复变函数 第9次作业

Chasse_neige

2.证明

$$f_1(z)=1+az+a^2{z}^2+\cdots$$

与

$$f_2(z)=\frac{1}{1-z}-\frac{(1-a)z}{(1-z{)}^2}+\frac{(1-a{)}^2{z}^2}{(1-z{)}^3}-\cdots$$

互为解析延拓。

证明

$f_1$ 的收敛区域为

$$|az|<1$$

即

$$|z|<\frac{1}{|a|}$$

在收敛域内

$$f_1=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(az{)}^n=\frac{1}{1-az}$$

$f_2$ 的收敛区域

$$f_2(z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n(1-a{)}^n{z}^n}{(1-z{)}^{n+1}}$$

所以 $f_2$ 在

$$|(1-a)\frac{z}{1-z}|<1$$

时收敛

所以收敛域为 $|\frac{z}{1-z}|<\frac{1}{|1-a|}$

收敛域内

$$f_2(z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n(1-a{)}^n{z}^n}{(1-z{)}^{n+1}}=\frac{1}{1-z}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\frac{-(1-a)z}{1-z}}^n=\frac{1}{1-z}\frac{1}{1+\frac{(1-a)z}{1-z}}=\frac{1}{1-az}$$

所以在两收敛域的交集内两个函数均收敛于 $\frac{1}{1-az}$，即二者互为解析延拓。

3.请证明级数

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

在区域 $|z|<1$ 与 $|z|>1$ 内分别代表两个解析函数，但不互为解析延拓。

证明

在区域 $|z|<1$ 内

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

在区域 $|z|>1$ 内

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

当 $|z|=1$ 时对于 $\arg z\in Q$ 来说，必然会存在 $\frac{1}{1-z^n}$ 没有定义的情况，也就是说在收敛圆边界上有无穷个奇点，且每个点均为奇点集的聚点

二者的解析域没有交集，也就是说不互为解析延拓

4.已知

$$f(z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{z}^{2^n}=z+z^2+z^4+z^8+\cdots ,|z|<1.$$

(a) 证明：$z=1$ 是 $f(z)$ 的奇点

证明

原函数在 $z=1$ 处满足

$$f(z)=1+1+1+\cdots$$

所以 $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$

$$\mathrm{\exists }k\in \mathbb{N},s.t.\sum _{i=0}^k{z}^{2^i}>n$$

所以该级数在$z=1$ 处发散，$z=1$ 是 $f(z)$ 的奇点

(b) 证明：$f(z)=z+f(z^2)$，因此 $z^2=1$ 的根也是 $f(z)$ 的奇点

证明

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

所以因此 $z^2=1$ 的根也是 $f(z)$ 的奇点

(c) 进一步证明：$z^{2^k}=1$ 的 $2^k$ 个根也是 $f(z)$ 的奇点，$k$ 为任意正整数

证明

$k$ 为任意正整数，对于 $k$ 而言

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

所以$z^{2^k}=1$ 的 $2^k$ 个根也是 $f(z)$ 的奇点，$k$ 为任意正整数

(d) 最后证明：不可能将 $f(z)$ 延拓到单位圆外

证明

由于$z^{2^k}=1$ 的 $2^k$ 个根是 $f(z)$ 的奇点，$k$ 为任意正整数，所以对于 $z=e^{i\theta }$ 而言，$e^{i{2}^k\theta }=1$ 的根均为奇点，所以

$$\theta =\frac{2n\pi }{2^k}(n\in \mathbb{Z},k\in \mathbb{N})$$

均为奇点，所以

$$\mathrm{\forall }\theta \in [0,2\pi ),\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }k,s.t.\frac{1}{2^k}<ϵ$$

此时用将 $[0,2\pi )$ 划分为 $2^k$ 个小格，对于 $\theta$ 所在的那个小格

$$|\theta -\frac{n}{2^k}2\pi |<ϵ$$

所以在收敛圆边界上每点的邻域内均存在奇点

所以不存在收敛域跨越 $|z|=1$ 的 Taylor 展开，也就是不能将函数解析延拓至 $|z|=1$ 外

1.讨论下列函数奇点的性质，如果是孤立奇点，则求出函数在该点的留数

(3)

$$\frac{\cos az-\cos bz}{z^3}$$

$z=0$ 是一阶极点，是孤立奇点，留数为

$$a_{-1}=-\frac{1}{2}(a^2-b^2)$$

(5)

$$\frac{\sin z}{z^2}-\frac{1}{z}$$

$z=0$ 是可去奇点，是孤立奇点，留数为

$$a_{-1}=\underset{z\to 0}{lim}\frac{\sin z-z}{z}=0$$

(8)

$$\frac{z}{1-\cos z}$$

$z=2k\pi ,(k\in \mathbb{Z})$ 处

当 $k=0$ 时为一阶极点，为孤立奇点，留数为

$$a_{-1}=2$$

当 $k\ne 0$ 时为二阶极点，为孤立奇点，留数为

$$a_{-1}=2$$

(9)

$$\frac{1}{(z-1)\ln z}$$

规定割线为$z=0$ 沿 $x$ 轴延伸到无穷远点的直线，在割线上岸辐角为0.此时 $z=1$ 处为二阶极点，是孤立奇点，留数为

$$a_{-1}=\frac{1}{2}$$

在割线下岸辐角为 $2\pi$ ，此时 $z=1$ 为一阶极点，是孤立奇点，留数为

$$a_{-1}=\frac{1}{2\pi i}$$

其它叶上的不同辐角以此类推。

2.指出下列函数在 $\mathrm{\infty }$ 点的性质，并求其留数

(2)

$$\frac{\cos z}{z}$$

换元 $w=\frac{1}{z}$

$$\frac{\cos z}{z}=w\cos \frac{1}{w}$$

所以在无穷远点原函数为本性奇点，留数为

$$a_{-1}=-\mathrm{Res}(\frac{1}{w}\cos \frac{1}{w},w=0)=-1$$

(3)

$$\frac{z}{\cos z}$$

换元 $w=\frac{1}{z}$

$$\frac{z}{\cos z}=\frac{1}{w\cos \frac{1}{w}}$$

所以在无穷远点原函数为非孤立奇点，不存在留数

(6)

$$\sqrt{(z-1)(z-2)}$$

换元 $w=\frac{1}{z}$

$$\sqrt{(z-1)(z-2)}=\sqrt{(\frac{1}{w}-1)(\frac{1}{w}-2)}$$

所以无穷远点为原函数三阶极点，留数为

$$a_{-1}=-\mathrm{Res}(\frac{1}{w^2}\sqrt{(\frac{1}{w}-1)(\frac{1}{w}-2)},w=0)=\frac{1}{8}$$