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≥ 0c 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≥ 0c 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．

step1. 当R是正实数或+∞时．若| z | < R，则存在r∈ 使得| z | < r < R．

因∑n≥ 0c 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R1≥R．

特别地，若∑n≥ 0c 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+∞．step2. 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≥ 0c 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R1≤r．

由r的任意性，得R1≤R．

特别地，若∑n≥ 0c 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．step3. 综合step1和step2的结论，当R为正实数时，也有R1 = R．

即若∑n≥ 0c 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≥ 0c 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z0在收敛圆周上，且∑n≥ 0 | c n z0 n |绝对收敛．

那么对于点z : | z | ≤R，都有| z | ≤ | z0|．

因此级数∑n≥ 0 | c n z n |收敛，即∑n≥ 0c n z n绝对收敛．

而由Weierstrass判别法知知级数∑n≥ 0c 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z5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) + 2kπi ，k∈ ．由条件ln(1 + z)|z = 0 = 0，知arg(1) + 2kπ = 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) = ∑n≥ 0 (-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 = ∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1；

即ln(1 + z)= ∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n + 1，| z | < 1．

因e z= ∑n≥ 0 (1/n!) z n，z∈ ，

故∀z : | z | < 1，幂级数∑n≥ 0 (1/n!) z n，∑n≥ 0 ((-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 · (∑n≥ 0 (1/n!) z n)(∑n≥ 0 ((-1)n/(n + 1)) z n)，| z | < 1．

设e z ln(1 + z) = z ·∑n≥ 0 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z1/3的三个单值解析分支( z1/3)k = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2kπ)i/3)，k = 0, 1, 2．

设要展开的分支为z1/3 = | z |1/3 · exp((arg(z) + 2k0π)i/3)，0 ≤k0 ≤ 2．

因为| 1|1/3 = 1，arg(1) = 0，故exp(2πi/3) = (– 1 + √3 i )/2 = exp(2k0πi/3)，

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

因为z1/3 = exp(2πi/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 = ∑n≥ 0 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) ·∑n≥ 0 C(1/3, n)(z– 1)n

= ∑n≥ 0 (– 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ϕ(z)的n阶零点，试证：lim x→a f(z)/ϕ(z) = f(n)(a)/ϕ(n)(a)．

【解】设f(z)与ϕ(z)在a的某邻域U= { z∈ | | z–a | < R}内的Taylor展式分别为f(z) = ∑k≥ 0 c k (z–a) k，ϕ(z) = ∑k≥ 0 d n (z–a) k，z∈U，

因a为f(z)的至少n阶零点，又为ϕ(z)的n阶零点，

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

因∀k∈ ，c k = f(k)(a)/k!，d k = ϕ(k)(a)/k!；

故当k≤n – 1时，c k = d k = 0，且d n≠ 0．

因此，f(z) = ∑k≥n c k (z–a) k，ϕ(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), ϕ1(z)．

则f(z) = (z–a)m f1(z)，ϕ(z) = (z–a)nϕ1(z) ( z∈U )，且f1(a) = c n，ϕ1(a) = d n ≠ 0．