复变函数辅导下第四版 课后答案.pdf

第四章级数-内容提要、复数项级数1.复数列的极限复数列极限与实数列极限的定义形式上相同，复数列册）=-+谣 5=1,2,）收敛于复数”=。+的的充要条件为 limQ=Q,lim%=依nOO 72TOO因此，复数列极限的性质也与实数列极限的性质相似，并且可 将复数列极限的计算问题转化为实数列极限的计算问题.2.复数项级数（1）复数项级数敛散性与和的定义形式上也与实数项级数的相 应概念相同.（2）复数项级数Q（Q=an+ibj收敛的充要条件是级数 72=1OO OO OO与、X同时收敛；级数收敛的必要条件是n=1 n=1 n=1lima”=0.72f 8120-第四章级数、/OO OO OO（3）若级数、；”|收敛，则称 绝对收敛.若级数绝n=1 n=1 n=1OO OO对收敛，则级数3Q收敛（称之为绝对收敛准则）；n=1 n=1OO OO绝对收敛的充要条件是夕心与、儿同时绝对收敛.n=1 n=1结论（2）与（3）将判定复数项级数敛散性问题转化为判定 实数项级数的敛散性问题.因此可以用实数项级数的各种 收敛准则（例如，比值法与根值法等）来判定复数项级数的 敛散性.二、品级数1.函数项级数与哥级数设（之）为定义在区域。内的复函数列 表达式5 f（之）=/1（之）+/2（之）H-+fn z H-n=l称为复变函数项级数，S（之）=力（之）+力（之）H九（之）称为级数部分和.若极限limS（之。）=5（之。）存在，则称函数项级数在点 OO之。收敛.s（之。）称为它的和.如果级数在D内处处收敛，那么它的和一定是之的一个函数S z S z =fx z +/2 z H-k fn（2）H S屋）称为级数f 九（之）的和函数.当九=1fn（N）=g-i（N Q）l或/；（之）=g1 炉T时，函数项级数为 121 复变函数同步辅导及习题全解的（之一（2）=Co+g（N Q）+。2（之一 a）2+n=0十金（之一 a +或cnzn=c0+cTz+C2z2+CnZn+=0这种级数称为哥级数，其中a为定复数.（1）若的之在之。w。点收敛，则的之在 I I之1 I外发散.n=0（3）任何哥级数f C之必出现且只出现以下三种情形之一：72=0仅在之=。收敛；在整个之平面收敛；存在H0,当同时收敛，当时发散.称H为哥级数的收敛半径之1=正为收敛圆.在 =0两种情形中，我们也称之的收敛半径为0和8.n=0综上，我们有：哥级数。之”在收敛圆3 I=R内不仅收 n=0敛而且绝对收敛，在收敛圆外发散，在收敛圆I之1=尺上 则不一定.2.收敛半径的求法设骞级数的（之一。”的和函数为了屋），其收敛半径为H,我 n=0们有（1）比值法（DAlembert）122 第四章级数若lim J=XWO,则 K=.f 8 Cn A（2）根值法（Cauchy）若lim）|金|=eNO,则 R=.8 e（3）柯西一阿达玛（CauchyHadamard）定理若 lim 力金|=eNO,则 R=.n8 e当 e=0 时,K=8；当 e=8时,R=0.（4）设6是/鹿）的奇点中距离。最近的一个奇点，则I a-b|=正即为金（之一。）的收敛半径.n=03.哥级数的运算性质（1）代数运算性质设哥级数区与 6居的收敛半径分别为号与艮，令 n=Q n=0R=min（Hi,J?2），则当 I N|V H 时，OO OO OOX（aQ力+伊Qn=aanzn+6/6H（线性运算）n=0 n=0 n=0OO OO OO（anzn）（一）=.（Q/O+QT6I+QO6）N（乘积运算）（2）复合运算性质设当I小一时（0=EX。，当I之|K时式=g屋）n=0解析且I g（之）I 丁，则当I z z R时，/g（N）=（之）了.n=0（3）分析运算性质设哥级数4之的收敛半径为H W。，则 123 复变函数同步辅导及习题全解它的和函数/（N）=3aH是收敛圆I n lR内的解 n=0析函数；在收敛圆内可逐项求导，即（之）=34之1n=0=+2a2z-3a3z2+加”一1+，|n|V K；在收敛圆内可逐项积分，即f f z dz=ganzndz=夕:-+i,z Z R.Jo qjo n+1其中，之为收敛圆中任意一点.三、泰勒（Taylor）级数1.泰勒展开定理如果函数/（之）在圆域民一Q|H内解析，那么在此圆内/（之）可以展开成哥级数：r x V/（。）n 9）=2J TF（n a）而且展开式是惟一的.应该指出，如果/（之）在点a解析，那么使/（之）在。的泰勒展开 式成立的圆域半径等于点a到八之）的奇点之间的最短距离.此外哥级数的和函数在收敛圆周上至少有一个奇点.函数f（之）在点。解析等价于/（之）在a的邻域内可以展开成哥级数2.函数展开成泰勒级数的方法直接法（直接用泰勒定理）与间接法.所谓间接法就是根据函数 的哥级数展开式的惟一性，利用一些已知函数的哥级数展开式 如 J，e“，sinN,cosNn（l+N）,（1+N（Q 为复数）等函数的 1 N 124 第四章级数（哥级数展开式1,通过对哥级数进行变量代换，四则运算和分析 运算（逐项求导，逐项积分等），求出所给函数的哥级数展开式.四、洛朗（Laurent）级数1.双边哥级数 t的屋一Q）”%=-8双边哥级数的收敛域为圆环r|zQ R,其内外半径r与R可分别由幕级数f CJZ（XL。与fcn（z。尸的收敛半径 n=0 n=0来确定.在收敛圆环内，双边骞级数具有与哥级数一样的运算 和性质.2.洛朗展开定理在圆环rZ|z-a（丁）0,尺（+8）内解析的函数/（之）必 可展开成如下的双边曷级数（称为洛朗级数）/（之）=夕金（N Q）dN（72=0,士 1,士 2,）为圆环内绕Q的任何一条正向简单闭曲线，并且展开式是惟 一的.3.函数展开成洛朗级数的方法洛朗级数是泰勒级数的推广.圆环内解析函数展开成洛朗级数 的一般方法并不是按照上面公式计算洛朗系数的进行，而主 要是根据洛朗级数展开式的惟一性，利用已知的哥级数展开式 去求所需要的洛朗展开式.典型例题与解题技巧1例U考察下列级数是否收敛？是否绝对收敛?125 次复变函数同步辅导及习题全解1+201-J产(2)f 72=1(4)f n=l1+(一严 in(1+，)22 cos加解题分析此题考察级数收敛、发散、绝对收敛的判别方法.解题过程(1)由于 Q=(1 )el fl 一TC I TC cos十ism1 滔nn所以Q=(l-cos,bn=(1-sin n n n n从而有limQ=l,lin也=0,因lima”=IWO,故该级数发散.显然lim=0.但是，由于Tlf8an1+(-02n+1 _ 1-(-l)ni级数：发散，级数收敛,n=1 n=1 n=1 n=1故原级数必发散.（3）由于很难分离出a=、（l+2i）的实部与虚部，故采九f 8nf8nn用绝对收敛准则.易见，且yf 8/f 8根据正项级数的根值法，故知原级数收敛，而且绝对收 敛.Cl+iV(4)由于|Q|=2n1222号 cos in2/2 chzz en+R2=i=lim(zz+l)(m+zz+l)=+872 foO所以和函数辿(之)在I Z|=id2 W _ S 722：11-1in!TT(m+/)J=I于是由筹级数的运算易知，对所有M即I=IV+8)d2 w dZ=w71=1(1+m)w C!Nnzn+i!JJ(m+j)J=I+l+(l+m)2 n=l_J_n+172!(m+j)=i-i-2n=n!口(m+j)=1 128 第四章级数XT n+m+1）（帆+%+1）n 八=2J-而-2=0I n!JJ（m+j）=i【例4】将下例函数在指定圆环内展成洛朗级数2+1 2：、，0|1,1段|+8;之（之一 1）之2一 22+5（N 2）（y+1）1|2.解题分析利用级数展开的基本方法.解题过程（1）当。|之|1时2+1 z1+2 _ 1,2（之一1）=之2（N一）=二十（1工2、，12 1 一 2九=04%=0当1cl之|+8时，NZ-l _ 1 1+,p/（之一1）/N 1 十2 V，22+5 _ _ 2（之一2）（22+1）之一2 z2 1当1|之|2时i-i21 129 复变函数同步辅导及习题全解21=2(T)十 71=0 乙 22+5=2 T1 Vz+1 _ X?仁一2)生2十1)J 2叶【例5】求下列褰级数的收敛半径.(1)(1-i”T.72=1 2I).解题分析 本题有*=0的情形，不能套用公式R=lim8或 得=lim/an.TV nf 8但仍可用比值收敛法或根值收敛法求收敛半径.解题过程(1)记力(之)=(1 i)i则lim+1(n)=lim A/2屋f OO(2+l)2(2一 1)2+2n+lI 2n-l=#一 T2当已I 1即I之I其时，哥级数绝对收敛；当修V2 2I之121即之1弦时，毒级数发散.故该塞级数的收 敛半径为K=短.(2)记力(之)=(T)之则 _ nl (1 n(n+l)_lim 7fnCz)|=lim-ncxj f 8 y 718 n=产若 I-1 IC I一，若 I 之一1 I1130第四章级数所以，当且仅当|Z-1 时塞数级数绝对收敛.故该孱级数的收敛半径H=1.4历年考研真题评析+8【题U 求洛朗级数 3 4加（N 1）”的收敛域.（东北大学2005年）.解题分析 先把该洛朗级数分为两部分，再求收敛域的交集.解题过程 4-（之一1）”2=ooOO OOY(而 n=1 Lz 14”的收敛域为即2(之一 14N 1 江14)/N一 4即故原级数收敛域为十 I之一11 4.【题2】将“N）（内同。）按下例指定区域G展成洛朗级数.（上海交大2006年）131 复变函数同步辅导及习题全解(l)G：O|a|h|；(2)G：|N|6|.解题分析此题仍是基本方法的考查.解题过程79讣=4(一(2 a)b)b ayz b z a)(1)当0握人也|时，质|V1,4VL所以 U-aHz-b)当时，廿1，借Yi所以1【题3】/(2)k=0求G及收敛半径.(北京大学2006年)解题分析级数展开的考查.解题过程/(之)=-一N 一/2十/21)_2-(1十彳)z (1 i)132 第四章级数.(九+1)兀-sm-二 y_4_炉上 2 T/2(k+1)兀 sm-,4故 Ck=-rn.，卜=0,1,2“十1又而 打g=3,故收敛半径为K=9.V2【题4】(1)求函数.+2之11分别在区域0I之+2|4的洛朗级数展开式；(2)求函数在0|之一1|1的洛朗级数展开式.(浙江大学2005年)解题分析洛朗级数展开的考查.解题过程胃号+4在区域。|之+2|4内,0一/4内,z3 2z 1 13 s/4、1 11-5-；=N+-77-/-O 1+T7-N 一 24（2）=（N2）+2+-一 1，+42（N2）2 N 2 二（之一2）2（2）萼1 一N Z1 12+1 N1dz=（一1（之一ickN+1=X.（N 1）+2 2 _|_2 1十2rrpf InN 1/1、（2：I）2|（Z 所以 L=2（之一1）十 1 1 之一1 （之一l）2（之一I）z-1 22 134 第四章级数【题5】设函数/（之）在区域D内解析，证明：如果对某一点z0ED 有了屋。）=。=1,2,），那么之）在D内为常数.（东北大学2005年）分析 利用解析及Taylor定理解题.证明/屋）在之。点解析，由定义，三之。的某个邻域。，使/（之）在。上处处解析.由邻域的性质，三台。，使5（之。）=之：|之一之8UD,故/（之）在U,（%）内解析.从而由Taylor定理有户之）=ZJ n（之一弱）a 后！因为 产）（%）=0（戈=1,2,）所以户力=/（N0）,命题得证.课后习题全解 1.下列数列是否收敛?如果收敛，求出它们的极限:1、_ 1+m 八/I1=-r；力=1+；1-m N/3）斯=（-1）+4）a=e-72;十15）=e-nm/2.n分析 充分掌握数列收敛的充分条件，以及发散的充分条件.解 1）。1+应 _（1+应）2 _ 1 一.2n.1 一 m 1+/1+M 1+/zlim2n=lim k一8 nf8 1 n?T=一,limb”=lim kf 8 7/f 8 1|72=0所以四收敛于一1.2）令 i=l,y=；/=arctg；，则 135 复变函数同步辅导及习题全解因为一n(COST?isimzg)=(cos摩 一 isirnig)1,|cos摩 I W 1，I sinn(p W 1所以lima.九f 8lim九f 8cosn(p=0limb”=limsinn(p=0所以。收敛于0.3)lim(-1”不存在，lim占=根据数列收敛的充要条件知四发散.4)Q=eT=ism7271cos 一 ismlimcos等Jimsin等均不存在，根据数列收敛的充要条件知72 OQ 乙 QQ 乙an发散.5)Q=e-Z n-：cos n+isin兀 *nn cos-y-ism-y因为sin等11，n穴COSTW 1 Jim =08 Tl2西X n九f 8n式所以i-1.nn 八 1 nn 八lim sm=0,lim cos =08 7i Z a n Z根据数列收敛的充要条件知收敛于 136 第四章级数0 2.证明：厂，I a|1,8,|Q|1,hma1=J-1,Q=1,、不存在，|a|=1,Q W 1证明 令 Q=re13=r(cosd+isin(9)1)%|1,即厂 1an=/(COS7K9+isin/)所以 0 1|Q|(/(|cos8|+1 isin地|)1 2/limr=0(/1)所以由两边夹法则Jim|Q|=0,于是 nfglima=02)|a|1,即一 1an=rn(COS/29+isin?0)所以1)1Inw n1而、j为调和级数，发散.n=2 138 第四章级数由比较判别法知:工亡发散8-n所以I高条件收敛3）令 力（6+5，）8_ r因为 6+55=避I（cosd+isin（9）,（9=arctg 所以=（cosnd+isirmj）又因为土 1=（乎）”且S 1所以n=0所以t n=0I4收敛.（6+5，）8绝对收敛，因而也收敛.4）令 N”cosin 1 e+e”e+e2n 2n 22小=T.传）+因为E；温发散w4总收敛所以原级数发散.叵心下列说法是否正确？为什么？1）每一个哥级数在它的收敛圆周上处处收敛；2）每一个哥级数的和函数在收敛圆内可能有奇点；3）每一个在玄连续的函数一定可以在之。的邻域内展开成泰勒 级数.分析 主要是举反例，掌握收敛概念，并熟悉一些特殊函数和点.解 1）不正确.在收敛圆内的点处处收敛，而收敛圆周上的点可能收敛，也可 能发散.139 复变函数同步辅导及习题全解例如保级数与的收敛圆为I,在收敛圆I Zl I=1上不一定收敛.当2=。时，原级数成为3（1）L收敛；当之=2时，原级数成为 L发散.n 匕2）不正确.和函数在收敛圆内处处解析.3）不正确.每一个在之。解析的函数才一定可以在之。的邻域内展开成泰 勒级数.例如，/（之）=工在之。连续，但不可导，故不能在之。点展开成泰 勒级数.05.哥级数金建一2”能否在之=。收敛而在之=3发散？解不能.令 n 2=,今因为金/在之=。收敛，所以在y=2处收敛,由阿贝尔定理知3金于在|）|2内均绝对收敛.n=0当之=3时，因为之一2=丁=1,所以|,|oo1所以收敛半径K=g=LA2)金（九！）2nlim72 f 8=limnoo(刀+1)!了=lim九一A 8(+l)+(十 I)?!)?n(！)2=limn、872+177+1n=lim九f OOnn(！)2(+1)1+n=OO,lim(zz+1)=oo,limnOOnf8 n(LI=)所以收敛半径K=0.3)1+5=7C I,兀cos 十 ism 4 4=V2e2=(1+，)=(9)产limf 8所以收敛半径K4)金=e吟，|cn所以收敛半径K5)金=ch=lim逑匕-81 _ V2 rI=1,lim JI c=1 nf8=1.泼+e-一 2COS+isin+cos n nx n+isin21=cos 一 n141复变函数同步辅导及习题全解匕1=cos5所以 lim|=lim|C0Szi+1|=Y=l f 8 C 8 1 1I COS|所以收敛半径K=L以匚岛TF所以6)Lni=ln|in +z(Argi/z)=lrm+勺，2 y所以|Lni|=(国2十】),1 p2In2 77+411 y m i 2 c2 但 m zz-r 4所以n-oolim72f 8所以收敛半径R=8.7.如果3cH的收敛半径为K,证明3（Rec）2的收敛半径）n=Q n=0R.提示 I Recn zn|c|z分析 用提示公式即可证明.证明|（Re金）之|=|（RecJ|之|C I cn z n3 1（RecJ77|1.72=0以下证明R 1不对.反设R1,则金之在收敛圆 72=0 z Z R内绝对收敛，特别地在之=1（|之|K）处也绝对收敛，即 I的1收敛，与题设矛盾，只有H=1,得证.143 复变函数同步辅导及习题全解|。10如果级数CW在它的收敛圆的圆周上一点之。处绝对收 n=0敛，证明它在收敛圆所围着闭区域上绝对收敛.证明 设级数fa1的收敛半径为K,之。是收敛圆的圆周上的 n=0一点，且级数在之。点处绝对收敛./z e z 1 n=0I之有I cnzn I=I Cn|2：|C I Cn I I 之o I =I CnZo IZ I a说I收敛令2 I 收敛.得证.n=0 n=0O 11.把下列各函数展开成N的嘉级数，并指出它们的收敛半径:提示sin=sin(l+广1)1 十三2)_-_(1+/)23)coss:2；4)shz；5)chN；6)e sin/；7)e占；8)sin 一1 一之=sinlcoscoslsin)解 1)已知了4=1 2+/一之3+，(|之|1)1十N上式中的之用炉置换：=一之3+之6十(1)之3,|C 1I 之|1收敛半径尺=1.2)已知一一=1 一之十/一/十,|z|11+Z上式中的之用d置换：-p五=/+/+()之2,|11+144 第四章级数5/|1=|2|1又11+之2一 2z(l+y)2所111瓦1+y收敛半径R=77(1 一 y+y-.(_ 1)之2z=1 一 2之2-3之4426+,1.2_)，R 1 13)已知 COS 之=1 fr+T r+-9 I 之 I+82!4!6!上式中的之用d置换：J 8 12cos/=1 y+y H-,I 之2|+ooI/|+oo=|z|+oo收敛半径K=+8.4)shz=-,3ez=1+,|之|+82 3e-z=1 +|y -,I 之 I+00shz=(i+ir+iii一(以 J=N+gy+H-之 I =1+万十五十之I+00收敛半径R=+8.2 J 66）ez=l+z2+-+-,|N|e2 sin2=（I+/+三+羽十）x z2 +yy）=之2+之4.w+.,|+0a收敛半径K=+8.7 因为一=一之十之2+之3+.之一 1 1,之=-Zzn=-3之计1 之|1n=0 n=0所以6号=-/十八=1 一（之+/+之3+）+,（之+之2+之3+.）2 N!之一之2+之3+.3.=1 之一）之2 古之3-,|Z|1收敛半径尺=1.8）sin=sin fl+1 z 1-z=sinlcos +coslsin 1 一 N 1 一 Z因为了匚=之+/+之3+=之小之|11 一之 公所以 sin =z+z2+z3 ）（之十/十 之3 ）31 一 之 3!146 第四章级数、/+之+之2+之3-）5-.5!=之一y+言之3,=1-,22 一之3十.,之|所以 sin 1=sinl（1 ；/之3+.）+cosl（2+之2+23 T-）=sinl+cosl 2 T（cosl-sinl）J+（-cosl-sinl）之3-,I I 1收敛半径R=l.112.|求下列函数在指定点备处的泰勒展开式,并指出它们的收敛半径：n r+I，Zo=1；2）（z+D：z+2）=2；3）二，备=-1;4）1,无=1+彳；/4-3N5）tgN,N（）=-j-；6）arctg2,N（）=0.分析 这几题都是较为基本的题型，思路的疗法都一样，唯一要注题的就是计算技巧.解 1）之一1=（N 1）_1 1_用牛 N+1 1（N 1+2）2 2 1十丁7=1 一之+*/+,|之|1 147 复变函数同步辅导及习题全解上式两边的之用（三）置换：2N 121=(V+(-DLVI0|N1|2收敛半径夫=2.2)n=X/上 _ 工 =上 _ 1(N+1)(N+2)2(2+2 之+1，2+2 之+1因为=-=-7 +2 4+(之一2)4 n 27一丁+(1(M。)1=z 1 3+之一2=X 3 2一2十31 z 2,/z 2,2=可一二+(丁)148 第四章级数N 一 231所以原式=一不上+，（之2）2 H）1/q N-2|z 2）2 一至（1丁）=工 G（1”（N 2）_X V（1）（N 2”一 2之 声 T2 3=之 _2一 屋一2n=0 乙/=0=、（一1）”（?一（之一2）一|1 且|一|1=|之2|3收敛半径夫=3.1_ _ 1N 1 一（N+1）=一11+（之+1）十建-IT+,|+1|1上式两边求导：（：）=一1+2（之+1）+3（之+1尸+（之+1）1+（|之+1|1）,所以 =1+2（2+1）H-P（N+1）I+之=3（+1）（N+1V,|N+1|31 1民一(1+加 1 一 3z=+1-61 1-0Zo 2+(f3z)卜一(1+z)了+C)”+，=(i+况了又廉一(l+z)|z-(1+i)|1；31=空收敛半径R=手(5)令/(之)=tgz.tg：=1，(tgN)=SeC?N,(tgN)L=2,I f(tgz)“=2sec2ztgz,(tgz/71 x=4,I f(tgz)=2(2sec22：tg2+sec42：),(tgz)7/I=2(4+4)=I f16山/(之。)阳 i 2 4 9n 1!2!_ 16 _ 863=打=至2所以tgz=1+2卜一句+2卜一个 150 第四章级数收敛半径R=?6)因为 又1 1 2=1 22+之彳一之6 T-,1+Jy 1 即 之 v 1所以arctgz=+2J 0 1 十 N(1 一/+/+)心03 5 7 00之一云十六一当十=1）1=12272T2n 一 1I之IVL收敛半径尺=1.13.为什么在区域|z 内解析且在区间（一K,K）取实数值的函数/建）展开成之的骞级数时，展开的系数都是实数？分析主要是泰勒级数的性质的应用.解 由解析函数展开为泰勒级数的惟一性得：/（之）在31VH内 的展开式应与f 1 在I z|H内展开式一致./（工）在I x IVK内展开式的系数是实数.于是（久）在尤=0处的展开式的系数G=占尹，仁均 n!为实数.叵E 证明/（之）=COS-以之的各次哥表出的洛朗展开式中 1 2n各系数为M b cos（2cos（9系os尬d（9,O=0,士1,士2,提示 在对应教材公式（4.4.8）中，取C为|z|=1,在此圆上设积分变量7=屋，然后证明：金的积分的虚部等于零.1 分析本题对计算技巧和几个常用公式要求较多，有一定难度.证明 f z =cos 卜+Cn=-（令 S=ed=d仇仇。一2兀，之0=0）151 复变函数同步辅导及习题全解1 产 cos（e+e一刃）.智 A。1 产 cos（2cos（9）.Aa=do（少 26曲二而J。网一1 2兀=丁 cos（2cos（9）cos尬 一 isin/?9d（9ZTCJ o1 2n其虚部为：一丁 cos（2cos（9）sindZTCJ o令 g（9）=cos（2cos（9）sin/2（9由于 cos2cos（9+2兀）=cos（2cos（9）sin/2（9+2K）=sin（加+2兀）=sinn3所以 g（9+2TT）=cos2cos（9+2?r）sim2（9+2兀）=cos（2cos9）sin尬=g（9）,以 2兀为周期又 g（9）=cos2cos（-（9）sinw（9）=cos（2cos（9）（一 sin卅）=一 cos（2cos（9）sin72（9=一g（9）g（6）为奇函数,于是虚部=d g（9）d9=g（9）dd=0/7tJ 0/7tJ-K1 2兀故金=丁 cos（2cos（9）cosz29d（9,（=0,士1=一）ZTTJ oO 15.下列结论是否正确？用长除法得-=N+22+23+1 一 NZ 11+T+?+l+因为1 一 N之一 1所以十C+4+1+之+之？+之3+之4+=Q N N Z解 不正确.1=之十/+之3+.,|之|1 152 第四章级数用长除法所得到的两式的取值范围的交集为空集，故不能 相加.16.把下列各函数在指定的圆环域内展开成洛朗级数：2）-1、2，。I|1;0|-1|1；之（1 zY3）7 TV7-，0l z 1 I 1;1 I 之一2|+00;（之 一 1）（之一2）4）6汽，1|之|+8；5）三兵一在以，为中心的圆环域内；N（N I）6）sin上，在之=1的去心邻域内；（N 1）（之 一 2）R（N 3）（N 4）V之|4；4|之|1=5c0c=（；5之=一=一 2i 一 i-2）Q=1 _ 一 1 一 2z2（+2）=16于是_1_（/+1）殳2）1 25 ,1+21 ,X 110 （n+W）+10 z-i 十5 n 2 153 复变函数同步辅导及习题全解 1 2 彳 1 1+2Z 11 12n+l 1 2,（,1+2,V 10/1。2尹而2万（1”1 之之2 10 F1 2 22 23一5（1/入3之2 之一丁一 了 一至一诃）KR|22）。|之|11=X 之（1 一 z 2 Z（1 一 Z）2因为了一=之=1+之+之2-,|11 N W。所以（尹V=-71-J=m 1、211NJ（1 N）2（1 zY=1+2N+3/+nznl+=心-1 n=l所以 Z,1V=S 工 7Z 之T=ZnZT 之（1 一之）之 念=2（+2）之 0|1n=l 0 VI 21 IV 1=1._1z l一z 2（1-z 2 Z因为=2（1）小，|2|11+之 念 154 第四章级数5n=23）0|n1|11 7 I 1-1 I 1（N-1）（之一2）N 1 N 2 2 1（21）-1_ 1 1N 1 1 一（N 1）1|N 2|+OO=_ =1 _ 1（N 1）（之 一 2）2 2 2 1 之 一 2 1+（N 2）=1 1 1之一2 2一2+1n 一 2=E（T）“（产4）因为1v|之y+8所以告 111 一 NN一1=：（1+1+3+155 复变函数同步辅导及习题全解e 京=1-+A+A+N N N-+A+A+2 N N+1I!n十y十之3十L-EL2 2!N2 3!35)0I z-i|1=.X=Jz*2(z 一 z)之 一 i J ni(n i+i)2=_j_=n-i.2 p(jz z)-i2 z i 1一 i(2-z)22 L,因为所以|式之一i)|1即|N i|1口”=i?i一尸 所以士y=一与心一，一尸=2”严1(N Z)L2 n=1=n/+i(之一i)T二/-2 7/+l=2n=l 1=f L 2 屋”：0|Z-l|1n=Z 156 第四章级数5 1|2 彳|+8 _ 2一i+i）2（2z）2（i、2 z-l 因为=1 W+F 13-,|J|1所以（二）=一（TTlr=i+2w 3片+）1 2所以-=_2（-）+3（）/1+Z Z-l k一之T）4（）+所以？777=）（一”/（-=工（-1）匕乎13-1+86）在 0|z 1|+co因为 sin之=之一自十三一，I之I+003!5!所以 sin J-=sin 二 1N N1J-承十禾n=01 1（2/1+1）!殳一1 严10 V|Z-1 I+87）3U|4（N1）（N 2）6 2-=1-z 一 3）z-4）4 一 n n-3 157 复变函数同步辅导及习题全解g Z3u|4 4|之|+8屋?屋?=1-j=1+J（N 3）（N 4）4 一 N z 一 3之一 4 之一34 21 3-1|。17.|函数tg：能否在圆环域。|之|i?(0 R+oo)内展开 成洛朗级数？为什么？解 f(力=tg 无兀十夕，后=0,1,有 tg =8Zk所以zk=-是f(z)=tg-的奇点.日+5 z又因为lim.=0,所以力以之=0为极限，即/(之)=施!后OQ Z 158 第四章级数在之=。处的任意小的去心邻域内，总有不可导的点力故不 能保证/（N）=tgL在0|内处处解析.所以“之）=tgL不可以在0|内展开为洛朗级数.N|O18.汝口果后为满足关系后2 1的实数，证明:knsin(n+1)J=n=0夕 kncos(n+1)9=n=0sin(91 一 2%cos(9+k2 cos9 k1 2%cos9+k2提示 对I之1后展开（之一后）7的洛朗级数，并在展开式的 结果中令之=屋，再令两边的实部与实部相等，虚部与虚部相 等.1证明 在|2|后时1之一 k1 jyi)n=Q令N=eid11N k则cos(9 k isin(9cos(9 k+isin(9(cos(9)2+sin2(9cos(9 k isin(9 1 2%cos5+62 77=0kn工=(+l)优72=0 kn cos(n+1)(9 isin(7?+1)(9n=0=两边的实部相等、虚部相等,得证.0 19.如果。为正向圆周I N|=3,求积分W（N）ck的值.设/（之）为C2+2(N+1)N 159 复变函数同步辅导及习题全解3)_ 4)_N(N+1)2 7(N+1)(N+2).解 1)因为-=一-=+-)用牛4(N+2)2之*三 2 T 4；十2因为f 1，所以I N|2,故 f(N)=(1八在域C：I N I=3内不全解析.zz 十 2)设。1，。2为两两互不相交，互不包含的圆周，且各自包围奇点 z=09z=2所以/(之)dz=(+1)/(之)ckc 羯 c2=j 之(之+2)+j 之(之+2).=2 Tii+2 兀i=0z Z2)因为/吉=1(1+占)故在C：|之|=3内f(z)不全解析.设为既不相交又不包含且各自包含奇点之=。，之=-1的小圆周.由柯西积分公式:：)d之=(+)/(2)dz=2 2KI 27ci=2jriC C c23)设G,C为互不相交，又互不包含的两小圆域，且各自包含着奇点z=09z=-1,所以(之)ck=(，+1)/(之)dzc 羯c2=(-Jy-(之J z N+1(N+1)160第四章级数=2TCI 2jci=0.4）设G,Cz为互不相交且互不包含的两小圆域，且各自包 围着奇点之=l9z=-2,所以（|外-=（Q+Q）/（之）ckJ（N 十 1）（N 十 2）J J/C%c2_-1 Q-I 2 Q-1+22；T1+-2+l27T1=2式i 20.试求积分/（F）ck的值，其中。为单位圆之|=1内的任何一条不经过原点的简单闭曲线.分析考查级数积分的求值方法，先利用级数展开，逐项积分即可.解 2N=之T+之T+X之”n=-2 n=0因为在1 2|1内收敛，所以可对其逐项积分:n=002 Tri内解析尹 ,/（之）=炉在|N|171=0161第五章_留数;内容提要、解析函数在孤立奇点邻域内的性态1.孤立奇点的定义如果之。是/屋）的奇点，且存在之。的某邻域屋）在此邻域内 除了之。点外再无其它奇点，那么称之。为/屋）的孤立奇立.2.解析函数在有限远奇点邻域内的性态若之。为/屋）的孤立奇点，则必存在台。，使得/（之）于圆环。3之。I 台内解析，由第四章可知/屋）在此圆环内可展 成洛朗级数：+oo+00f z）=5 c（之一之0）十、C_n（Z z0 厂 n=Q n=1若式中不含，只含有限个、含无穷多个NN。的负褰项，那 么分别称之。为 9）的可去奇点、极点、本性奇点.（1）如果之。为/屋）的孤立奇点，则下列三条是等价的.因此每 一条都是可去奇点的特征./屋）在之。点的洛朗展式中不含之一之。的负哥项，即162-第五章留数（/（2）=Co+G（N 2o）+C”（N 之 o）n+lim/（N）=Co（#8）飞/屋）在。点的某去心邻域内有界.此性质再次反映了解析函数函数值之间深刻的内在联系.因为在实函数中，函数在某点邻域内有界显然不能保证在 该点可微，也不能保证在该点连续.（2）如果之。为/（之）的孤立奇点，则下列三条中的每一条都是 机级极点的特征./屋）在之。点的洛朗展式为（C_m w 0,租0）/屋）在之。的某去心领域内能表示成lim(2：z0)mf(z)=X(zQ)(#co)其中d（N）在NO的邻域内解析，且义（之）丰0；g（2）=一以无为机级零点（可去奇点当做解析点看）.下述定理也能说明极点的特征，其缺点是不可能指明极点 的级；/（之）的孤立奇点之0为极点0 lim/（N）=8（3）如果No为了（之）的孤立奇点，则下列二条中每一条都是本 性奇点的特征：/（之）在之。点的洛朗展式中含有无穷多之一之。的负骞 项；不存在.利用极限判断奇点的类型，当极限是（白）型时，可以像在 163 次复变函数同步辅导及习题全解高等数学中那样用L，Hospital法则来求.如果/屋）与g屋）是以之。为零点的两个不恒等于零的解 析函数，那么lim*=M飞 g（N）z g（之）3.解析函数在无穷远点的性态无穷远点00总是复变函数的奇点.若/（之）在无穷远点8的去心领域H OO Z-A QO Z CO若f z 在之=8的去心领域R Z I+8内的洛朗级数 中不含之的正骞项、含有限多个之的正骞项，且最高正哥项为 1、含无限多个之的正哥项，则之=8为/（之）的可去奇点、小 级极点、本性奇点.二、留数的定义及留数定理1.留数及其计算设a（W 8）为/（之）的孤立奇点，那么f z 在a的留数Resf（z）=j，其中c是Q的去心邻域内c围绕。的任意一条正向简单闭曲线.计算留数最基本的方法就是求洛朗展开式中负事项CT（之一 164 第五章留数；6Q）T的系数CT.但是如果知道奇点Q的类型，那么留数的计算 也许稍简便些.例如当8）为可去奇点时Res/（G皿=。.对于极点处留数的计算，有如下公式或规则：（1）如果。为“之）的机级极点，那么1 Jm-lRes/（N）,Q=7-TVT lim 1（2-Q）/（N）（m 1）J dz特别地，如果a为/（之）的简单极点（加=1）,则Res/（之），a=lim（2 Q）/（N）.2f Q注 如果极点Q的实际级数比加低时，（1）仍然有效.（2）设。为/建）的一级极点（只要P（之）与Q屋）在点Q 解析且 P（Q）丰 O,Q（Q）=O,Q（Q）w 0）,那么注 如果P（2）与Q（N）在Q点解析,Q为QW）的一级零点，则同样有Res歌给”.Q（N）Q（Q）如果之=oo为/（之）的孤立奇点，那么/（之）在之=8的留数Res/（n）,8=），一/（2）ck=-c1,其中 c 为 rZ|N|+8内绕原点的任意一条正向简单闭曲线.函数在8处的留数就 是洛朗展开式负骞项一方一1前系数的相反数：一CT.当之=8 为了屋）的可去奇点时，按定义Res/（之），8可以不等于零.2.留数定理设函数/（之）在区域。内除有限个孤立奇点.，之2,，之外处 处解析，。是D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线，那么/（之）d之=2於 4 Res/（之），之.J c k=l由柯西定理极易得到以上的留数定理，更确切地说，留数定理 是柯西定理的一个直接应用，它把计算封闭曲线积分的整体 问题，化为计算各孤立奇点处留数的局部问题，即利用留数计,165 复变函数同步辅导及习题全解算积分.因此，有必要专门研究留数的计算.三、用留数定理计算定积分1.形如j；H（cos仇Sind）由的定积分的计算其中K（cos9,sin9）为cos。与sind的有理函数.作变换，令z=e ydz=izd3=iei0 d3cos9=；(e+e一刃)K(cos(9,sin(9)d(9=1 V 12z 2izJ f(z)dzfG)=R然后由留数定理求得积分值为2兀z、Res/（N）,N其中 k=lZk Ck=1,2，）为f z 在单位圆周内的所有孤立奇点.2.形如尺（尤）di的积分的计算其