复变函数 第7次作业

Chasse_neige

1.将下列函数在指定点展开成 Taylor 级数, 并给出收敛半径

(e)

$$\sec z$$

在 $z=0$ 展开

使用待定系数法

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

所以

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

所以

$$\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^{n-k}}{(2(n-k))!}{a}_{2k}=\{\begin{array}{l}1(n=0)\\ 0(n\ne 0)\end{array}$$$$a_0=1$$

Taylor 系数可以通过一下递推式得出

$$a_{2n}=\sum _{k=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^{n-k+1}}{(2(n-k))!}{a}_{2k}$$

前几项为

$$a_0=1,a_2=\frac{1}{2},a_4=\frac{5}{24},a_6=\frac{61}{720}$$

收敛半径为 $\frac{\pi }{2}$

2.将下列函数在指定点展开成 Taylor 级数, 并给出收敛半径

(b) 将

$$\ln \frac{1+z}{1-z}$$

在 $z=\mathrm{\infty }$ 展开

支点为 $z=1$ 和 $z=-1$

假设割线为从 $z=1$ 沿 $x$ 方向延伸到无穷远，在从 $-x$ 方向从无穷远延伸到 $z=-1$ ，并且在割线上岸 $\arg (\frac{1+z}{1-z})=\pi$

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

所以

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

收敛半径为 $1$

(c) 将

$$\sqrt{\frac{1-z}{1+z}}$$

在 $z=0$ 以及 $z=\mathrm{\infty }$ 处展开

在 $z=0$ 处

支点为 $z=1$ 和 $z=-1$

假设割线为从 $z=1$ 沿 $x$ 方向延伸到无穷远，在从 $-x$ 方向从无穷远延伸到 $z=-1$ ，并且在割线上岸 $\arg (\frac{1-z}{1+z})=-\pi$

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

收敛半径为 $1$

在 $z=\mathrm{\infty }$ 处

支点为 $z=1$ 和 $z=-1$

割线为从 $z=-1$ 到 $z=1$ 沿 $x$ 轴的连线，并且在割线上岸 $\arg (\frac{1-z}{1+z})=0$

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

收敛半径为 $\left|\frac{1}{z}\right|<1$

(d) 将

$$\frac{z^{(1-p)}(1-z{)}^p}{2z}$$

在 $z=\mathrm{\infty }$ 处展开，其中 $-1<p<2$

支点为 $z=0$ 和 $z=1$

划分割线为从 $z=0$ 沿着 $x$ 轴指向 $z=1$ 的连线，并且在割线上岸 $\arg \frac{1-z}{z}=0$

$$\frac{(1-z{)}^p}{2z^p}=e^{-ip\pi }\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\left(\begin{array}{c}n\\ p\end{array}\right){\frac{1}{z}}^n=e^{-ip\pi }\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{2}\left(\begin{array}{c}n\\ p\end{array}\right){\frac{1}{z}}^n$$

收敛半径为 $\left|\frac{1}{z}\right|<1$

3.验证等式

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{a+nb}={\int }_0^1\frac{t^{a-1}}{1+t^b}dt,a,b>0$$

证明

$$\begin{array}{c}{\int }_0^1\frac{t^{a-1}}{1+t^b}dt={\int }_0^1\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{t}^{nb+a-1}dt\\ =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^1(-1{)}^n{t}^{nb+a-1}dt=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{a+nb}\end{array}$$

据此求出以下级数之和：

(a)

$$1-\frac{1}{4}+\frac{1}{7}-\frac{1}{10}+\cdots$$$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{1+3n}={\int }_0^1\frac{1}{1+t^3}dt=\frac{\sqrt{3}\pi +\ln 8}{9}$$

(b)

$$\frac{1}{2}-\frac{1}{5}+\frac{1}{8}-\frac{1}{11}+\cdots$$$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{2+3n}={\int }_0^1\frac{t}{1+t^3}dt=\frac{\sqrt{3}\pi -\ln 8}{9}$$

(c)

$$1-\frac{1}{5}+\frac{1}{9}-\frac{1}{13}+\cdots$$$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{1+4n}={\int }_0^1\frac{1}{1+t^4}dt=\frac{\pi +2{\coth }^{-1}(\sqrt{2})}{4\sqrt{2}}$$