复变函数--习题课

f
(z)
sin z z3
z
1 z3
z
z3 3!
z5 5!
z7 7!
z
1 z2 z4 z6 3! 5! 7! 9!
得z 0是f (z)的可去奇点, z 是f (z)的本性奇点.
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21
tan1
(2) e z;
解 令 w tan1 , 则 f (z) ew . z
所以ez cos z 1 (
2 n0
2)n n!
e
ni 4
e
ni 4
z
n
( 2)n cos n zn .
n0 n!
4
( z )
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12
例7
求函数 1 (1 z)3
在
z
1内的泰勒展开式.
分析：利用逐项求导、逐项积分法.
解
因为
1 (1 z)3
1[(1 2
2
z
2 3
2 9
z
2
n2
1 3n1
z n
1
2z
(1)n
n2
(n
1)z
n
2
1 3
12 9
z
n2
(1)n (n
1)
2 3n1
z n
( z 1)
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16
三、洛朗展式
(1. 利用已知函数展开式； 2.分式：注意|g(z)|是否小于1)
1
例9 求 z2e z 在 z 0的去心邻域的洛朗级数.
展开成洛朗级数.
(1) 1 z 2,
(2) 2 z .
解
f (z)
1
(z i)(z 2)
2
1
i
z
1
i
2
1
z
(1)
在 1 z 2内,
有
i 1, z
z 1. 2
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18
1 2i
1 z1
i z
1 21
2z
1 2
i
(i)n zn1
,
因为 lim n1 lim 1 1 1,
n n
n 2 3i
13
由正项级数的比值判别法知
n1
(2
1 3i
)n
绝对收敛.
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5
例3 判别级数的敛散性.
n1
1 in
ln(1
1 ). n
解
1
1
n1
in
ln(1
) n
(cos n i sin n )ln(1 1)
z0
zf
(z)
lim
z0
sin( z (z
i) i )8
sin
i;
f
(
z)
sin( z (z
i i )8
)
(
z
1 i)
1 z
n0
( z 1)
(4) sin z z z3 z5 (1)n z2n1 ,
(5)
cos z
1
3! z2
5! z4
(1)n
(2n z2n
1)! ( ,
z
)
2! 4!
(2n)!
( z )
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11
例6 求 f (z) ez cos z 在z 0 的泰勒展式.
解 因为 sin z z z3 z5 , 3! 5!
所以在0 z 内，
z2
sin
1 z
z 2
1 z
1 3! z 3
1 5! z 5
z
1 3! z
1 5! z 3
故
Res z 2
sin
1 z
,0
C1
1 6
.
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29
(3) 1 z sin z
解 z nπ (n 0,1,2,)为奇点,
(i)n
z n1
n0
2n
z n1
1
(i)n 2n zn1.
2 i n0
作业：在 z = 2 处展开？
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20
四、判别奇点类型
例11 求下列函数f (z)在扩充复平面上的奇点,并
判别类型.
(1)
sin z z z3 ;
(2)
tan1
e z;
解 (1)由于f (z)在0 z 内的洛朗展式为 :
2．设函数
e z 的泰勒展开式为 cos z
cnzn，
n0
那么幂级数
cnzn的收敛半径 R (C )
n0
（A） （B） 1 （C）
（D）
2
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8
例4
若
3n (1)n ,
cn
4n ,
n 0,1,2, n 1,2,
则双边幂级数
cnzn 的收敛域为( A )
当 n 0 时 n 为一级极点，
因为 lim (z nπ ) 1
znπ
z sin z
lim (1)n z nπ (1)n 1 ,
znπ
z sin(z nπ )
nπ
所以
Res
z
1 sin
z
, nπ
(1)n
1 nπ
,
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30
因为z 0是二级极点,
Res
z
1 sin
tan1
lim f (z) lime z 1 ,
z
z
故知 z 是 f (z) 的可去奇点.
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23
例12
求函数f
(z)
(z
(z 5)sin z 的有限奇点, 1)2 z2(z 1)3
并
确定类型.
解 z 0, z 1, z 1是奇点.
因为
f
(z)
1 z (z
分析: 利用部分分式与几何级数结合法. 即把函数
分成部分分式后, 应用等比级数求和公式.
解
f
(z)
z
2
z
2
3
(z
1 1)2
z
wenku.baidu.com1
3
1 3
1
z 1 3
n0
1 3n1
z n
( z 3)
z
1 1
1 1 (z)
(1)nzn
n0
( z 1)
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14
两端求导得
z )1 ]
( z 1)
所以
1
(1 z)3
1
zn
2 n0
1 2
n2
n(n 1)zn2
1 (m 2)(m 1)zm . 2 m0
( z 1)
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13
例8
求
f (z)
z4
(
z z
3 5z2 3)(z
8z 1)2
7
在
点
z
0
的泰勒展开式.
由cos 1 0, z
得
zk
1 k 1 π
2
为w tan1的一级极点,
z
(k 0,1,)
而ew仅有唯一的奇点z 且为本性奇点,又
1
limtan
zzk
z
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22
所以
zk
k
1 1 π
(k 0,1,)
2
都是 f (z) 的本性奇点.
当z 时,因为
n1
2
2
n
(1)k ln(1 1 ) i (1)k ln(1 1 )
k 1
2k
k 1
2k 1
而 (1)k ln(1 1 ),
(1)k ln(1
1)
k 1
2k
k 1
2k 1
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6
均为收敛的交错级数，所以
但是
1
1
n1
in
ln(1
) n
收敛.
10
二、解析函数的泰勒展开
常见函数的泰勒展开式
(1) ez 1 z z2 zn zn , ( z )
2!
n!
n0 n!
(2)
1
1 z z2 zn zn , ( z 1)
1 z
n0
(3)
1
1 z z2 (1)n zn (1)n zn ,
例1
判别级数 i n n n1
的敛散性.
解 因为 in i 1 i 1 i
n1 n
2345
1 2
1 4
1 6
i
1
1 3
1 5
,
故 in 收敛.
n1 n
收敛
收敛
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4
例2 判别级数的敛散性.
1
.
n1 (2 3i)n
解
设
n
(2
1 3i)n
n
（A）
1 z 1
4
3
（B） 3 z 4
（C） 1 z 4
（D）
1 z 3
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9
例5
设函数 f (z)
1
z(z 1)(z 4)
在以原点为中心的
圆环内的洛朗展开式有 m个， 那么m = ( C )
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
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z5 1)2(z
1)3
sin z z
1 z
g(z),
所以 z 0 是单极点； z 1 是二级极点;
z 1 是三级极点.
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24
练习
1. 设 z 0为函数
m( C )
1 ez2 的 z4 sin z
m级极点，那么
（A）5 （B）4
(C) 3
（D）2
2. z 1是函数
(z 1)sin 1 z1
的(
D)
(A)可去奇点 (C) 一级零点
（B）一级极点 （D）本性奇点
3. z 是函数
(A)可去奇点 (C) 二级极点
3 2z z3 的( B ) z2
（B）一级极点 （D）本性奇点
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25
五、 求各奇点处留数
留数的计算方法
(1) 如果 z0 为 f (z) 的可去奇点, 则Res[ f (z), z0 ] 0. (2) 如果 z0为 f (z) 的本性奇点, 则需将 f (z)展开
成洛朗级数求 c1.
(3) 如果 z0为 f (z)的极点, 则有如下计算规则
定理 如果 z0为 f (z)的 n 级极点, 那末
Res[
f
(z), z0]
(n
1
dn1
lim [(z
1)! zz0 dzn1
z0 )n
f
(z)].
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26
推论1 如果 z0为 f (z)的一级极点, 那末
Res[f
(z),
z0
]
lim(z
zz0
z0
)
f
(z).
推论2
设
f
(z)
(z) (z)
,
(z)
及
(z)
在
z0都解析，
如果 (z0 ) 0, (z0 ) 0, (z0 ) 0, 那末 z0 为
f (z) 的一级极点,
且有
Res[
f
( z ),
z0 ]
(z0 ) (z0 )
.
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解 在 0 z 内,
因为 ez zn
n0 n!
1
ez
n0
1 n!zn ,
所以
1
z2e z
z21
1 z
1 2! z 2
1 n! z n
z2
z
1 2!
1 3! z
1 n! z n 2
.
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17
例10 将 f (z)
1
在下列圆环域内
(z i)(z 2)
第四、五章 级数与留数
一、收敛半径与敛散性. 二、解析函数的泰勒展开 三、洛朗展式 四、判别奇点类型
五、求各奇点处留数 六、用留数定理计算沿封闭曲线的积分
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1
zn 为复常数
zn
n1
zn 为函数 fn(z)
复数项级数
复数列 收敛半径的计算 函数项级数
收敛条件
充必绝条 要要对件 条条收收 件件敛敛
收敛半径R
运算与性质
幂级数
泰勒级数
洛朗级数
f (z) 在 z0 解析
复变函数
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2
孤立奇点
留数
可去奇点 极点
本性奇点
计算方法 留数定理
函数的零点与 极点的关系
围线积分
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3
一、收敛半径与敛散性.
1. 敛散性 （转化为实数列、级数的判别）
1 (1 z)2
n1
n(1)n
z n1 ,
( z 1)
即
1 (1 z)2
(1)n1 nz n1
n1
(1)n(n 1)zn ( z 1) n0
故
f
(z)
z
2
z
2
3
(z
1 1)2
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15
z
2
2 n0
1 3n1
z n
(1)n (n
n0
1) z n
解 因为 ez cos z 1 ez (eiz eiz ) 2
1[e(1i )z 2
e(1i )z ]
1 2 n0
(1 i)n zn n!
n0
(1 i)n zn n!
1 1 [(1 i)n (1 i)n]zn ( z )
2 n0 n! i
i
由于 1 i 2e 4 , 1 i 2e 4 ;
z
,0
lim
z0
d dz
z
2
z
1 sin
z
lim
z0
sin
zz sin2
cos z
z
0.
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31
六、用留数定理计算沿封闭曲线的积分
sin(z i)
例14
计算积分
z 2
z(z
i )8
dz.
解 z 0 为一级极点，z i 为七级极点.
Res[
f
(z),0]
lim
27
例13 求下列各函数在有限奇点处的留数.
(1)sin 1 , (2)z2 sin 1 , (3) 1 ,
z1
z
z sin z
解 (1)在 0 z 1 内,
sin
z
1
1
z
1
1
1 3!(z
1)3
,
所以
Ressin(
1 z
1)
,1
C1
1.
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28
(2) z2 sin 1 z
n0
n0
zn 2n1
1 2
i
n0
( i )n z n1
1 2
i
n0
zn 2n1 .
(2) 在 2 z 内,
i 1, 2 1
z
z
故
f
( z)
1 2
i
z
1
i
z
1
2
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19
2
1
i
1 z1
i z
z
1 1
2 z
2
1
i
n0
| 1 ln(1 1) |
in
n1
n
ln(1 1)
n1
n
发散.
所以原级数条件收敛.
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7
2.收敛半径 (比值、根值、简便方法：|z-|)
练习
1．设幂级数
cnzn 与
[Re(cn )]zn 的收敛半径
n0
n0
分别为 R1和 R2 ，那么 R1与 R2之间的关系是 R2R1．