复变函数(4.4.5)--洛朗级数

-
1 )z4 3ﾥ5!
+L
故
1 1- cos
z
=
2 z2
+
1 3!
+
1 z2 5!
+L; a2
=
51!.
￑ﾥ 7. 解
选（C）.
若
|
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
ﾥ
-
n=0
z n-1 2n+1
=
ﾥ
(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
得
cos 1-
q -k -i 2k cosq
sin q + k2
ﾥ
= k en -i(n+1)q
n=0
由实部与实部，虚部与虚部相等得
ﾥ sinq
1- 2k cosq
+ k2
=
ﾥ
k n sin(n +1)q
n=0
ﾥ cosq - k
1 z(z -1)
=
(z
1 -1)2 (1+
z 1-1)
=
(z
1 - 1) 2
�(1 -
1 z -1
+ L)
故 a-3 = -1.
第四章 级数
第四节 罗伦级数
习题作业
3. 解
1 1/ z2
选（B）. 1+
z2
= 1+
1 z2
=
1 z2
(1 -
1 z2
+ L), C0
=
0.
4. 解
选（D）.
z
2e-
cos3 z |z |=1 1 + z z
dz
=
+ﾥ
an zn
n=-ﾥ
，那么 an
= 0(n = 0, ﾥ1, ﾥ2,L) 的充要条件是（
）.
（A） 0 <| z |< 1 （B）| z |> 0 （C）| z |< 1 （D）| z |> 1
8.
证明：若
f
(z) 在|
z
|>
0 解析，且|
f
(z) |ﾥ|
m=1
m=1
故当 e-1 | z |-1< 1也即| z |> e-1 时收敛.
而
� � ﾥ
ﾥ
ne-n zn = n(e-1z)n
n=0
n=0
当 e-1 | z |< 1 ，即| z |< e 时收敛.
+ﾥ
ﾥ 故 ne- | n | zn 的收敛区域为 e-1 <| z |< e. -ﾥ
2. 解
选（B）.
12.
求函数
1 (1+ z2 )2
在|
z
-i
|>
2
上的罗伦展开式.
￑ﾥ 13.
sin z 求 |z |=11 - z z2
dz
在| z |> 1 的罗伦展开式.
￑ﾥ ﾥ 14.
设
|z |=1
(zz
ez -z
)2
dz
ﾥ
= an z-n ，求 an . n=0
15. 设 k 是实数，且| k |< 1，证明
z
|-
3 2
,
|
z
|>
0
，则
f
(z)
=
0.
9.
在0
<|
z
|< 1 的区域内，将函数
f
(z)
=
z(z
1 -1)(z
- 2)
展开为罗伦级数.
10.
求函数
1 z(z -1)2
在|
z
-1|> 1上的罗伦展开式.
第四章 级数
第四节 罗伦级数
习题作业
11.
求函数
1 z(z -1)2
在|
z
|> 1 上的罗伦展开式.
第四章 级数
第四节 罗伦级数
习题作业
+ﾥ
ﾥ 1. ne-|n|zn 的收敛区域为（ ）. n=-ﾥ (A)| z |< e (B)| z |> e (C) e-1 <| z |< e
(D) ﾥ
ﾥ 2.
设
1 z(z -1)
=
+ﾥ n=-ﾥ
an (z
-1)n ,|
z
-1|> 1 ,则
a-3
=
（
）.
（A）1 （B）-1 （C）0 （D）-2
sin q + k2
故
ﾥﾥ
n=0
kn
cos(n
+ 1)q
=
1-
cosq - k 2k cosq +
k2
ﾥﾥ
n=0
kn
sin(n
+ 1)q
=
1-
sin q 2k cosq
+
k2
1 z
=
z2 (1-
1 z
+L+
1 9!
1 z9
+L), a-7
=
-
1. 9!
5. 解
选（C）.
z
e z-1
=
e(1+
1) z -1
1
= e ﾥe z-1
=
e(1 +
1 z -1
+
1 2
(z
1 -1)2
+
1 3!
(z
1 -1)3
+ L)a-3
=
3e!.
6.
解
选（B）.
由1- cos
z
=
z2 2
-
z4 4!
=
ﾥ n=1
-
(-2i)n-1 (z - i)n+3
.
� � 13. 解
sin z |z |=11 - z z2
dz
1 = - z2
sin z
z |z |=1
-
1 z2
dz
= -2πi
1 z2
sin
1 z2
ﾥ =
2πi
ﾥ n=0
(2n
(-1)n +1)! z4(n+1)
,|
z
|>
1.
￑ﾥ ﾥ 14. 解
ﾥ 5. 设 e z-1 = an (z -1)n ，则 a-3 = （ ）.
n=-ﾥ
（A）
-1 3
（B）
1 3!
（C）
e 3!
（D）
-
e 3!
ﾥ 6.
若1-
1π cos
z
=
+ﾥ
an zn , 0
n=-8
<|
z
|<
2
，则 a2
=
（
）.
（A）
2
1 ﾥ 5!
（B）
1 5!
（C）
1 3!
（D）
1 2
￑ﾥ ﾥ 7.
cos3 z 1+z z
=
1 zz
cos3
z
(1
-
1 zz
+
L)
，
故
F
(z)
=
|z
|=1
cos3 1+z
z z
dz ﾥ 0, an
不
￑ﾥ 会全为
0.
|
z
|=
1
时，
|z
|=1
cos3 1-z
z z
dz
无意义.
+ﾥ
ﾥ 8. 证 设 f (z) = Cn zn n=-ﾥ
￑ﾥ Cn
=
1 2πi |z|=R
f z
(z)
n+1
dz
第四章 级数
第四节 罗伦级数
习题作业
￑ﾥ |
Cn
|ﾥ
1 2πR|z|= R
dS
1
n+1 ﾥR3/ 2 = Rn+3/ 2
当 n > -2 当 n ﾥ -2
| Cn
|ﾥ lim Rﾥ ﾥ
1 Rn/3/2
=0
| Cn
|ﾥ lim Rﾥ 0
1 Rn/3/2
=0
故 Cn = 0, n = 0, ﾥ1, ﾥ2,L. 即 f (z) = 0 .
ez |z |=1 z 2 (z -1)2
dz
=
2πi
(
z
1 -1)2
=
2πi z2
1
(1
-
1 z
)2
=
ﾥ 2πni z n+1
n=1
因此 a0 = a1 = 0, an = 2(n -1)πi (n = 2,3,L).
第四章 级数
第四节 罗伦级数
习题作业
15.证 1 在| z |> k 中由
1 z-k
ﾥ =
1 (1- z)3
1+
1 1
z -1
=
ﾥ n=0
(-1)n
(z
1 -1)n+3
.
11. 解
ﾥ 1
z(z -1)2
=
1 z3
1
(1
-
1 z
)2
=
ﾥ n=1
n zn+2
.
12. 解
ﾥ 1
(1+ z2 )2
=
(z
1 - i)2
ﾥ(2i
+
1 z
-
i)2
=
(z
1 - i)4
� (1 +
1 4i z-
)2 i
ﾥ 3.
设
1
n , (|
n = -ﾥ
z |> 1), 则 C0
=（
）.
（A）1 （B）0 （C） -1 （D）2
ﾥ z2
4. 设 1
=
+ﾥ
an zn ,| z |> 0 ，则 a-7 = （
）.
e z n=-ﾥ
（A）
1 7!
（B）
-
1 7!
（C）
1 9!
（D）
-
1 9!
z
+ﾥ
+
z6 6!
-L
�
�
故
1 1- cos
z
=
2 z2
� � � � �1 -
2
z2 ﾥ3!
1 +3
z4 ﾥ5!
-
L
� � � � �
1-
2
z2 ﾥ3!
1
+
3
z4 ﾥ5!
+
L
=
1
+
(
2
z2 ﾥ3!
-
z4 3ﾥ5!
-L)
+
(
2
z2 ﾥ3!
-
3
z4 ﾥ5!
- L) 2
+
L
=1+
z2 2ﾥ3! +
(
4
ﾥ
1 (3!)2
1- 2k cosq + k 2
=
ﾥ
k n cos(n +1)q
n=0
� � ﾥ
ﾥ
证 2 由 k en i(n+1)q = eiq (keiq )n
n=0
n=0
=
eiq
1 1- keiq
=
eiq
(1- k cosq + ik sinq 1- 2k cosq + k 2
)
=
cosq - k + i 1- 2k cosq
ﾥﾥ
n=0
kn
sin(n
+ 1)q
=
1-
sin q 2k cosq
+
k2
ﾥﾥ
n=0
kn
cos(n
+ 1)q
=
1-
cosq 2k cosq
j -
k2
参考解答：
-1
ﾥ 1. 解 选（C）. 在 ne-|n|zn 中，令 m = -n ， -ﾥ
� � +ﾥ
ﾥ
得 - me-m z-m = - m(e-1z-1)m