数学物理方法姚端正CH3 作业解答

k →∞
2. ∑ ak z k 的收敛半径为 R (0 ≤ R < ∞) ，确定下列级数的收敛半径：
k =1
∞
（1） ∑ k n ak z k
k =0
∞
k n ak k n a k n a 解： 收敛半径为： lim | ) |= lim | ( ) | ⋅ | k |= lim | ( ) | ⋅ lim | k | k → ∞ ( k + 1) n a k →∞ k → ∞ k → ∞ k +1 ak +1 k +1 ak +1 k +1 而 lim | ( k n ) |= 1 k +1 lim | ak |= R ak +1
∞ (−1) k ( z − 1) 2 k (−1) k ( z − 1) 2 k +1 − sin 1∑ (2k )! (2k + 1)! k =0 k =0 ∞
收敛范围： | z − 1 |< ∞
3.应用泰勒级数求下列积分： （3） Siz =
∫
z
0
sin z dz z
∞ (−1)k z 2 k sin z =∑ z k = 0 ( 2 k + 1)!
收敛范围： | （5）
a z |< 1 b
即 | z |<|
b | a
1 1 + z + z2 1 1− z 1 z 解： = − = 2 3 3 1+ z + z 1− z 1 − z 1 − z3 令 t = z 3 ，则
∞ 1 = ∑t k ， 1 − t k =0
故
2
∞ 1 = ∑ z 3k 1 − z3 k =0
4.函数 (1 + z )α 在 α 不等于整数时是多值函数，试证明普遍的二项式定理：
(1 + z )α = 1α [1 +
α α (α − 1) 2 α (α − 1)(α − 2) 3 z+ z + z + ...] 1! 2! 3!
式中， α 为任意复数；1α = eiα 2 kπ 解： (1 + z )α = eαLn (1+ z ) = eα [ln(1+ z ) + i 2 kπ ] = eiα 2 kπ ⋅ eα ln(1+ z ) 下面将 eα ln(1+ z ) 在 z < 1 中作泰勒展开： 记 f ( z) = e
k =0
z k +1 k +1
P61 习题 3.4
3. 将 函 数 1 ( z − a )( z − b) (0 < a < b ), 在 z = 0 ， z = a 的 邻 域 内 以 及 在 圆 环
a < z < b 内展开为洛朗级数。 解： f ( z ) = 1 1 1 1 = ( − ) ( z − a)( z − b) a − b z − a z − b
数理方法 CH3 作业解答 P51 习题 3.2
1. 确定下列级数的收敛半径： （2） ∑ k k z k k =1 2 k k z k k =1 2 ak k k +1 2k |= lim | k /( k +1 ) |= lim =2 k →∞ k + 1 a k +1 k → ∞ 2 2
∞ ∞
f ( 3) (0) = α (α − 1)(α − 2) f ( k ) (0) = α (α − 1)(α − 2)...(α − k + 1)
以此类推，得
f ( k ) (0) 1 则 ak = = α (α − 1)(α − 2)...(α − k + 1) k! k!
所以
∞ ∞
∞
e
α ln( 1 + z )
5
（4） z − 1 > 1 f ( z) =
∞ 1 (−1) k 1 1 1 1 1 =− ⋅ =− ⋅ = − ⋅ ∑ ( z − 1)2 k = 0 ( z − 1) k ( z − 1) 2 1 + 1 z (1 − z ) z −1 z −1+1 z −1 ∞
(−1)k +1 =∑ k+2 k = 0 ( z − 1) （6） 1 < z + 1 < 2 f ( z) = 1 1 1 = + z (1 − z ) 1 − z z
k +1 ∞ ∞ z ∞ z 1 k k k k k z ln(1 + z ) = ∫ dz = ∫ ∑ (−1) z dz = ∑ (−1) ∫ z dz =∑ (−1) 01+ z 0 0 k +1 k =0 k =0 k =0 z ∞
则
Ln(1 + z ) = ln(1 + z ) + i 2kπ = 2kπi + ∑ (−1)k
k →∞
k →∞
所以，所求收敛半径为 R
P55 习题 3.3
1
1.将下列函数在 z = 0 点展开成幂级数，并指出其收敛范围： （1） 1 (1 − z ) 2
解：解法之一：利用多项式的乘法： 已知
∞ 1 = ∑ zk 1 − z k =0
| z |< 1 ，
∞ ∞ 1 k = ( z ) ⋅ ( zk ) ∑ ∑ 2 (1 − z ) k =0 k =0
解：利用正弦函数的泰勒展开式：
sin z = ∑
z
(−1)k z 2 k +1 k = 0 ( 2k + 1)!
∞
，得到
则
k 2k k 2k ∞ ∞ z ∞ (−1) z z ( −1) z sin z (−1) k z 2k +1 dz dz dz = = = ∑ ∫0 z ∫0 ∑ ∫0 (2k + 1)! ∑ k = 0 ( 2 k + 1)! k =0 k = 0 ( 2k + 1)!( 2 k + 1)
α α (α − 1) 2 α (α − 1)(α − 2) 3 z+ z + z + ...] 1! 2! 3!
z <1
5.将 Ln(1 + z ) 在 z = 0 的邻域内展开为泰勒级数。 解： Ln(1 + z ) = ln(1 + z ) + i 2kπ 将 ln(1 + z ) 展开时，既可用泰勒定理直接展开，也可用逐项积分法。下面用逐项积分法：
k →∞
lim |
k + ak |= 1 ( k + 1) + a k +1
若 | a |> 1 ，则
lim |
罗比塔法则 k + ak k ( k − 1) a k − 2 1 + ka k −1 罗比塔法则 1 = = | lim | | lim | |= k +1 k k −1 → ∞ → ∞ k k ( k + 1) + a 1 + (k + 1)a ( k + 1) ka |a|
由于
1 在复平面内有唯一的奇点 z = 1 ，它与展开中心的距离为 1，故该级 (1 − z ) 2
数的收敛范围为 | z |< 1 （2） 1 az + b
k ∞ 1 1 1 ∞ k a k k a 解： = = ∑ (−1) ( z ) = ∑ (−1) k +1 z k a az + b b(1 + z ) b k = 0 b b k =0 b
α ln(1+ z )
= ∑ ak z k ， 其中， ak =
k =0
∞
f ( k ) (0) k!
① ②
f '( z) =
α α ln(1+ z ) α e = f ( z) 1+ z 1+ z
⇒
f ' (0) = α
同时由①式有： (1 + z ) f ' ( z ) = αf ( z ) 将②式两边再对 z 求导： (1 + z ) f ' ' ( z ) + f ' ( z ) = αf ' ( z )
①在 z = 0 的邻域，即 z < a
4
1 1 1 1 =− ( )=− z−a a 1− z a a
∑ (a)
k =0
∞
z
k
1 1 1 1 ∞ z =− ( ) = − ∑ ( )k z−b b 1− z b k =0 b b
所以 f ( z) = 1 1 ∞ z 1 ∞ z 1 ∞ 1 1 (− ∑ ( )k + ∑ ( ) k ) = ( k +1 − k +1 )z k ∑ a − b a k =0 a b k =0 b b − a k =0 a b
=
∑ ak z =
k k =0
∑ ak z k = ∑
k=0
k =0
1 α (α − 1)(α − 2)...(α − k + 1) z k k!
∞ 则 (1 + z )α = e iα 2kπ ∑ 1 α (α − 1)(α − 2)...(α − k + 1) z k k =0 k!
= 1α [1 +
②在 z = a 的邻域，即 0 < z − a < b − a ，
∞ 1 1 1 1 1 ∞ z−a k ( z − a)k = =− ⋅ ( ) =− = − ∑ ∑ k +1 z − b ( z − a ) − (b − a ) b − a 1− z − a b − a k =0 b − a k = 0 (b − a ) b−a
所以
f ( z) =
1 a−b
∑(
k =0
∞
zk ak + ） z k +1 b k +1
5.将函数 f ( z ) = （1） 0 < z < 1
1 在下列区域中展开为级数： z (1 − z ) （4） z − 1 > 1 （6） 1 < z + 1 < 2
解： （1） 0 < z < 1 f ( z) = 1 1 ∞ = ∑ zk z (1 − z ) z k = 0
= 1 + 2 z + 3 z 2 + 4 z 3 + ... + (k + 1) z k + ... = ∑ (k + 1) z k
k =0 ∞
解法之二：逐项求导： 1 1 =( )' 2 (1 − z ) 1− z 则
∞ ∞ 1 k = z kz k −1 = = 1 + 2 z + 3 z 2 + 4 z 3 + ... + kz k −1 + ... ( )' = ∑ ∑ (1 − z ) 2 k =0 k =1
∞ 1 ∞ 1 1 1 1 1 1 = = ⋅( = )= ∑ ∑ k k +1 z ( z + 1) − 1 z + 1 1 − 1 z + 1 k = 0 ( z + 1) k = 0 ( z + 1) z +1
其中，
1 1 1 1 1 ∞ ( z + 1)k ∞ ( z + 1) k = = ⋅ = ⋅∑ = ∑ k +1 1 − z 2 − ( z + 1) 2 1 − z + 1 2 k = 0 2 k k =0 2 2 f ( z) =
得到
(1 + z ) f ' ' ( z ) = (α − 1) f ' ( z ) ③
3
得 f ' ' (0) = α (α − 1)
将③式两边再对 z 求导得： (1 + z ) f (3) ( z ) + f ' ' ( z ) = (α − 1) f ' ' ( z )
得 得到 (1 + z ) f ( 3) ( z ) = (α − 2) f ' ' ( z )
∑[
k =0
∞
1 ( z + 1)k + ] ( z + 1) k +1 2 k +1
P66 习题 3.5
4.求出下列函数的奇点（包括 z = ∞ ） ，确定它们是哪一类的奇点（对于极点，要 指出它们的阶） 。 （2） z5 (1 − z ) 2 z5 (1 − z ) 2 φ ( z) ( z − 1)2 （4） 1 − ez 1 + ez （6） z 2 （7） z z +1 （8） ez 1 + z2
（4） ∑ (k + a k ) z k
k =0
∞
解： （2） ∑
收敛半径为： R = lim |
k →∞
（4） ∑ (k + a k ) z k
k =0
∞
解：收敛半径为： R = lim |
k →∞
ak k + ak |= lim | | 若 | a |≤ 1 ，则 ak +1 k → ∞ (k + 1) + a k +1
z = 1 − z3
∑z
k =0
∞
ห้องสมุดไป่ตู้
3 k +1
所以，
1 = 1 + z + z2
∑z
k =0
∞
3k
− ∑ z 3 k +1
k =0
∞
收敛范围为 | z |< 1
2. 将下列函数按 ( z − 1) 的幂展开，并指明其收敛范围： （1） cos z 解： cos z = cos[( z − 1) + 1] = cos( z − 1) cos1 − sin( z − 1) sin 1 = cos1∑
所以 f ( z ) = −
1 z −a
∞ ( z − a) k −1 ( z − a )k = − ∑ ∑ k +1 k +1 k = 0 (b − a ) k = 0 (b − a ) ∞
③在圆环 a < z < b ，
∞ ak 1 1 1 1 ∞ a = ⋅ = ∑ ( ) k = ∑ k +1 z − a z 1 − a z k =0 z k =0 z z ∞ 1 1 1 1 ∞ z zk =− ( ) = − ∑ ( ) k = − ∑ k +1 z −b b 1− z b k =0 b k =0 b b