复变函数习题解答(第4章)

p178第四章习题(一)[ 3, 4, 6, 7(4), 10, 12, 13, 14 ]

3. 如果lim n (c n + 1/c n )存在( )，试证下列三个幂级数有相同的收敛半径：

(1) n 0 c n z n ；(2) n 0 (c n /(n + 1)) z n + 1；(3) n 0 (n c n ) z n – 1．

【解】事实上，我们只要证明下面的命题： 若 n 0 c n z n 的收敛半径为R ，则 n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径也为R ．

从这个命题，就可以得到幂级数(1)的收敛半径与幂级数(2)的收敛半径相同，幂级数(3)的收敛半径与幂级数(1)的收敛半径相同．

step 1. 当R 是正实数或+时．若| z | < R ，则存在r 使得| z | < r < R ． 因 n 0 c n z n 的收敛半径为R ，根据收敛半径定义及Abel 定理，

知 n 0 | c n r n |收敛．

因| (n c n ) z n – 1 | = ( | n /r | · ( | z | /r )n – 1 ) · | c n r n |；

而lim n ( | n /r | · ( | z | /r )n – 1 ) = 0，故M > 0使得0 | n /r | · ( | z | /r )n – 1

M ．

所以| (n c n ) z n – 1 | M · | c n r n |．

由Weierstrass 判别法知 n 0 | (n c n ) z n – 1 |收敛，所以 n 0 (n c n ) z n – 1收敛．

因此 n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径R 1 R ．

特别地，若 n 0 c n z n 的收敛半径为+，则 n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径也为

+．

step 2. 当R 是非负实数时．对任意的满足R < r < | z |的实数r ， 根据收敛半径定义， n 0 c n r n 发散．从而 n 0 | c n r n |发散．

当n > r + 1时，| c n r n | = | r /n | · | (n c n ) r n – 1 | | (n c n ) r n – 1 |； 因此， n 0 | (n c n ) r n – 1 |发散．

由Abel 定理， n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径R 1 r ．

由r 的任意性，得R 1 R ．

特别地，若 n 0 c n z n 的收敛半径为0，则 n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径也为0．

step 3. 综合step 1和step 2的结论，当R 为正实数时，也有R 1 = R ． 即若 n 0 c n z n 的收敛半径为R ，则 n 0 (n c n ) z n – 1的收敛半径也为R ．

[这个证明中，我们没有用到条件lim n (c n + 1/c n )存在( )，说明该条件是

可以去掉的．因为一般的幂级数并不一定满足这个条件，因此去掉这个条件来证明结论是有意义的．]

4. 设 n 0 c n z n 的收敛半径为R (0 < R < +)，并且在收敛圆周上一点绝对收

敛，试证明这个级数对所有的点z : | z | R 为绝对收敛且一致收敛．

【解】设z 0在收敛圆周上，且 n 0 | c n z 0 n |绝对收敛．

那么对于点z : | z | R ，都有| z | | z 0 |． 因此级数 n 0 | c n z n |收敛，即 n 0 c n z n 绝对收敛．

而由Weierstrass 判别法知知级数 n 0 c n z n 对所有的在闭圆| z | R 上一致收

敛．

6. 写出e z ln(1 + z )的幂级数展式至含z 5项为止，其中ln(1 + z )|z = 0 = 0．

【解】在割去射线L = { z | Im(z ) = 0，Re(z ) 1}的z 平面上，能分出

Ln(1 + z )的无穷多个单值解析分支(Ln(1 + z ))k = ln| (1 + z ) | + i arg(1 + z ) + 2k i ，k ．

由条件ln(1 + z)|z = 0 = 0，知arg(1) + 2k= 0，即k = 0．

所以，满足条件的分支为ln(1 + z) = ln| (1 + z) | + i arg(1 + z)．

因为(ln(1 + z))’= 1/(1 + z) = n0 (1)n z n，| z | < 1．

z : | z | < 1，从沿0到z的曲线逐项积分得

ln(1 + z) ln(1 + z)|z = 0 = n0 ((1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1；

即ln(1 + z)= n0 ((1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1．

因e z= n0 (1/n!) z n，z，

故z : | z | < 1，幂级数n0 (1/n!) z n，n0 ((1)n/(n + 1)) z n都绝对收敛．

故它们的Cauchy乘积收敛于它们的和函数的乘积，

所以e z ln(1 + z) = z · (n0 (1/n!) z n)(n0 ((1)n/(n + 1)) z n)，| z | < 1．

设e z ln(1 + z) = z ·n0 c n z n，| z | < 1．

则c n = 0 k n(1/k!) · (1)n k/(n k + 1)，n．

故c0 = 1，c1 = 1/2，c2 = 1/3，c3 = 0，c4 = 3/40，...．

所以e z ln(1 + z) = z+ (1/2)z2 + (1/3) z3 + (3/40) z5 + ...，| z | < 1．

7. 将下列函数按z– 1的幂展开，并指出其收敛范围．

(4) z1/3 ( 11/3 = (– 1 + √3 i )/2 )．

【解】在割去射线L = { z| Im(z) = 0，Re(z) 1}的z平面上，能分出z 1/3的三个单值解析分支( z1/3)

= | z |1/3 · exp((arg(z) + 2k)i/3)，k = 0, 1, 2．

k

设要展开的分支为z1/3 = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2k0)i/3)，0 k0 2．

因为| 1|1/3 = 1，arg(1) = 0，故exp(2i/3) = (– 1 + √3 i )/2 = exp(2k0i/3)，

所以k0 = 1．即要展开的分支为z1/3 = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2)i/3)．

因为z1/3 = exp(2i/3) · | z |1/3 · exp(arg(z)/3 ·i)，

而主值支(1 + (z– 1))1/3 = | z |1/3 · exp(arg(z)/3 ·i)的展式为

(1 + (z– 1))1/3 = n0 C(1/3, n)(z– 1)n，| z– 1| < 1．

所以，要展开的分支z1/3 = exp(arg(z)/3 ·i) ·n0 C(1/3, n)(z– 1)n

= n0 (– 1 + √3 i )/2 ·C(1/3, n)(z– 1)n，| z– 1| < 1．

10. 设a为解析函数f(z)的至少n阶零点，又为解析函数(z)的n阶零点，试证：lim x a f(z)/(z) = f(n)(a)/(n)(a)．

【解】设f(z)与(z)在a的某邻域U= { z| | z–a | < R}内的Taylor展式分别为

f(z) = k0 c k (z–a) k，(z) = k0 d n (z–a) k，z U，

因a为f(z)的至少n阶零点，又为(z)的n阶零点，

故当k n – 1时，f(k)(a) = (k)(a) = 0，且(n)(a) 0．

因k，c k = f(k)(a)/k!，d k = (k)(a)/k!；

故当k n – 1时，c k = d k = 0，且d n0．

因此，f(z) = k n c k (z–a) k，(z) = k n d k (z–a) k．

注意到幂级数c n + c n + 1 z+ c n + 2 z2 + ...以及幂级数d n + d n + 1 z+ d n + 2 z2 + ...都在U 内收敛，设它们的和函数分别为f1(z), 1(z)．

则f(z) = (z–a)m f1(z)，(z) = (z–a)n1(z) ( z U )，且f1(a) = c n，1(a) = d n 0．

所以，lim x a f(z)/(z) = lim x a f1(z)/1(z) = f1(a)/1(a) = c n/d n = f(n)(a)/(n)(a)．