数学物理方法姚端正CH3作业解答资料

1、 1 数理方法数理方法 CH3 作业解答作业解答 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 kk zak 解 2 12k k k z k 收敛半径为 2 1 2 lim 2 1 2 lim lim 1 1 k kkk a a R k kk k k k k 4 0 k kk zak 解 收敛半径为 1 lim lim 1 1 k k k k k k ak ak a a R若1 a 则 1 1 lim 1 k k k ak ak 若1 a 则 1 1 1 lim 1 1 1 lim 1 lim 1 21 1 akak akk ak ka ak ak k k k k k k k k k 罗比塔法则罗比塔法则 2 1k k kz a的收敛半径为R 0 R 确定下列级数的收敛半径 1 0k k k n zak 解 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 ak ak 收敛半径为 而 1 1 lim n k k k R a a k k k lim 1

2、 所以 所求收敛半径为R P55 习题习题 3 3 2 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 解法之一解法之一 利用多项式的乘法利用多项式的乘法 已知已知 0 1 1 k k z z 1 z 2 1 1 z 00 k k k k zz 1 4321 32 k zkzzz 0 1 k k zk 解法之二 逐项求导 解法之二 逐项求导 1 1 1 1 2 zz 则则 2 1 1 z 1 1 0 k k k k kzz 4321 132 k kzzzz 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 baz 1 解 解 0 1 0 1 1 1 1 11 k k k k k k kk z b a z b a b z b a b baz 收敛范围 1 z b a 即 a b z 5 2 1 1 zz 解 3332 11 1 1 1 1 1 z z zz z zz 令 3 zt 则 0 1 1 k k t t 故 3 0 3 3 1 1 k k z z 3 1z z 0 13 k k z 所

3、以 2 1 1 zz 0 3 k k z 0 13 k 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 zcos 解 解 1sin 1sin 1cos 1cos 1 1cos cos zzzz 0 12 0 2 12 1 1 1sin 2 1 1 1cos k kk k kk 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 0 sin 解 解 利用正弦函数的泰勒展开式 0 12 12 1 sin k kk k z z 得到 z zsin 0 2 12 1 k kk k z 则 0 12 0 0 2 0 0 2 0 12 12 1 12 1 12 1 sin k kk k z kk z k kk z kk z dz k z dz k z dz z z 4 函数 1 z 在 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 1 1 1 1 32 zzzz 式中 为任意复数 ki e 2 1 解 1ln 2 2 1 ln 1 1 zkikizzLn eeeez 下面将 1ln z e 在1 z中作

4、泰勒展开 记 0 1ln k k k z zaezf 其中 0 k f a k k 11 1ln zf z e z zf z 0 f 同时由 式有 1 zfzfz 将 式两边再对 z 求导 1 zfzfzfz 得到 1 1 zfzfz 4 得 1 0 f 将 式两边再对 z 求导得 1 1 3 zfzfzfz 得到 2 1 3 zfzfz 得 2 1 0 3 f 以此类推 得 1 2 1 0 kf k 则 0 k f a k k 1 2 1 1 k k 所以 00 1ln k k k k k k z zazae k k zk k 1 2 1 1 0 则 k k ki zk k ez 1 2 1 1 1 0 2 3 2 1 2 1 1 1 1 32 zzz 1 z 5 将 1 zLn 在0 z的邻域内展开为泰勒级数 解 kizzLn2 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 1 1 1ln 1 00 00 0 0 k z dzzdzzdz z z k k k k z kk z k kk z 则 kizzLn2 1ln

5、 1 1 1 2 1 0 k z ik k k k P61 习题习题 3 4 3 将函数 1 bzaz 0 ba 在0 z az 的邻域内以及在圆环 bza 内展开为洛朗级数 解 11 1 1 bzazbabzaz zf 在0 z的邻域 即az 5 0 1 1 1 11 k k a z a a z aaz 0 1 1 1 11 k k b z b b z bbz 所以 k k kk k k k k z baabb z ba z aba zf 0 11 00 11 1 1 1 1 在az 的邻域 即abaz 0 0 1 0 1 1 11 11 k k k k k ab az ab az ab ab az ababazbz 所以 zf az 1 0 1 k k k ab az 0 1 1 k k k ab az 在圆环bza 0 1 0 1 1 111 k k k k k z a z a z z a zaz 0 1 0 1 1 1 11 k k k k k b z b z b b z bbz 所以 zf ba 1 0 1 k k k z a 1 k k b z 5 将函数 1 1 zz z

6、f 在下列区域中展开为级数 1 10 z 6 211 z 解 1 10 z 0 22 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 k k k zz z zzzzz zf 0 2 1 1 1 k k k z 6 211 z zzzz zf 1 1 1 1 1 其中 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 k k k k zzz z zzz 0 1 0 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 k k k k k k zz z zz zf 2 1 1 1 1 0 1 k k k k z z P66 习题习题 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 2 5 1 z z 4 z z e e 1 1 6 2 z 7 1 z z 8 2 1z ez 解 解 2 2 5 1 z z 1 z为二阶极点 判据之一 zf在1 z的去心邻域内能表示成 2 1 z z zf z为三阶极点 判据 令 z t 1 则 3 2 23 2 5 1 1 1 1 1 1 1 t t

7、tt t t tf 可见 0 t是函数的三阶极点 即 z是函数的三阶极点 7 4 z z e e 1 1 解 令分母01 z e得到奇点 ikz 12 它是一阶极点 判据 z z e e zf zg 1 1 1 是以ikz 12 为一阶零点 z为非孤立奇点 判据 令 z t 1 则 t t e e tf 1 1 1 1 其一个奇点为0 t 另外 令01 1 t e 得到其它奇点为 ik t 12 1 当k 足够大时 ik 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 2 z 解 z为二阶极点 判据 令 z t 1 则 2 1 t tf 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 zf在1 z的去心邻域内能表示成 1 z z zf 或者 z z zf zg 1 1 以1 z为一阶零点 z为可去奇点 判据 1 1 lim z z z 存在并且有限 所以 z为可去奇 点 8 2 1z ez 解 iz 为一阶极点 判据之一 z e z zf zg 2 1 1 以

8、iz 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 2 lim 1 lim 2 2 lim z z e z 沿负实轴趋于无穷时 0 1 lim 2 z ez z 故 limzf z 不存在 8 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 1 cos 0 z 2 z 1 cos z 3 1 1 sec z 1 z 4 zcot z 解答 解答 1 z 1 cos 0 z 解 函数 z zf 1 cos 有唯一奇点0 z 它是函数的孤立奇点 故 z zf 1 cos 能 在0 z的去心邻域 z0内展开为洛朗级数 2 z 1 cos z 解 2 z 1 cos z 解 函数 z zf 1 cos 有唯一奇点0 z 它是函数的孤立奇点 故 z zf 1 cos 能 在0 z的去心邻域 z0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 1 1 cos 1 1 1 sec z z zf 其奇点为1 z 和1 12 2 k z k 足够大时 1 12 2 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 zf进行洛朗展开 4 zcot z 解 令 z t 1 t t t tf 1 sin 1 cos 1 cot 其奇点为0 t和 k t 1 k 足够大时 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 zf进行洛朗展开

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