复变函数 第6次作业

Chasse_neige

5.试确定下列级数的收敛半径（或收敛区域）

(1)

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^n}{n^n}$$$$c_n=\frac{1}{n^n}$$$$R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{sup(c_n{)}^{\frac{1}{n}}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n=\mathrm{\infty }$$

对于任意 $z$ ，当 $n>2|z|$ 时

$$\left|\frac{z^n}{n^n}\right|<{\frac{1}{2}}^n$$

由比较判别法，该级数绝对收敛

所以该级数在 $\mathbb{C}$ 上收敛

(2)

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n!}{n^n}{z}^n$$$$c_n=\frac{n!}{n^n}$$

根据达朗贝尔判别法

$$R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{c_n}{c_{n+1}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\frac{n+1}{n}}^n\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{n}{)}^n=e$$

7.证明级数

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{z^{n+1}}{n+1}-\frac{2z^{2n+3}}{2n+3})$$

的和函数在 $z=1$ 点不连续

证明

在 $z=1$ 点，级数

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{z^{n+1}}{n+1}-\frac{2z^{2n+3}}{2n+3})=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(n+1)(2n+3)}\le \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}\frac{1}{n^2}$$

收敛

所以在 $|z|<1$ 上该级数绝对收敛，在该开区间上

$$S(z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{z^{n+1}}{n+1}-\frac{2z^{2n+3}}{2n+3})=\ln (1-z)-\ln (\frac{1+z}{1-z})+2z=2z-\ln (1+z)$$

所以从收敛圆内趋近于该点的极限

$$\underset{z\to 1}{lim}S(z)=2-\ln 2$$

该点的级数收敛于

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(n+1)(2n+3)}=2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{2n+3}=2(1-\ln 2)=2-2\ln 2$$

所以该点和函数不连续

这与阿贝尔第二定理并不矛盾，因为阿贝尔第二定理只对单一幂级数成立。

如果一定要把这个级数的和函数在该点的极限表示出来，那么实际上应该写为

$$S(z)=\ln (1-z)-\ln (\frac{1+z}{1-z})+2z$$

的形式，该点是两个发散值的抵消，会造成奇异性。

8.求下列级数的和

(1)

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos n\theta }{n},0<\theta <2\pi$$

判断收敛性

因为 $\frac{1}{n}$ 递减切趋于0

又因为 $\cos n\theta$ 部分和

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos n\theta =\frac{\sin (n+\frac{1}{2})\theta -\sin \frac{1}{2}\theta }{2\sin \frac{\theta }{2}}$$

有界，所以原级数收敛

$$\begin{array}{c}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos n\theta }{n}=\mathrm{\Re }\left[\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{in\theta }}{n}\right]\\ =-\mathrm{\Re }[\ln (1-e^{i\theta })]=-\frac{1}{2}\ln (2-2\cos \theta )=-\ln (2\sin \frac{\theta }{2})\end{array}$$

(3)

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos (2n+1)\theta }{2n+1},0<\theta <\pi$$

由于(1)中的级数收敛，由比较定理，此级数收敛

$$\begin{array}{c}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos (2n+1)\theta }{2n+1}=\mathrm{\Re }\left[\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{i(2n+1)\theta }}{2n+1}\right]=\frac{1}{2}\mathrm{\Re }[\ln (1+e^{i\theta })-\ln (1-e^{i\theta })]\\ =\frac{1}{4}(\ln (2+2\cos \theta )-\ln (2-2\cos \theta ))=\frac{1}{2}\ln (\cot \frac{\theta }{2})\end{array}$$

(5)

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\sin (2n+1)\theta }{(2n+1{)}^2},-\pi /2\le \theta \le \pi /2$$

证明收敛性

$$\left|\frac{(-1{)}^n\sin (2n+1)\theta }{(2n+1{)}^2}\right|\le \frac{1}{(2n+1{)}^2}$$

由于级数 $\sum _n\frac{1}{n^2}$ 收敛，所以该级数绝对收敛

$$\begin{array}{c}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\sin (2n+1)\theta }{(2n+1{)}^2}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\theta }\frac{(-1{)}^n\cos (2n+1)\theta }{2n+1}d\theta \\ ={\int }_0^{\theta }\left(\sum _0^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n\cos (2n+1)\theta }{2n+1}\right)d\theta ={\int }_0^{\theta }\frac{\pi }{4}\text{sgn}(\cos \theta )d\theta =\frac{\pi }{4}\theta \end{array}$$

1.将下列函数在指定点展开成 Taylor 级数，并给出收敛半径

(a) $1-z^3$ 在 $z=1$ 展开

$$1-z^3=-3(z-1)-3(z-1{)}^2-(z-1{)}^3$$

收敛半径为 $\mathrm{\infty }$

(b) $$\frac{1}{1+z+z^2}$$ 在 $z=0$ 展开

$$\begin{array}{c}\frac{1}{1+z+z^2}=\frac{1}{\sqrt{3}i}(\frac{1}{z+\frac{1-\sqrt{3}i}{2}}-\frac{1}{z+\frac{1+\sqrt{3}i}{2}})\\ =\frac{1}{\sqrt{3}i}(\frac{1+\sqrt{3}i}{2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-\frac{1+\sqrt{3}i}{2}z{)}^n-\frac{1-\sqrt{3}i}{2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-\frac{1-\sqrt{3}i}{2}z{)}^n)\\ =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{3-\sqrt{3}i}{6}(-\frac{1+\sqrt{3}i}{2}{)}^n+\frac{3+\sqrt{3}i}{6}(-\frac{1-\sqrt{3}i}{2}{)}^n)z^n\end{array}$$

收敛半径为 $1$

(c) $\frac{\sin z}{1-z}$ 在 $z=0$ 展开

$$\begin{array}{c}\frac{\sin z}{1-z}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{z}^{2k+1}{z}^l\\ =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{z}^{2k+l+1}\\ =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\left(\sum _{k=0}^{[\frac{n-1}{2}]}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}\right)z^n\end{array}$$

收敛半径为 $1$