复变函数第四章复函数项级数第四节洛朗级数

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第4章4洛朗级数

第4章4洛朗级数

和圆环域 1 < | z − 2 |< +∞ 内展开成洛朗级数. 内展开成洛朗级数. 解 在圆环域 0 < | z − 1 |< 1
1 = − ∑ ( z − 1)n−1 <1 在圆环域1 <| z − 2 |< +∞ n=0 | z − 2|
1 1 1 1 f (z) = = z − 2 1 + ( z − 2) 1 ( z − 2)2 1+ ∞ n ∞ z−2 1 ( −1)n ( −1) = 2 ∑ n = ∑ ( z − 2) n = 0( z − 2 ) ( z − 2 ) n+ 2 1 < | z − 2 |< +∞ n=0
n

| z |< +∞
1 f ( z ) = − sin = z −1
(−1) 1 ∑0 (2n + 1)! ( z − 1)2 n+1 n=
n+1 +
0 <| z − 1 |< +∞
洛朗级数形如: 洛朗级数形如:
n =−∞
∑c ( z − 1)
n

n
12
1 87页9(3) 把 f ( z ) = 87页 ( z − 1) ( z − 2) 在圆环域 0 < | z − 1 |< 1
1 f (ξ ) ∫| = ρ dξ 其中 cn = n +1 2π i |ξ − z0 (ξ − z0 )
z0 r
ξ
R
z
1 特别 c−1 = 2π i

|z − z0 | = ρ
|ξ − z0 | = ρ

f (ξ ) d ξ

复变函数-级数

复变函数-级数
则∑ fn ( z ) = f1 ( z ) + f2 ( z ) + L + fn ( z ) + L为函数项级数
n=1
sn ( z ) = ∑ fk ( z ) —部分和函数
n
若 z 0 ∈ D , 有 lim sn ( z 0 ) = s ( z 0 ) ,
n→ ∞
k =1
收敛
称 ∑ f n ( z )在 z 0 点 收 敛 , 且 ∑ f n ( z 0 ) = s ( z 0 )
∞ ∞ k
( −1) nπ 1 ∑ ln n sin 2 = ∑ ln ( 2k + 1) 条件收敛 n =2 k =1
∞ ∞ k
∴ 原级数条件收敛 .
第二节 幂级数
第 二 节 幂 级 数
1. 幂级数的概念
1) 函数项级 数: 设 { fn ( z )}

( n = 1, 2 ,L) 为一复变函
数序列, z ∈ D
n n= 0


z < 1 q = z0
n= 0
2o 反证法
第 二 节 幂 级 数
综上得结论:幂级数 ( 2 ) 的收敛情况有三种
(1) 在复平面上处处收敛,
( 2 ) 只在z = 0收敛,
( 3) ∃R > 0 , 在圆C R:z
而 z = R上不定,
R = +∞
R=0
z = R内绝对收敛, > R 内发散,
n
( 2 ) ∑ ( cos in ) z n
n=0
c n +1 解: lim Q = lim n→∞ c n→∞ n
e n +1 + e − n −1 ) (

复变函数(4.4.5)--洛朗级数

复变函数(4.4.5)--洛朗级数

-
1 )z4 3ᆬ5!
+L

1 1- cos
z
=
2 z2
+
1 3!
+
1 z2 5!
+L; a2
=
51!.
￑ᆬ 7. 解
选(C).

|
z
|<
1
,则
cos3 z 1+z z
=
cos3
z
(1- z
2z2
+ L)
,这时
|z
|=1
cos3 z 1+z z
dz
ᆬ0,
故 an ᆬ 0 .
￑ᆬ 若 | z |> 1,则
9. 解
z(z
1 - 1)( z
- 2)
=
-1 z(z -1)
+
1 z(z - 2)
� � � =
1 z
�1 -1
z
-
1 2z(1- z / 2)
=
ᆬ n=0
z n-1

-
n=0
z n-1 2n+1
=

(1 -
n=0
1 2n-1
)
z
n
-1.
10. 解
1 z(z -1)2
=
1 (z -1)2
1 1+ (z -1)
=
11
z
1-
k z
=
1 z
(1
+
k z
k2 + z2
+ L)
ᆬ 令 z = eiq

cos 1-
q -k -i 2k cosq

复变函数4-1

复变函数4-1

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定理: 如果 | n |收敛,那么 也收敛,且
n 1
n 1 n


不等式 | n | | n | 成立
n 1 n 1


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绝对收敛与条件收敛
定理 4.3 复级数(4.1)收敛的一个充分条件为级数

| a
n 1
n


n
1 解:(1) 因为 an 发散; n1 n1 n
1 bn n2 收敛Biblioteka n 1 n 1所以原级数发散


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(2)因为
( 8i ) n 8 n , n! n!

8n 所以由正项级数的比值判别法知: 收敛, n1 n!
故原级数收敛, 且为绝对收敛.
(an a ) i (bn b)
an a bn b ,
所以 lim n .
n
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定理:数列收敛的Cauchy准则
复数列 {n }(n 1, 2,) 收敛的充要条件是:
>0,N >0,当n N时,对p N :
那末 称为复数列{ n } 当 n 时的极限,
记作
lim n .
n
此时也称复数列{ n } 收敛于 .
首页 上页 返回 下页 结束 铃
复数列收敛的条件
定理 复数列 { n } {an ibn }( n 1, 2 ,) 收敛于 a ib 的充要条件是

4-4洛朗级数

4-4洛朗级数
(2) 遇到f (z)在奇点z0的邻域内解析,需要 把 f (z)展成级数,那么就展开成Laurent 级数。
复 变 函 数 与 积 分 变 换
四、函数的Laurent级数展开式
哈 尔 滨 工 程 大 学
由唯一性,将函数展开成Laurent级数, 主要用间接法。
例1
将下列函数在0 z +展开成洛朗级数。
复 变 函 数 与 积 分 变 换
二、 洛朗(Laurent)级数(含有负幂项的级数)
哈 尔 滨 工 程 大 学
定义
形如
n
负幂项部分
n
c (z z )
n 0

c n ( z z0 )
n
c 1 ( z z 0 )
n
1
复 变 函 数 与 积 分 变 换
c0 c1 ( z z0 ) cn ( z z0 )
的级数称为洛朗级数
正幂项(包括常数项)部分
其中z0及cn ( n 0, 1, 2,)都是复常数
收敛域:
哈 尔 滨 工 程 大 学
对于Laurent级数的负幂项部分 c n ( z z0 )
小结
哈 尔 滨 工 程 大 学
1. Laurent级数与Taylor 级数的不同点: • Taylor级数先展开求收敛半径R, 找出唯一的收敛圆域,展开成级数。
复 变 函 数 与 积 分 变 换
• Laurent级数先求 f(z) 的奇点,然后以 z0为
中心奇点为分隔点,找出z0到无穷远点的所
有使 f(z) 解析的环域,在环域上展成级数。
第四章
哈 尔 滨 工 程 大 学


§4.4 洛朗级数 学习要点

高等数学课件-复变函数与积分变换 第四章 级数

高等数学课件-复变函数与积分变换 第四章 级数

称为级数的部分和。
在收敛域D内
lim
n
Sn
(
z)
S
(
z
),
S ( z) 为级数的和函数。
二、幂级数
若 fn (z) Cn zn 或 fn (z) Cn (z z0 )n 时,
幂级数为
Cn zn 或
Cn (z z0 )n
n0
n0
定理4.7
Ab el 定理如果级数
Cn zn
n0
z z 在
z0
sin
z
k 0
(1)k z2k1
2k 1!
R
• 例5 将 cos z 在 z 0处展开成幂级数。
sin z 解: 将
两边对z求导
cos z
(1)k (2k 1)z2k
k 0
2k 1!
(1)k z2k
k 0
2k !
例6 arctan z 在 z 0 处展开成幂级数。
解:
arctan
z
b
二、复数项级数
定义4.2
z 设
为一复数列,表达式
n
zn z1 z2 zn
n1 为复数项级数,其前n项之和
Sn z1 z2 zn
为级数的部分和。 称级数收敛,

lim
n
Sn
S,
S称为级数的和,
记为
S zn

{Sn} 不收敛,则称级数是发散的
n1
n
n
n
Sn k an i bn 有
收敛,那么对满足
0
| z || z0 | 的z,
级数必绝对收敛。
如果在
z z 级数发散,那么对满足 0

复变函数和积分变换第二版本-4.4 洛朗级数-PPT文档资料

复变函数和积分变换第二版本-4.4 洛朗级数-PPT文档资料
(进入证明?)
8
§4.4 洛朗级数 第 二、洛朗(Laurent)定理 四 章 注 (1) 展开式中的系数 a n 可以用下面得方法直接给出。 解 析 函 数 的 级 数 表 示
n 1 n n 1 f ( z ) a ( z z ) a ( z z ) a ( z z ) n 10 n0 n 10
则其收敛域为:R | z z | . 0 上述两类收敛域被看作是一种特殊的环域。 6
§4.4 洛朗级数 第 一、含有负幂次项的“幂级数” 四 an(z z0)n 的收敛特性 章 2. 级数
n 解 an(z z0)n 收敛, 结论 (1) 如果级数 析 n 函 R | z z | R . 则其收敛域“一定”为环域: 1 0 2 数 的 n 级 a ( z z ) (2) 级数 n 在收敛域内其和函数是解析的, 0 n 数 表 而且具有与幂级数同样的运算性质和分析性质。 示
1 1 1 1 ,( | z | 1 ) . 2 3 1 z z z z
3
§4.4 洛朗级数
第 一、含有负幂次项的“幂级数” 四 章 1. 问题分析 启示 如果不限制一定要展开为只含正幂次项的幂级数的话, 解 析 即如果引入负幂次项,那么就有可能将一个函数在整个 函 数 复平面上展开(除了奇点所在的圆周上)。 的 级 下面将讨论下列形式的级数: 数 表 n 2 1 a ( z z ) a ( z z ) a ( z z ) n 0 2 0 1 0 示 n 2 a a ( z z ) a ( z z ) . 0 1 0 2 0 在引入了负幂次项以后,“幂级数”的收敛特性如何呢? 4
§4.4 洛朗级数 第 一、含有负幂次项的“幂级数” 四 an(z z0)n 的收敛特性 章 2. 级数

复变函数PPT第四章

复变函数PPT第四章
——代入法
1 例2 求 f ( z ) 2 在 z 0 点邻域内的 Taylor级数. (1 z )
解:z1 1 是 f ( z ) 的惟一奇点,且 z1 0 1, 故收敛半径 R 1.
利用逐项积分得
(n 1)z dz
n 0 n 0 n 0
z

z
0
( n 1) z dz z
n n 0

n 1
z . 1 z
所以
1 z n (n 1)z 1 z (1 z )2 n 0

z 1 .
n0

的收敛范围与和函数.
解 级数的部分和为
sn 1 z z 2 z n1 1 lim sn z 1 n 1 z
z 1
lim z 0
n n
1 zn , ( z 1) 1 z z n 收敛, 级数
n 0
级数
z n 发散.

所以收敛半径 R 1,
即原级数在圆 z 1内收敛, 在圆外发散, zn 1 在圆周 z 1上,级数 3 3 n 1 n n 1 n 收敛的 p 级数 ( p 3 1). 所以原级数在收敛圆上是处处收敛的.
(cos in) z n (2)
n 0

1 n 解 因为 cn cos in (e e n ), 所以收敛半径为 2 en en cn 1 1 e 2 n lim n1 R lim . n 1 lim 2 n 1 n e n c n e e e e n1
(7)(1 z ) 1 z

( 1)

复变函数:第四节罗朗(Laurent)级数

复变函数:第四节罗朗(Laurent)级数

内 展 开 成Laurent级 数 。
y
y
y
o 1 2x
o 1 2x
o 1 2x
(i) 0 z 1 (ii) 1 z 2
(iii) 2 z
解 f (z) 1 1 1z 2z
(i) 0 z 1 z 1 z 1
2

f
(z
)
1
1
z
1 2
1
1
z
2
(1 z z2 zn ) 1 (1 z z2 ) 2 24
1 2
3 4
z
7 8
z2
(1
n0
1 2n1
)zn
(ii)1 z 2 z 1 1 1 又 z 2 z 1
z
2
f (z)
1 1
z
1 2
z
1 z
1 1 1
1 2
1 1
z
z
2
1 z
(1
1 z
1 z2
)
1 2
(1
z 2
z2 4
)
1 zn
1 z n1
1 z
1 2
z 4
z2 8
式(*1),(*2)中系数cn的积分分别是在k2, k1上进
行的,在D内取绕z0的简单闭曲线c,由复合闭路
定理可将cn写成统一式子:
cn
1
2i
c (
f (
z0
) )n
1
d
(n
0,1,2,)
f (z) cn (z z0 )n 证毕! n
级数中正整次幂部分和负整次幂部分分别称为 洛朗级数的解析部分和主要部分。
cn (z z0 )n c0 c1(z z0 ) cn (z z0 )n (2)

复变函数第四章级数

复变函数第四章级数
n0
an 1 an
z n的收敛半径 :
an R lim 1 an
n
a n1
1 an1
lim
n
a(1
a
n
)
1 a
1.
1 an1
22
4、 幂级数的运算和性质
定理三 (1) 幂级数
f (z) cn (z a)n
(4.3)
n0
的和函数f(z)在其收敛圆K:|z-a|<R(0<R≤+∞)内解析.
f z cn z z0 n ,
D
n0
成 立 , 其 中cn
1 n!
f
nz0 , n
0,1, 2,,
d
• z0
并 且 展 开 式 唯 一. (证略)
31


f z cn z z0 n
n0
n0
f
n z0
n!
z
z0
n
=
f
z0 +
f z0 z - z0 +
f
z0
2!
z
-
z0
2
+
n
z a 收敛
z1 a
cn(z a)n 在圆K内绝对收敛. n0
推论: 若幂级数(4.3)在某点z2(≠a)发散,则它在以a为圆 心并且通过点z2的圆周外部发散.
z1 z2
a
2.收敛圆与收敛半径
z1
y
z.2
.
R
o
收敛圆 收敛半径
x 收敛圆周
幂级数 cnzn的收敛范围是以a点为中心的圆域.
常用的展开式:
ez 1 z z2 z3 zn
2! 3!

第4章-复变函数项级数04-洛朗级数

第4章-复变函数项级数04-洛朗级数
积分求系数一般情况下比较复杂. 2. 间接展开法
利用洛朗级数展开式的唯一性及双边幂级数在收敛圆环 域内可以逐项求导和逐项积分的性质。
f (z) cn (z z0 )n R2 z z0 R1 n
解:1)直接展开法 解析,故积分为0;
1
1
z
n0
zn,
z 1
1
1
z
n0
zn,
的收敛区域为
可以证明:双边幂级数在收敛环域内的和函数是解析函数, 可以逐项求导、逐项积分
Re
当 R e 时,
Re
2 解析函数的洛朗展开定理
f (z) cn (z z0 )n R2 z z0 R1 n
f (z) cn (z z0 )n R2 z z0 R1 n
f (z) cn (z z0 )n R2 z z0 R1 n
说明:
(1)洛朗级数是双边幂级数,泰勒级数只有正幂项; (2)洛朗级数是泰勒级数的推广,泰勒级数是洛朗级数 的特殊情况; (3)系数公式不同,洛朗系数不能利用高阶导数公式.
3 求解析函数洛朗展开式的方法
R2 z z0 R1
第四章 复变函数项级数
第四讲 洛朗级数
主要内容
1. 双边幂级数 2. 解析函数的洛朗展开定理 3. 求解析函数洛朗展开式的方法
1 双边幂级数
1
1
z
1
z
z2
z3
zn
,
n0
zn ,
z 1
双边幂级数
既含有正幂项又含有负幂项的级数
无首项, 不能用部分和来定义收敛和发散.
结论: 双边幂级数 圆环域
z 1
1
1全是负幂项,有无穷多项)
1
1
z

工程数学《复变函数》(第四版)课件 4-4 西安交大

工程数学《复变函数》(第四版)课件 4-4 西安交大
1 z 4
1 1 1 f z 3 z z 1 z 4
在1 z 4内 :
1 1 1, z 4
1 1 z 1 z 1 1 z
1 1 1 1 2 z z z
例3 把 f z z 3e 在 0 z 内展成洛朗级数。
2 3 n z z z z 解 e 1 z 2! 3! n!
1 z
1 1 1 z 1 1 3 2 f z z 3 1 z z 2 3 z 2! z 2! 3! 4! z 3! z 12
1 1 z z 4 dz z 1
解法2(柯西积分公式)
1 z 1z 4 dz dz z z 1z 4 z z 3 C1
C2

1 1 2i 2i z 1 z 4 z z 4 z 0 z 1
(2) 洛朗级数
(3)
1
其中 z 0 及 cn n 0,1,2, 为常数。
规定 当且仅当2、 3收敛, 1收敛.
设2收敛域为: z z0 R2 ;
即为前面讨论的级数;
n
对于(3),
c 1 z z 0 c n z z 0

n
称为 f z 在以 z 0为中心的圆环域 R1 z z0 R2内的洛朗展
开式。 右端级数(洛朗级数)中,正整数次幂部分称为洛朗级数的 解析部分;负整数次幂部分称为洛朗级数的主要部分。
⑵ 洛朗级数是泰勒级数的推广。
当 f z 在 z 0 不解析但在 z 0 的去心邻域内解析时可用洛朗级数 展开,展开式是唯一的,展开时尽量用间接展开法。

复变函数(第四版)课件章节--4.4

复变函数(第四版)课件章节--4.4

cn =
1 2π i

Γ2
c−n
1 = 2π i 1 = 2π i
f (ξ ) ∫Γ (ξ − a ) n +1 d ξ ( n = 0 ,1, 2 ,⋅ ⋅ ⋅) f (ξ ) ∫Γ1 (ξ − a ) − n +1 d ξ
f (ξ ) dξ n +1 (ξ − a )
1 f (ξ ) = ∫Γ (ξ − a) −n +1 dξ (n = 1,2,⋅ ⋅ ⋅), 2πi
1 f (ζ ) cn = ∫ (ζ − z0 )n+1 dζ (n = 0, ± 1, ± 2,L) 2πi C
然后写出
f (z) =
n= −∞
∑ cn ( z − z0 ) Nhomakorabea∞
n
.
缺点: 计算往往很麻烦. 缺点 计算往往很麻烦
2. 间接展开法 根据正、负幂项组成的的级数的唯一性 根据正、负幂项组成的的级数的唯一性, 可 用代数运算、代换、 用代数运算、代换、求导和积分等方法去展开 . 优点 : 简捷 , 快速 .
| z −a |
< 1,
于是上从 上从可以展成一致收敛的级数 上从
f (ξ ) f (ξ ) ∞ ξ − z n −1 = ∑( z − a) . z − ξ z − a n =1
沿Γ1逐项求积分,两端同乘以
1 2πi
∞ c−n 1 f (ξ ) ∫Γ1 z −ξ dξ = ∑(z − a)n , (4.4.7) 2πi n=1 1 f (ξ ) c−n = ∫Γ (ξ − a ) − n+1 dξ ( n = 1,2,⋅ ⋅ ⋅) (4.4.8) 2πi
Γ2 :| ξ − a |= ρ2 ,

复变函数第四版(第四章)

复变函数第四版(第四章)

1 n 1) a n 1 e ; n
i

2) a n n cos in
}
[解] 1) 因
1 n 1 a n 1 e 1 cos i sin n n n n 1 1 an 1 cos , bn 1 sin . n n n n lim an 1, lim bn 0
第4章
级数
§4.1 复数项级数 §4.2 幂级数 §4.3 泰勒级数 §4.4 洛朗级数
}
n
n
n
任意给定e>0, 相应地能找到一个正数N(e), 使|an-
a|<e在n>N时成立 则a称为复数列{an}当n时的 §4.1 ,复数项级数
极限, 记作
lim a n a
n
此时也称复数列{an}收敛于a.
(-1) n n n 1

(8i ) 8 , 由正项级数的比值审敛法知 n! n!
故原级数收敛 . 但因 n n
}
§4.2 幂级数
1. 幂级数的概念 设{fn(z)}(n=1,2,...)为一复变函数 序列,其中各项在区域D内有定义.表达式
f
n 1

n
( z ) f1 ( z ) f 2 ( z ) f n ( z ) (4.2.1)
z
n
在圆 |
1

内收敛.
}
再证当
| z |
| z |
1

时, 级数

n0
cn z n
发散. 假设在
n0
圆 收敛. 在圆外再取一点 z1, 使|z1|<|z0|, 那么根据阿

复变函数(4.4.2)--洛朗级数

复变函数(4.4.2)--洛朗级数


2
1 -
z
=
-
1 z
1
1
-
2 z
=
-
1 z
(1 +
2 z
+
22 z2
+L+
2n zn
+L) ,
从而有
f
(z)
=
1 3
(1 +1
z
+
2
1 -
z
)
=
1 3
(
1 z
*
1 1+
1 z
-
1 z
*1 1-
2 z
)
� � � =
1 3
[
1 z
ᆬ n=0
(-1)n zn
-
1 z
ᆬ n=0
2n zn
]
=
1 3
ᆬ n=0
第四章 复变函数项级数
第四节 洛朗级数例题
第四章 复变函数项级数 第四节 洛朗级数
例一
将函数
f
(z)
=
(z
1 +1)(2 -
z)
分别在圆环域
⑴ 0 < z < 1 ; ⑵ 1 < z < 2 ; ⑶ 2 < z < +ᆬ ;
内展开为洛朗级数。


因为在圆环域 0 <
z
< 1 内,
z
<1,
z 2
< 1,所以
� � f
(z)
=
1 3
(1
1 +
z
+
1 2-
z)
=

复变函数 洛朗展式..

复变函数 洛朗展式..
n n
和函数是解析的,而且可以逐项求积和 逐项求导 .
三、 洛朗级数展开定理
哈 尔 滨 工 程 大 学 复 变 函 数
定理 设f ( z )在D : R1 z z0 R2内解析 ,则
f (z)
n
c (z z )
n 0

n
(*)
1 f (z) 其中 : cn dz( n 0, 1, 2,) n 1 2 i c ( z z0 ) c是D内绕z0的任何一条简单闭曲线 .
一、 引入
哈 尔 滨 工 程 大 学 复 变 函 数
回顾:f ( z )在z0解析 f ( z )在z0的某一个圆域
| z z0 | R内展开成z z0的幂级数。
思考:
若f ( z )在z0点不解析,但在R1 | z z0 | R2 内解析,那么,f ( z )能否用级数表示呢?
二、 洛朗(Laurent)级数(含有负幂项的级数)
哈 尔 滨 工 程 大 学 n 复 变 函 数
定义
负幂项部分
n
形如
c (z z )
n 0
c n ( z z0 )
n
c 1 ( z z 0 )
n
1
c0 c1 ( z z0 ) cn ( z z0 )
哈 尔 滨 工 程 大 学 复 变 函 数
1 1 1 1 f (z) 1 z 2 z z 2 1 ( z 2)
1 ( 1)n ( z 2)n z 2 n 0 1 1 ( z 2) ( z 2)2 z2
小结
注: (1)当R1 R2时,称 cn ( z z0 )n处处发散。

复变函数与积分变换课堂第四章PPT课件

复变函数与积分变换课堂第四章PPT课件
n1
称为无穷级数, 其最前面n项的和
sn12 n
称为级数的部分和。
如果部分和数列{sn}收敛, 则级数 n 称为收敛,且 n 1
极限 lim n
sn
s
称为级数的和。如果数列
{
s
n
}
不收敛,则
级数 n 称为发散。 n 1
定理二 级数 n 收敛的充要条件是级数 a n 和
n 1
n 1
b n 都收敛。
1 n1 2 n
收敛,仍断定原级数发散。
另外, 因为 | n | 的各项都是非负的实数, 所以它的 n 1
收敛也可用正项级数的判定法来判定。
例2 下列数列是否收敛? 如果收敛, 求出其极限。
1)n 11 n ein; 2)nncosin
[解] 1) 因n 11 n ei n 11 n cos nisin n ,故
an2bn2 |an||bn|,因此
, an2bn2 |an| |bn|
n1
n1n1所以当 Nhomakorabeaa n 与
b n 绝对收敛时,
n 也绝对收敛,因此
n 1
n 1
n 1
n 绝对收敛的充要条件是 a n 和 b n 绝对收敛。
n 1
n 1
n 1
例1
考察级数
n 1
(
1 n
i 2n
)
的敛散性。
[解]
因 发散,虽 1 n1 n
n 1
[证] 因 s n 1 2 n ( a 1 a 2 a n )
i(b 1 b 2 b n )n in
其中s n a 1 a 2 a n ,n b 1 b 2 b n 分别为 a n 和 n 1

复变函数4章泰勒级数和洛朗级数

复变函数4章泰勒级数和洛朗级数

a z n n n 1 z n 0 b

n

n
R2
(a与b为复常数)
n n
z0 R1
a a a 中的负幂项级数 n , 当 1, z n 1 z n 1 z z 即 | z || a | 时收敛, 而正幂项级数 n 则当 n 0 b | z || b | 时收敛. 所以当 | a || b | 时,原级数在 圆环域 | a || z || b | 收敛;当 | a || b | 时,原级 数处处发散.
由于积分变量z 取在圆周K 上, 点z在K的内部,
z - z0 ( z - z0 ) n 1 所以 1, z - z0 z - z n 0 (z - z0 ) n 1
1 f (z ) d z n f ( z) ( z z ) 0 n 1 n 0 2 π i K (z - z0 ) 1 f (z ) n ( z - z0 ) d z . n 1 2 π i K n N (z - z0 )
f ( z ) cn ( z - z0 ) n 成立 , 其中
n 0
1 (n) cn f ( z0 ), n 0,1, 2, . n! 注: 如果 f (z)在z0解析, 则使 f (z)在z0的泰勒展开式 成立的圆域的半径 R等于从z0到 f (z)的距z0最近一个奇点 a 的距离, 即R=|a-z0|.
2 n 1 z (-1) n (2n 1)! 2n z (-1) n (2n)!
z z
除直接法外, 也可以借助一些已知函数的展开式, 利用幂级 数的运算性质和分析性质, 以唯一性为依据来得出一个函 数的泰勒展开式, 此方法称为间接展开法. 例如sin z在z=0 的泰勒展开式也可以用间接展开法得出:
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解 由定理知: f ( z ) = 由定理知
n = −∞ ∞
cn z n , ∑
eζ 1 1 f (ζ ) 其中 cn = ∫C (ζ − z0 )n+1dζ = 2πi ∫C ζ n+3dζ 2πi
C : z = ρ (0 < ρ < ∞ ) , ( n = 0 , ± 1, ± 2L)
17
当 n ≤ −3 时,
常见的特殊圆环域: 常见的特殊圆环域:
R2
. z0
R1 . z0
. z0
0 < z − z0 < R2 R1 < z − z0 < ∞
0 < z − z0 < ∞
4
2. 问题:在圆环域内解析的函数是否一定能展开 问题: 成级数? 成级数? 1 在z = 0及z = 1 都不解析 都不解析, 例如, 例如, f ( z ) = z (1 − z ) 但在圆环域 0 < z < 1及 0 < z − 1 < 1内都是解析的 内都是解析的.
由 z >2 此时
2 <1 z
o
2
x
1 1 1 =− ⋅ 2− z z 1− 2 z
23
1 2 4 = − 1 + + 2 + L z z z
1 2 此时 < < 1, z z
1 1 1 1 1 1 = − 1 + + 2 + L =− ⋅ 仍有 z z z 1− z z 1− 1 z 1 2 4 − 1 1 + 1 + 1 + L 故 f ( z ) = 1 + + 2 + L 2 z z z z z z
10
lim 下面证明 N →∞ RN ( z ) = 0 在 K 1外部成立 .
r 令 q= = 与积分变量 ζ 无关 , 0 < q < 1. z − z0 z − z0
又 因为 f (ζ ) ≤ M (由f ( z )的连续性决定 )
ζ − z0
∞ f (ζ ) ζ − z n 1 0 RN ( z ) ≤ ∑ ∫K1 n= N ζ − z0 z − z0 ds 2π
R2 K1
R r .z
0
对于第一个积分: 对于第一个积分
1 1 因为 = ζ − z (ζ − z0) − (z − z0)
1 −1 = ⋅ z − z0 1− z − z0 ζ − z0

R1
.z .
z − z0 ζ − z < 1 0
n
K2
ζ
( z − z0 ) n z − z0 1 = ∑ ζ − z = ∑ (ζ − z )n+1 , ζ − z0 n= 0 n= 0 0 0
14
三、函数的洛朗展开式
常用方法 : 1. 直接法 2. 间接法 1. 直接展开法 利用定理公式计算系数 cn
1 f (ζ ) cn = ∫ (ζ − z0 )n+1 dζ (n = 0, ± 1, ± 2,L) 2πi C
然后写出
f (z) =
n= −∞
∑ cn ( z − z0 )

n
.
缺点: 计算往往很麻烦. 缺点 计算往往很麻烦
第四节 洛朗级数
一、问题的引入 二、洛朗级数的概念 三、函数的洛朗展开式 四、典型例题 五、小结与思考
一、问题的引入
问题: 问题 如果 f ( z ) 在 z0 不解析, 是否能表示为 z − z0
的幂级数 .

1. 双边幂级数 ∑ cn ( z − z0 )n
n = −∞
n=∞
n= −∞
c n ( z − z0 ) n =∑ c − n ( z − z0 ) − n + ∑ c n ( z − z0 ) n ∑
21
2) 在 1 < z < 2 内,
y
由 z >1
z <2
1 <1 z z <1 2
o
1
2 x
1 1 1 1 1 1 =− ⋅ = − 1 + + 2 + L 1− z z 1− 1 z z z z 1 1 1 1 z z2 zn = ⋅ = 1 + + 2 + L + n + L 且仍有 2 − z 2 1− z 2 2 2 2 2
若 (1) R1 > R2 : 两收敛域无公共部分 两收敛域无公共部分,
( 2) R1 < R2 : 两收敛域有公共部分 R1 < z − z0 < R2 .
3
结论: 结论 双边幂级数
n = −∞
cn ( z − z0 )n的收敛区域为 ∑
R2
R1 . z0

圆环域 R1 < z − z0 < R2 .
22
1 z z2 1 1 1 − 1 + + + L 于是 f ( z ) = − 1 + + 2 + L 2 2 2 2 z z z
1 1 1 1 z z2 = L − n − n −1 − L − − − − − L z 2 4 8 z z y 3) 在 2 < z < ∞ 内,
15
2. 间接展开法 根据正、负幂项组成的的级数的唯一性 根据正、负幂项组成的的级数的唯一性, 可 用代数运算、代换、 用代数运算、代换、求导和积分等方法去展开 . 优点 : 简捷 , 快速 .
16
四、典型例题
ez 例1 在 0 < z < ∞ 内, 将 f ( z ) = 2 展开成洛朗级数 . z

= ∑ c− n ( z − z0 ) − n , 1 f (ζ ) 1 f (ζ ) 则 f (z) = ∫K 2 ζ − zdζ − 2π i ∫K1 ζ − zdζ 2π i
12
n =1

= ∑ c n ( z − z 0 ) n + ∑ c− n ( z − z0 ) − n
n=0



19
1 在圆环域 : 例2 函数 f ( z ) = ( z − 1)( z − 2)
1) 0 < z < 1; 2) 1 < z < 2 ; 3) 2 < z < +∞ .
内是处处解析的, 内是处处解析的 在这些区域内展开成洛朗级数. 试把 f (z) 在这些区域内展开成洛朗级数 解
1 1 f (z) = , − (1 − z ) ( 2 − z )
1) 在 0 < z < 1内,
20
y
z 由于 z < 1 , 从而 < 1 2 o 1 x 1 则 = 1 + z + z2 + L + zn + L 1− z 1 1 1 1 z z2 zn = ⋅ = 1 + + 2 + L + n + L 2 − z 2 1− z 2 2 2 2 2 1 z z2 2 所以 f ( z ) = (1 + z + z + L) − 1 + + + L 2 2 4 1 3 7 2 = + z + z +L 2 4 8
在圆环域 0 < z < 1 内 : 1 1 1 f (z) = , = + z (1 − z ) z 1 − z 1 = 1 + z + z 2 + L + z n + L, z < 1 而 1− z
5
1 = z −1 + 1 + z + z 2 + L + z n + L , 所以 f ( z ) = z (1 − z )
故由柯西–古萨基本定理知 故由柯西 古萨基本定理知: cn = 0 古萨基本定理知 由高阶导数公式知: 当 n ≥ −2 时, 由高阶导数公式知
1 eζ d n+ 2 z 1 1 cn = ∫C ζ n+3 dζ = (n + 2)! ⋅ dz n+ 2 (e ) = (n + 2)! 2 πi z=0 1 1 1 z z2 z = 2 + + + + +L 故 f (z) = ∑ z 2! 3! 4! z n = −2( n + 2 )! 0< z <∞
n=1 n=0


负幂项部分 收敛 主要部分
正幂项部分 解析部分
同时收敛

c− n ( z − z0 ) − n 令 ζ = ( z − z 0 ) ∑
n =1

−1
c− nζ n ∑
n =1

∑ cn ( z − z 0 ) n=0

n
收敛半径 R2 收敛域 z − z0 < R2
收敛半径 R ζ < R时, 收敛 收敛域 1 z − z0 > = R1 R
内可以展开成级数. 即 f (z )在 0 < z < 1 内可以展开成级数 也可以展开成级数: 在圆环域 0 < z − 1 < 1 内,也可以展开成级数:
1 1 1 f (z) = = z (1 − z ) 1 − z 1 − (1 − z )
1 1 + (1 − z ) + (1 − z )2 + L + (1 − z )n + L = 1− z
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