数学物理方法姚端正CH 作业解答

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）∑∞
=12k k
k z k （4）∑∞
=+0
)(k k k z a k
解：（2）∑
∞
=12
k k
k
z k 收敛半径为：212lim |)21/(2
|lim ||
lim 11=+=+==∞→+∞→+∞
→k k k k a a R k k k k k k k （4）∑∞
=+0
)(k k k z a k
解：收敛半径为：|)1(|lim ||lim 1
1
+∞→+∞→+++==k k
k k k k a k a k a a R 若1||≤a ，则
1|)1(|lim 1
=++++∞→k k
k a k a k 若1||>a ，则
|
|1
|
)1()1(|lim |)1(11|lim |)1(|lim 1211a ka k a k k a k ka a k a k k k k k k k k k k =+−=+++=+++−−∞→−∞→+∞→罗比塔法则罗比塔法则
2.∑∞
=1k k k z a 的收敛半径为R )0(∞<≤R ，确定下列级数的收敛半径：
（1）∑∞
=0
k k k n z a k
解：||lim |)1(|lim |||)1(|lim |))1(|lim 111+∞→∞→+∞→+∞→⋅+=⋅+=+k k k n k k k n k k n k n k a a k k a a k k a k a k 收敛半径为：
而 1|)1(
|lim =+∞
→n k k k R a a
k k k =+∞→||lim 1
所以，所求收敛半径为R
P55习题3.3
1.将下列函数在0=z 点展开成幂级数，并指出其收敛范围： （1）
2
)
1(1
z − 解：解法之一：利用多项式的乘法：
已知 ∑∞
==−011
k k z z 1||<z ，
=−2
)1(1z )()(0
0∑∑∞
=∞=⋅k k
k k z z ...)1(...432132+++++++=k z k z z z ∑∞
=+=0)1(k k z k
解法之二：逐项求导： 11
()1(12z
z −=−
则=−2
)1(1z ==∑∑∞
=−∞=1
10)'(k k k k kz z (43211)
32++++++=−k kz z z z 由于
2
)1(1
z −在复平面内有唯一的奇点1=z ，它与展开中心的距离为1，故该级
数的收敛范围为1||<z （2）
b
az +1
解：∑∑∞
=+∞=−=−=+=+0
10)1()()1(1)1(11k k k k k k k k z b a z b a b z b
a b b az 收敛范围：1||<z b a 即||||a
b z < （5）
2
11
z z ++ 解：3
3321111111z z
z z z z z −−−=−−=++
令3
z t =，则 ∑∞
==−0
11
k k t t ， 故
∑∞
==−0
3311k k
z z =−3
1z z ∑∞
=+0
1
3k k z
所以，=
++2
11z z ∑∞
=0
3k k
z
∑∞
=+−0
13k k z 收敛范围为1||<z
2. 将下列函数按)1(−z 的幂展开，并指明其收敛范围： （1）z cos
解：1sin )1sin(1cos )1cos(]1)1cos[(cos −−−=+−=z z z z
∑∑∞
=+∞
=+−−−−−=0
1
202)!12()1()1(1sin )!2()1()1(1cos k k k k k k k z k z 收敛范围： ∞<−|1|z
3.应用泰勒级数求下列积分： （3）∫=
z
dz z z
Siz 0sin
解：利用正弦函数的泰勒展开式：
∑∞
=++−=012)!12()1(sin k k k k z z ，得到 z z
sin ∑∞
=+−=0
2)!12()1(k k k k z 则 ∑∑∫∫∑∫∞=+∞=∞=++−=+−=+−=01
20020020)12()!12()1()!12()1()!12()1(sin k k k k z k k z k k k z
k k z dz k z dz k z dz z z 4.函数α)1(z +在α不等于整数时是多值函数，试证明普遍的二项式定理：
...]!
3)2)(1(!2)1(!11[1)1(3
2+−−+−++
=+z z z z αααααααα 式中，α为任意复数；πααk i e 21=
解： )1ln(2]2)1[ln()1()1(z k i k i z z Ln e e e e z ++++⋅===+απαπααα 下面将)1ln(z e +α在1<z 中作泰勒展开：
记∑∞
=+==0
)
1ln()(k k
k z z a e
z f α， 其中，!)0()(k f a k k =
)(11)(')1ln(z f z
e z z
f z +=+=
+α
αα ① ⇒ α=)0('f
同时由①式有： )()(')1(z f z f z α=+ ② 将②式两边再对z 求导：
)(')(')('')1(z f z f z f z α=++ 得到 )(')1()('')1(z f z f z −=+α ③
得)1()0(''−=ααf
将③式两边再对z 求导得：
)('')1()('')()1()3(z f z f z f z −=++α 得到)('')2()()1()3(z f z f z −=+α
得 )2)(1()0()3(−−=αααf
以此类推，得 )1)...(2)(1()0()(+−−−=k f k αααα
则!)0()(k f a k k =)1)...(2)(1(!
1
+−−−=k k αααα
所以
∑∑∞
=∞
=+=
=
)
1ln(k k
k k k
k z z a z a e
αk k z k k )1)...(2)(1(!
1
+−−−=∑
∞
=αααα 则k k k i z k k e z )1)...(2)(1(!
1)1(02+−−−=+∑∞
=ααααπαα
...]!
3)2)(1(!2)1(!11[13
2+−−+−++=z z z ααααααα 1<z
5.将)1(z Ln +在0=z 的邻域内展开为泰勒级数。

解：πk i z z Ln 2)1ln()1(++=+
将)1ln(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：
1)1()1()1(11)1ln(10
00000+−=−=−=+=++∞=∞=∞=∑∑∫∫∑∫k z dz z dz z dz z z k k k k z k
k z k k k z
则 πk i z z Ln 2)1ln()1(++=+1)1(21
+−+=+∞
=∑k z i k k k k
π
P61习题3.4
3.将函数
)
)((1
b z a z −− ),0(b a << 在0=z ，a z =的邻域内以及在圆环
b z a <<内展开为洛朗级数。

解：)1
1(1))((1)(b
z a z b a b z a z z f −−−−=−−=
①在0=z 的邻域，即a z <
∑∞
=−=−−=−0(1
)11(11k k a
z a
a
z a a z ∑∞=−=−−=−0)(111(11k k
b z b b
z b b z
所以 k
k k k k k k k z b a a b b z b a z a b a z f ∑∑∑∞=++∞=∞=−−=+−−=01
10011(1))(1)(1(1)( ②在a z =的邻域，即a b a z −<−<0，
∑∑∞
=+∞=−−−=−−−−=−−−⋅−−=−−−=−01
0)()()(1111)()(11k k k
k k a b a z a b a z a b a
b a z a b a b a z b z
所以 =)(z f a
z −−
1
∑∞
=+−−01
)()(k k k
a b a z ∑∞
=+−−−−=011)()(k k k a b a z ③在圆环b z a <<，
∑∑∞=+∞===−⋅=−010(11111k k k
k k z
a z a z z
a z a z ∑∑∞
=+∞=−=−=−−=−010(111(11k k k
k k b z b z b b
z b b z
所以 =
)(z f b a −1
+∑∞
=+01(k k k
z
a 1+k k
b z ） 5.将函数)
1(1
)(z z z f −=
在下列区域中展开为级数：
（1）10<<z （4）11>−z （6）211<+<z 解：（1）10<<z ∑∞==−=0
1)1(1)(k k z z z z z f
（4）11>−z
∑∞
=−−⋅−−=−+⋅−−=+−⋅−−=−=
022)1()1()1(11
111)1(11
1111)1(1)(k k k
z z z z z z z z z f ∑∞
=++−−=0
2
1
)1()1(k k k z （6）211<+<z z
z z z z f 1
11)1(1)(+−=−=
其中，∑∑∞
=+∞=+=++=+−⋅+=−+=01
0)1(1)1(111)1
111(11
1)1(11k k k k z z z z z z z ∑∑∞=+∞=+=+⋅=+−⋅=+−=−0102)1(2)1(21211121)1(2111k k k
k k
k z z z z z =)(z f ]2)1()
1(1[101
+∞
=++++∑k k
k k z z 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）25)1(z z − （4）z z e e +−11 （6）2
z （7）1+z z （8）2
1z e z + 解：（2）2
5
)1(z z −
1=z 为二阶极点。

判据之一：)(z f 在1=z 的去心邻域内能表示成2
)1()
()(−=
z z z f φ
∞=z 为三阶极点。

判据：令z t 1=，则322325)1(1)1(1)11(1
)(t t t t t
t t f −=−=−=，可见，0=t 是函数的三阶极点，即∞=z 是函数的三阶极点。

（4）z
z
e e +−11
解：令分母01=+z e 得到奇点：i k z π)12(+=，它是一阶极点。

判据：z
z
e e z
f z
g −+==11)(1)(是以i k z π)12(+=为一阶零点。

∞=z 为非孤立奇点。

判据：令z
t 1=
，则t
t
e e t
f 11
11)(+−= ，其一个奇点为0=t ，另外，令011=+t
e ，得到其它奇点为i k t π)12(1+=
，当k 足够大时，i
k π)12(1
+可
以任意接近于零，即在0=t 的无论多小的邻域内总可找到其它奇点，所以0=t 是非孤立奇点，即∞=z 为非孤立奇点。

（6）2z
解：∞=z 为二阶极点。

判据：令z t 1=，则21
)(t
t f =，显然，0=t 是函数的二阶奇点，即∞=z 为二阶极点。

（7）1
+z z
解：1−=z 为一阶极点；判据之一：)(z f 在1−=z 的去心邻域内能表示成1
)
()(+=
z z z f φ ；或者：z z z f z g 1)(1)(+==
以1−=z 为一阶零点。

∞=z 为可去奇点。

判据：11
lim =+∞→z z
z ，存在并且有限，所以，∞=z 为可去奇
点。

（8）
2
1z e z
+
解：i z ±=为一阶极点；判据之一：z e z z f z g 2
1)(1)(+==以i z ±=为一阶零点
∞=z 为本性奇点，判据之一：z 沿正实轴趋于无穷时，z e z e z
z z z 2lim 1lim 2∞→+∞→=+
+∞==∞→2lim z z e ；z 沿负实轴趋于无穷时，01lim 2=+−∞→z e z
z ；故)(lim z f z ∞
→不存在，
所以∞=z 为本性奇点。

7.下列函数在指定点的去心邻域内能否展开为洛朗级数？
（1）z 1cos ，0=z （2）z 1
cos ，∞=z
（3）1
1
sec −z ,1=z (4) z cot ,∞=z
解答：
（1）z
1
cos ，0=z
解：函数z z f 1cos )(=有唯一奇点0=z ，
它是函数的孤立奇点，故z z f 1
cos )(=能在0=z 的去心邻域∞<<z 0内展开为洛朗级数。

（2）z 1
cos ，∞=z
解：（2）z
1
cos ，∞=z
解：函数z z f 1cos )(=有唯一奇点0=z ，它是函数的孤立奇点，故z z f 1
cos )(=能
在0=z 的去心邻域∞<<z 0内展开为洛朗级数，这实际上等价于在无穷远点展开为洛朗级数。

（3）1
1
sec −z ,1=z
解：11cos 1
11sec )(−=−=z z z f ，其奇点为1=z 和1)12(2++=
πk z ；k 足够大时，1)12(2
++π
k 可以任意接近于1，即在1=z 的无论多小的邻域内总含有其它奇点，
所以1=z 是非孤立奇点，故在1=z 的去心邻域中不能将)(z f 进行洛朗展开。

(4) z cot ,∞=z
解：令z t 1=t
t t t f 1sin 1
cos
1cot )(==，其奇点为0=t 和πk t 1=，k 足够大时，π
k 1可以任意接近于0，即在0=t 的无论多小的邻域内总含有其它奇点，所以0=t 是非
孤立奇点，即∞=z 是非孤立奇点，故在∞=z 不能将)(z f 进行洛朗展开。