复变函数 第8次作业

Chasse_neige

1.求将下列函数的 Laurent 展开

(a)

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

在 $z=1$ 附近以及 $|z-1|>1$ 展开

在 $z=1$ 附近 ($0<|z-1|<1$) 展开

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

在$|z-1|>1$ 展开

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

(b)

$$\frac{1}{z^2-3z+2}$$

在 $1<|z|<2$ 以及 $|z|>2$ 区域内展开

在 $1<|z|<2$ 上展开

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

在 $|z|>2$ 区域内展开

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

(e)

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

在 $z=0$ 以及 $z=\mathrm{\infty }$ 的邻域在不同单位分支内的展开，割线为 $|z|=1$ 的下半圆弧

支点为 $z=-1$ 以及 $z=1$，割线为 $|z|=1$ 的下半圆弧，假设 $z=-1$ 到 $z=1$ 连线上宗量辐角为 $2k\pi ，(k\in \mathbb{Z})$ ，此时

$${\ln }^{-1}\frac{1+z}{1-z}=\frac{1}{\ln \frac{1+z}{1-z}}=\frac{1}{i2k\pi +\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}{z}^n+\frac{1}{n}{z}^n}$$

在$z=0$ 邻域内

当$k=0$ 时

$$\begin{array}{c}{\ln }^{-1}\frac{1+z}{1-z}=\frac{1}{\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{2n+1}{z}^{2n+1}}=\frac{1}{2z}\frac{1}{1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n+1}{z}^{2n}}\\ =\frac{1}{2z}-\frac{1}{6}z-\frac{2}{45}{z}^3-\cdots \end{array}$$

当 $k\ne 0$ 时

$$\begin{array}{c}{\ln }^{-1}\frac{1+z}{1-z}=\frac{1}{i2k\pi }\frac{1}{1+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{2n+1}}{i(2n+1)k\pi }}\\ =-\frac{i}{2k\pi }+\frac{1}{2k^2{\pi }^2}z+\frac{i}{2k^3{\pi }^3}{z}^2+\cdots \end{array}$$

在$z=\mathrm{\infty }$ 邻域内，假设 $z=-1$ 到 $z=1$ 连线上宗量辐角为 $2k\pi ，(k\in \mathbb{Z})$ ，此时在无穷远点宗量辐角为 $(2k+1)\pi$

$$\begin{array}{c}{\ln }^{-1}\frac{1+z}{1-z}=\frac{1}{i(2k+1)\pi }\frac{1}{1+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z^{-2n-1}}{i(2n+1)(2k+1)\pi }}\\ =-\frac{i}{(2k+1)\pi }+\frac{2}{(2k+1{)}^2{\pi }^2}\frac{1}{z}+\frac{4i}{(2k+1{)}^3{\pi }^3}\frac{1}{z^2}+\cdots \end{array}$$