教学内容释疑解难 第4章 1.判别级数Fj 的敛散性 cos -n 解: im=0,部分和序列∑cosn,∑sinn均有界 由狄锐西勒判别法知 on cOS-n sin-n 收敛 n 收敛 而 发散, 为条件收敛 狄锐西勒判别法:设∑abn,{n},{bn}是两个实数串,∑b的部分和序列有界,an组成单调数 串,且趋于0,则级数∑anbn收敛 2.关于函数∫()展为幂级数时,级数收敛范围的确定 答:若题目要求将∫(x-)在二处展为幂级数,则∫(=)一定满足在二0及其某邻域内解析的条件,这 个邻域即为所展幂级数的收敛域.在使用间接展开法求其幂级数时,要考虑所引用的已有的函数展开式的 成立条件.一般地,所引用的函数展开式的条件即为级数收敛的范围 例如:将函数f(-)= 在z=1处展为幂级数 二(二+1 此函数在二=1及其邻域|z-1k1(以z=1为心∫(=)的最大范围的解析域)内解析,因此∫(=)展为 形如∑C(2-1)”的幂级数的收敛范围为|z-1k1 例如:将函数()=二+2展成关于的幂级数 分析:从题目木身来看题目要求结果为f(=)=∑”形式函数()=1-在=0=0及其邻域 z+2 zk<2(|=k<2为z=0为心的邻域中∫()的最大范围的解析域)内是解析的.从使用间接展开法求幂级
教学内容释疑解难 第 4 章 1. 判别级数∑ ∞ =1 i n n n 的敛散性. 解： ∑∑∑ ∞ = ∞ = ∞ = = + 1 1 1 2 π sin i 2 π cos i n n n n n n n n n Q 0 1 lim = n ∞→ n ，部分和序列 ∑∑= = N n N n n n 1 1 2 π sin , 2 π cos 均有界, ∴ 由狄锐西勒判别法知 ∑∑ ∞ = ∞ =1 1 2 π sin , 2 π cos n n n n n n 收敛. ∴ ∑ ∞ =1 i n n n 收敛. 而 ∑∑ ∞ = ∞ = = 1 1 1i n n n nn 发散, ∴ ∑ ∞ =1 i n n n 为条件收敛. 狄锐西勒判别法：设 , 是两个实数串，∑ 的部分和序列有界， 组成单调数 串，且趋于 0，则级数 收敛. ∑ ∞ n=1 nn ba }{},{ ba nn ∞ n=1 n b an ∑ ∞ n=1 nn ba 2. 关于函数 zf )( 展为幂级数时，级数收敛范围的确定. 答： 若题目要求将 在 处展为幂级数，则 一定满足在 及其某邻域内解析的条件，这 个邻域即为所展幂级数的收敛域.在使用间接展开法求其幂级数时，要考虑所引用的已有的函数展开式的 成立条件.一般地，所引用的函数展开式的条件即为级数收敛的范围. zf )( 0 z zf )( 0 z 例如: 将函数 )1( 1 )( + = zz zf 在 z = 1处展为幂级数. 此函数在 及其邻域 z = 1 z <− 1|1| (以 z = 1为心 的最大范围的解析域)内解析,因此 展为 形如∑ 的幂级数的收敛范围为 zf )( zf )( ∞ = − 0 )1( n n n zc z − < 1|1| . 例如：将函数 2 1 )( + = z zf 展成关于 z 的幂级数. 分析：从题目本身来看,题目要求结果为 ∑ 形式,函数 ∞ = = 0 )( n n n zczf 2 1 )( + = z zf 在 及其邻域 ( 为 为心的邻域中 的最大范围的解析域)内是解析的.从使用间接展开法求幂级 0 z0 = z < 2|| z < 2|| z = 0 zf )(
数的过程 f(=)= (-1)"(=)”(|=k1) 1+=2 来看应有|二k2,这与从题目本身得到的收敛范围是一致的 f(=)= ∑2y (|=k2) 3.关于函数∫(-)展为罗朗级数时,级数收敛范围的确定 答:当题目要求将∫(=)在二处展为罗朗级数时,则∫(-)必在某圆环R1s-二0〖R2上满足解析的 条件.这个圆环有的题目己经给出,有的题目没有给出,这时建议在z平面上画出∫()的定义域简图来 找出这个圆环,这个圆环一般不唯一.在使用间接展开法求其幂级数时,考虑引用的已有的函数展开式的 成立条件.级数的收敛范围为所引用的函数展开式的条件 例如:将函数∫(-)=—在二=i处展为罗朗展式 分析:题目没有给出解析圆环R1s=-0K≤R2,从其定义域图形可以看出圆环R1二-二0R2应 为04-ik1及11)但一般我们所选的 圆环为0<x-ik1,1<z-ik+∞,使函数展为级数成立的范围最大 4.设在|=kR内解析函数∫(=)有泰勒展式 f(=)=a0+a12+a2-2+…+an=”+ 试证 若令M(r)=max|f(re°),则有 (柯西不等式) 这里n=0,1,2,……;0<r<R
数的过程 ∑ ∞ = −= + = + = 0 ) 2 ()1( 2 1 2 1 1 2 1 2 1 )( n z nn z z zf )1| 2 | ( 但一般我们所选的 圆环为 z <−< 1|i|0 , z |i|1 +∞<−< ,使函数展为级数成立的范围最大. 4. 设在 内解析函数 有泰勒展式 || < Rz zf )( )( 210 2 L n zazazaazf n +++++= L 试证： 若令 |)e(|max)( ， 则有 i 20 π θ θ rM rf ≤< = n n rM a e )( || ≤ （柯西不等式） 这里 n = L 0 ; ,2 ,1 ,0 << Rr
证:设C:|r=r(r<R),则 f∫(=) d dz+ 2 max f(re ) d|≤2r r·max,n+1 M(r) 5.设∑Cn=”的收敛半径为R(0<R<+∞),并且在收敛圆周上一点绝对收敛证明这个级 数对于所有的点x(=R)为绝对收敛 证明:当|kR时,由阿贝尔定理知 cn-绝对收敛 当|zF=R时,设二0为二=R上一绝对收敛点,则 ∑lcnz"|=∑lcnl==∑|en‖-o| 故 绝对收敛 ∑cn”在|=R上绝对收敛 6.设在|kR内,解析函数f(=)=a0+a12+a2-2+…+an="+…试证:当0≤r<R时, e°)2d=∑|an2r2[提示:1f)=f((c)] 1f(=)2=(-)f()=∑an”∑可 a. ore)d=C∑ar"e-∑ d日 nar d
证： 设 <= RrrrC )( || : , 则 z z a z a z a z a z z zf n nn C n C n (d d) )( 1 21 1 0 +1 ∫∫ + − +++++= LL = ∫ ∫ + ++ − L ∫∫ +++ L C n C n C C n n z z a z z a z z a z z a dd d d 1 1 2 1 0 , an = 2π i n n C rz n n r rf z zf rz z zf a |)e(|max )( 2π max 2π 1 d )( 2π i 1 || i 20 π 1 || 1 θ θ ≤< + = + ∴ = ⋅⋅≤ = ∫ , n n r rM a )( ∴ || ≤ . 5. 设∑ 的收敛半径为 ∞ n=0 n n zc < RR < +∞)0( ，并且在收敛圆周上一点绝对收敛.证明这个级 数对于所有的点 ≤ Rzz )| (| 为绝对收敛. 证明： 当 | | < Rz 时，由阿贝尔定理知 ∑ 绝对收敛. ∞ n=0 n n zc 当 时，设 为 上一绝对收敛点，则 | | = Rz 0 z | | = Rz ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ = = = 0 0 0 0 || |||| |||| n n n n n n n n n zczczc ∑ ∞ = = 0 0 || n n n zc 收敛, 故 ∑ 绝对收敛. ∞ n=0 n n zc ∴ ∑ 在 ∞ n=0 n n zc | | ≤ Rz 上绝对收敛. 6. 设在 内，解析函数 || < Rz )( L L 试证：当 时， 2 210 +++++= n n zazazaazf 0 <≤ Rr ∫ ∑ ∞ = = 0 n22 2π 0 2i || d|)e( 2π 1 n n r|f θ ra θ [提示： )()(|)(| 2= zfzfzf ]. 证： ∑∑ ∞ = ∞ = ⋅=⋅= 0 0 2 )()(|)(| m m m n n n Q zazazfzfzf ∑∑ ∞ = − ∞ = = ⋅ 0 i 0 i e e m mm m n nn n rara θ θ ∫ ∫ ∑∑ ∞ = − ∞ = ∴ = ⋅ 2π 0 0 i 0 i 2π 0 2i θ d|)e( e de θ θ θ θ m mm m n nn n r|f rara de 2π 0 0, )i( ∫ ∑ ∞ = −+ = θ θ nm mnnm mn raa
a r 6 la, r.2t 2xe)d=∑|anPr2n 7.求sin关于(x+x)的幂级数,并证明:lim=-1 Sinz=sin(二+π-π)=-Sin(二+兀) sin==-(二+)+ (+m)3(x2+π)3,(z+) s==-1+(+x)2(=+x)(+) 2+ 级数(+7)2(+x) 在复平面上是收敛的,其和函数记为(=),则q(=)在复平 7 面上解析,有界 sIn li 2→-2+π
2|| π . de 0 22 2π 0 )i( 0, ∑ ∑ ∫ ∞ = − ∞ = + = ⋅ = n n n mn nm nm mn ra raa θ θ ∫ ∑ ∞ = ∴ = 0 n22 2π 0 2i || d|)e( 2π 1 n n r|f θ ra θ . 7. 求 关于 的幂级数，并证明： sin z (z +π ) 1 π sin lim −= −→ z + z z π . 解： Q sin(sin zz ππ =−+= −sin() z +π ), ∴ !7 ( π ) 5! ( π ) !3 ( π ) (sin π ) 3 5 7 −L + + + − + ++−= zzz zz Q !7 ( π ) 5! ( π ) !3 ( π ) 1 π sin 2 4 6 −L + + + − + +−= + zzz z z ] !7 ( π ) 5! ( π ) !3 1 (1 π [) 2 4 2 −L + + + −++−= zz z 级数 −L + + + − !7 ( π ) 5! ( π ) !3 1 2 4 zz 在复平面上是收敛的,其和函数记为ϕ z)( ,则ϕ z)( 在复平 面上解析,有界. 1 π sin lim π −= + ∴ −→ z z z