
−2 z ⎛ 1 ⎞ ′= ⎜ 2 ⎟ 1 z + ⎝ ⎠ 1+ z2
(
)
2
，
(1 + z )
而 R =1； （3）因 cos z = 1 −
1
2 2
=−
1 ⎛ 1 ⎞ 2 4 6 ⎜ ⎟′ = 1 − 2 z + 3 z − 4 z + … ， | z |< 1 ， 2z ⎝ 1 + z 2 ⎠
z2 z4 z6 + − + … , z < ∞, 故 2! 4! 6!
∑ c ( z − 2)
n=0 n
在 z = 0 收 敛 ， 则 由 Abel 定 理 其 收 敛 半 径
∞ n
R ≥ 0 − 2 = 2 ，而 3 − 2 = 1 < 2 即 z = 3 在其收敛圆 | z − 2 |< 2 内，故级数 ∑ cn ( z − 2 ) 在
n=0
z = 3 收敛，矛盾。
1
2）与 1）采用同样的方法，并利用
n
1 1 ≥ (n ≥ 2) ； ln n n
n
∞ ⎛ ∞ (6+5i) n ⎛ 61 ⎞ 61 ⎞ (6+5i) n 3）因 = ，而 收敛，故 绝对收敛； ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∑ ∑ ⎜ ⎟ ⎜ 8 ⎟ 8n 8n n =1 n =1 ⎝ 8 ⎠ ⎝ ⎠
4）因 cos in = chn ，而 lim
n =0 ∞
（2）不对。幂级数的和函数在收敛圆内为解析函数，不能有奇点； (3)不对。如 f (z ) = z 在全平面上连续,但它在任何点的邻域内均不能展开成 Taylor 级 数。 5.幂级数
∞
∑ c ( z − 2)
n=0 n
n
能否在 z = 0 收敛而在 z = 3 发散？
∞ n
解
不能。因如
n n=0 n=0
∞
∞
因 Re cn ≤ cn ，从而 Re cn z ≤| cn || z | ，故由正项级数的比较判别法 收敛即
∑ Re c
n =0
∞Biblioteka Baidu
n
z 也
n
∑ ( Re c ) z
n =0 n
∞
n
在 | z |< R 内绝对收敛，于是其收敛半径 ≥ R 。
8．证明：如果 lim
n →∞
cn +1 存在（ ≠ ∞ ） ，下列三个幂级数有相同的收敛半径 cn
（3） R = 1/ lim n an = lim1/ |1 + i | = 1/ 2 ；
n →∞ n →∞
（4） R = 1/ lim n an = 1 ；
n →∞
（5） R = 1/ lim n an = 1/ lim n ch ⎜
n →∞ n →∞
1 ⎛i⎞ n cos =1； ⎟ = 1/ lim →∞ n n ⎝n⎠
∞
∞
3
证明
由级数
∑c
n=0
∞
∞
n
收敛， 知幂级数
∞
∑c z
n=0 n n n
∞
n
在 z = 1 处收敛， 由 Abel 定理知
∞
∑c z
n=0 n
∞
n
的收敛半径 R ≥ 1 ；而
∞
∑c
n=0
n
发散知
∑| c z
n=0
| 在 | z |= 1 处发散，故 ∑ cn z n 的收敛半径
n=0
R ≤ 1 。所以 ∑ cn z n 的收敛半径为 1。
n=0
10．如果级数
∑c z
n=0 n
∞
n
在它的收敛圆的圆周上一点 z0 处绝对收敛，证明它在收敛圆所
围的闭区域上绝对收敛。 证明 由 Abel 定理知
∑c z
n=0 n
∞
∞
n
在其收敛圆内绝对收敛，再证其在圆周上绝对收敛即
n |= ∑ | cn z0 | ，知 ∑ cnη n 绝对收敛，故结论成立。 n=0 n=0