《数学物理方法》第三章作业参考解答 1. Taylor级数展开:将ln(1+z)在z=i的领域内展开为 Taylor级数,且问收敛 半径为多少? 解: ln(1+z)的支点为-1,∞,沿负实轴作割线,并规定上岸arg(1+z)=丌, 下岸arg(1+z)=- n(1+i)=ln√2+x 由I2G展开公式:()=)“(-b k=0 因此可得m0+)=1n2+x1+-(-0 k(1+1) 收敛半径R=lma=lm+-+=√2 思考:其它单值分支,以及不同的割线作法,结果如何? 2.函数f() ,求在区域 二(=-1)(二-3) (1)04zk1内的幂级数展开式,是 Taylor级数还是 Laurent级数,为什么? (2)14zk<3内 Laurent级数中z项的展开系数。 解法一: (1)0<<1时 ∫(=) 3z3(1-z)3(1- 其中 (1-:)=2∑k-D=21 (n+2)(n+1)z
《数学物理方法》第三章作业参考解答 1. Taylor 级数展开：将ln(1+ z)在 z = i 的领域内展开为 Taylor 级数，且问收敛 半径为多少？ 解： ln(1+z)的支点为-1，∞， 沿负实轴作割线，并规定 上岸 arg(1+z)=π , 下岸 arg(1+z)= -π ln(1+i)= i 4 ln 2 π + 由 Taylor 展开公式： ∑ ∞ = = − 0 ( ) ( ) ! ( ) ( ) k k k z b k f b f z 因此可得 ∑ ∞ = − − + − + = + + 1 1 ( ) (1 ) ( 1) 4 ln(1 ) ln 2 k k k k z i k i z i π k k n k i a (1 ) ( 1) 1 + − = − 收敛半径 1 2 1 lim lim 1 ⋅ + = + = = →∞ + →∞ i k k a a R k k k k 思考：其它单值分支，以及不同的割线作法，结果如何？ 2. 函数 ( 1) ( 3) 1 ( ) 3 3 − − = z z z f z ，求在区域 （1） 0 <| z |< 1 内的幂级数展开式，是 Taylor 级数还是 Laurent 级数，为什么？ （2） 1 <| z |< 3 内 Laurent 级数中 −6 z 项的展开系数。 解法一： （1）0 < z < 1 时 ) 3 3 (1 ) (1 1 ( ) 3 3 z z z f z ⋅ ⋅ − ⋅ − = 其中 ∑ ∑ ∞ = ∞ = − = ⋅ − = ⋅ + + − 2 0 2 3 ( 2)( 1) 2 1 ( 1) 2 1 (1 ) 1 n n k k k k z n n z z ∑ ∞ = = − 0 3 3 1 1 k k k z z
f()=∑(n+2)n+1) (k+2(k+1) 36 是 Laurent级数,有z的负幂项 (2)当1S(+k+2) n-k-6 当k=n时z有-6次项 (k+1)k+2) 由(22)式,当z=3时 k+1)(k+2) 因此可得a=_9 解法 (1)0 1时 同解法一,可得 ∑k(k-1)2=∑(m+2)n+1) 「(+2Xk+1 (k+2)k+1)k1 16 (2)当1<<3 同理可得:
3 0 0 0 0 3 3 ( 2)( 1) 6 1 3 ( 2)( 1) 6 1 ( ) − ∞ = = − ∞ = ∞ = − ∑ ∑ ∑ ∑ + + ∴ = + + ⋅ = n n n k n k k k k n n z z k k f z n n z 是 Laurent 级数，有 z 的负幂项 （2）当1 < z < 3 ∑ ∞ = + + + = ⋅ − 0 3 3 ( 1)( 2) 2 1 ( 1) 1 k k z k k z （2.2） ∑ ∑ ∑∑ ∞ = ∞ = − − ∞ = ∞ = + + + = − + + ∴ = − 0 0 6 0 0 6 3 ( 1)( 2) 6 1 3 ( 1)( 2) 6 1 ( ) k n n k n n n n k k z z k k z k k f z 当 k=n 时 z 有-6 次项 ∑ ∞ = + + ∴ = − 0 3 ( 1)( 2) 6 1 k n k k k a 由（2.2）式，当 z=3 时， ∑ ∞ = + + + = ⋅ − 0 3 3 3 ( 1)( 2) 2 1 (3 1) 1 k k k k 因此可得 8 9 an = − 解法二： (1) 0 < z < 1 时 − − − + ⋅ − = − + − − − ⋅ = 3 1 1 3 1 (1 ) 3 8 (1 ) 1 3 1 ( 1) 3 8 1 ( ) 3 3 2 3 3 2 3 z z z z z z z z z f z 同解法一，可得 ∑ ∑ ∞ = ∞ = − = ⋅ − = ⋅ + + − 2 0 2 3 ( 2)( 1) 2 1 ( 1) 2 1 (1 ) 1 n n k k k k z n n z z ∑ ∞ = = − 0 3 3 1 1 k k k z z ( ) ( ) ∑ ∞ = + − + + + + + = 0 2 3 ) 3 ( 24 1 16 3 2 ( 1) 16 1 2 ( 1) ( ) k k k z k z k k z k k z f z (2) 当1 < z < 3 同理可得：
f∫(=)= (k+2)k+1)1,3k+2)k+1)1 因此可得z6项系数是 解法三: f(=) 2ni 6+l )(z-3) dz 1 d 2!d 〓=1 8 其中,l为在环域1<<3内绕点=0的简单必曲线,积分方向为逆时针。 3.考察下列函数的孤立奇点,并确定它们的类别: (1) (2) cos二 (3) tan2 解 (1)存在奇点z=2 lime-不存在 z2i是本性奇点 (2)存在奇点z=0 Os二 lim sIn== lim cos2=I z=0是可去奇点 (3)存在奇点z=(+n) lim tan
( ) ( ) ∑ ∞ = + + − + + + − + + = − 0 3 1 3 ) 3 ( 24 1 1 16 1 3 2 ( 1) 16 1 2 ( 1) ( ) k k k k z z k k z k k z f z 因此可得 −6 z 项系数是 8 9 − 解法三： （2） ( )( ) ( ) ( ) 8 9 2! 3 1 1 / 3 2 1 2 1 3 ( ) 1 2 1 1 2 2 2 3 2 3 2 6 6 1 = − − = − − = − − = = = − − + ∫ ∫ ∫ z l l l z z dz d dz z z z i dz z z z i dz z f z i a π π π 其中，l 为在环域1 < z < 3内绕点 z = 0的简单必曲线，积分方向为逆时针。 3．考察下列函数的孤立奇点，并确定它们的类别： （1） z i e 2 1 − ； （2） 2 1 cos z − z ； （3） z 2 tan 解： (1) 存在奇点 z=2i z i z i e 2 1 2 lim − → 不存在 ∴ z=2i 是本性奇点 (2) 存在奇点 z=0 2 1 2 cos lim 2 sin lim 1 cos lim 0 0 2 0 = = = − → → → z z z z z z z z ∴ z=0 是可去奇点 (3) 存在奇点 )π 2 1 z = ( + n = ∞ → + z z n 2 ) 2 1 ( lim tan π
n丌)sin二 )2 Im cos Sin二+(--n丌)cosz lim z=0是2阶极点
1 sin ) cos 2 sin ( lim cos ) sin 2 ( ) tan lim 2 lim ( 2 ) 2 1 ( 2 ) 2 1 ( 2 2 ) 2 1 ( = − + − − = − − = − − → + → + → + z z z n z z z n z z n z z n z n z n π π π π π π π π π ∴ z=0 是 2 阶极点