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1、第四章 级数 1 下列数列 n 是否收敛 如果收敛 求出它们的极限 1 1i 1i n n n 2 i 1 2 n n 3 i 1 1 n n n 4 5 i 2n n e i 2 1 n n e n 解 1 2 22 1i12 i 1i11 n nnn nnn 又 2 2 12 lim1 lim0 11 nn nn nn 2 n 故 收敛 lim1 n n 2 i2 1 25 n n i n e 又 2 lim0 5 n i n e 故 n 收敛 lim0 n n 3 由于 n 的实部 1 n 发散 故 n 发散 4 由于 i 2 cosisin 22 n n nn e 其实部 虚部数列均发
2、散 故 n 发散 5 i 2 111 cosisin 22 n n nn e nnn 知 11 limcos0 limsin0 22 nn nn nn 故 n 收敛 lim0 n n 2 证明 0 1 lim 1 1 1 1 n n 不存在 3 判断下列级数的绝对收敛性与收敛性 1 1 in n n 2 2 i ln n n n 3 1 6 5i 8 n n n 4 2 cosi 2n n n 解 1 由icosisin 22 n nn 1 cos 2 n n n 与 1 sin 2 n n n 为收敛的交错项实级数 所以 1 in n n 收敛 但 i1 n nn 故 1 in n n 发散
3、 原级数条件收敛 1 2 与 1 采用同样的方法 并利用 11 2 ln n nn 3 因 6 5i 61 88 n n n 而 1 61 8 n n 收敛 故 1 6 5i 8 n n n 绝对收敛 4 因 而cosichn n ch lim0 2n n n 故 2 cosi 2n n n 发散 4 下列说法是否正确 为什么 1 每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛 2 每一个幂级数的和函数在收敛圆内可能有奇点 3 每一个在连续的函数一定可以在的邻域内展开成 Taylor 级数 0 z 0 z 解 1 不对 如在收敛圆 0n n z1 z内收敛 但在收敛圆周1 z上并不收敛 2 不对 幂级数
4、的和函数在收敛圆内为解析函数 不能有奇点 3 不对 如 zzf 在全平面上连续 但它在任何点的邻域内均不能展开成 Taylor 级 数 5 幂级数能否在收敛而在 0 2 n n n cz 0 z3 z发散 解 不 能 因 如在 0 2 n n n cz 0 z收 敛 则 由 Abel 定 理 其 收 敛 半 径 220 R 而2123 即在其收敛圆3 z2 2 z内 故级数在 收敛 矛盾 0 2 n n n cz 3 z 6 求下列幂级数的收敛半径 1 1 n p n z p n 为正整数 2 1 n n n n z n 2 3 0 1 n n n iz 4 1 i n n n e z 5 1
5、 i ch 1 n n z n 6 1 lni n n z n 解 1 1 limlim1 np n n nn Ran 2 2 1 1 1 1 1 limlimlim0 1 n nn nnn nn aa n R aan 3 1 limlim1 1 i 1 2 n n n n Ra 4 1 lim1 n n n Ra 5 1 1 lim1 limch1 limcos1 nn n n nnn i Ra nn 6 1 limlim lni n n nn Ran 7 如果的收敛半径为 R 证明级数的收敛半径 0 n n n c z 0 Re n n n cz R 证明 对于圆Rz 内的任意一点 z 由
6、已知绝对收敛即 0 n n n c z 0 n n n cz 收敛 又 因Re n cc n 从而Re n n nn czcz 故由正项级数的比较判别法 0 Re n n n cz 也 收敛即在 0 Re n n n cz Rz 内绝对收敛 于是其收敛半径R 8 证明 如果 1 lim n n n c c 存在 下列三个幂级数有相同的收敛半径 n n c z 1 1 n n c z n 1n n nc z 证明 设 1 lim n n n c c 则幂级数的收敛半径为1 n n c z 幂级数 1 1 n n c z n 的收敛半径为 1 1 1 1 limlim1 2 nn nn nn ac
7、n R acn 幂级数的收敛半径为 1n n nc z 1 1 1 limlim1 1 nn nn nn anc R anc 故以上三个幂级数有相同的收敛半径 9 设级数收敛 而 0 n n c 0 n n c 发散 证明 0 n n n c z 的收敛半径为 1 3 证明 由级数 0 n n c 收敛 知幂级数 0 n n n c z 在1z 处收敛 由 Abel 定理知 的收敛半径 0 n n n c z 1R 而 0 n n c 发散知在 0 n n n c z 1z 处发散 故 0 n n n c z 的收敛半径 1R 所以的收敛半径为 1 0 n n n c z 10 如果级数 0
8、n n n c z 在它的收敛圆的圆周上一点处绝对收敛 证明它在收敛圆所 围的闭区域上绝对收敛 0 z 证明 由 Abel 定理知在其收敛圆内绝对收敛 再证其在圆周上绝对收敛即 可 在圆周上任取一点 0 n n n c z 知 0 00 nn nn nn cc z 0 n n n c 绝对收敛 故结论成立 11 把下列各函数展开成 z 的幂级数 并指出它们的收敛半径 1 3 1 1 z 2 2 2 1 1 z 3 4 sh 2 coszz 5 6 7 chz 2 sin 2 zez 1 z z e 8 z 1 1 sin 解 1 由1 1 1 1 32 zzzz z 故 n n zzzz z
9、3963 3 11 1 1 1 z 而收敛半径 R 1 2 因 n n zzzz z 11 1 1 32 1 z 故 n n zzz z 242 2 11 1 1 1 z 又因 2 1 1 z 2 2 1 2 z z 642 22 2 4321 1 1 2 1 1 1 zzz zz z 1 z 而 1 R 3 因 6 4 2 1cos 642 z zzz z故 6 4 2 1cos 1284 2 zzz z 4 z而其收敛半径 R 4 因 3 2 1 2 sh 32 z zz ze ee z z zz 3 2 1 32 z zz ze z 故 5 3 sh 33 z zz zz 而收敛半径R
10、5 24 ch1 2 4 zz zz 6 因 3 2 1 64 2 2 z zz zez 5 3 sin 106 22 z zz zz 故 5 3 3 2 1sin 106 2 64 22 2zz z zz zzez 3 6 42 z z zz 而收敛半径 R 7 因 23 1 2 3 z zz ezz 231 0 1 1 n n z zzzzz z 故 1 21 3 23 1 00 1 0 11 2 3 2 3 nn z n nn z n zz zz ezz 1z 而收敛半径 R 1 8 因 1 sin1cos 1 cos1sin 1 1sin 1 1 sin z z z z z z z 1
11、 1 0 132 zzzzz z z n n 故 3 3232 3 1 1 sinzzzzzz z z 32 6 5 zzz 1 z 4 32 2 32 4 1 2 1 1 1 coszzzzzz z z 32 2 1 1zz 1 z 故 3232 6 5 1cos 2 1 11sin 1 1 sinzzzzz z 1 1sin1cos 6 5 1sin 2 1 1cos1cos1sin 32 zzzz 而收敛半径 R 1 12 求下列各函数在指定点处的 Taylor 展开式 并指出它们的收敛半径 0 z 5 1 1 1 z z 1 0 z 2 21 zz z 2 0 z 3 2 1 z 1
12、0 z 4 z34 1 i1 0 z 5 tanz 0 4z 6 arctanz 0 0z 解 1 因 2 1 1 1 2 1 21 1 1 1 1 z z z z z z 及 1 1 1 1 32 zzzz z 故 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 n n zzzz z z n n zzz 2 1 1 2 1 2 1 1 2 n n n n z1 2 1 1 1 2 1 z 于是收敛半径 R 2 2 因 1 1 2 2 1 2 2 4 2 1 21 zzzzzz z 及 4 2 1 1 4 1 24 1 2 1 z zz 4 2 4 2 4 2 1 4 1 2 z
13、zz 3 2 1 1 3 1 23 1 1 1 z zz 3 2 3 2 3 2 1 3 1 2 z zz 故原式 2 222 2 2 1 2 2 1 4 2 z z 2 2 3 2 3 2 1 3 1zz 00 2 3 21 3 1 2 21 2 1 n n nn n n nn zz 0 1 0 12 2 3 1 2 2 1 n n n n n n n n zz 0 112 2 3 1 2 1 1 n n nn n z 3 2 z 而3 R 3 因 zz 11 2 及 2 111 11 11 zz zz 1 1 z 故 1 2 1121 1 n znz z 0 11 n n zn 1 1 z
14、 而 R 1 6 4 因 i33i134 1 34 1 zz i13i31 1 z i1 i31 3 1 1 i31 1 z 2 2 i1 i31 3 i1 i31 3 1 i31 1 zz 其中 1i1 i31 3 z 故 n n n n z z i1 i31 3 34 1 0 1 3 10 3 i31 i1 z 且收敛半径 3 10 R 5 因 3 5 2 tan 3152 z zzzz 又 4 4 1tan tan 1tan z z z 故 2 444 tan 1tan 1tan tan zzzz 23 8 12 2 4434 zzz 且收敛半径 4 R 6 因 2 1 arctan 1
15、 z z 又 24 2 1 1 1 zzz z 1 故 21 2 2 00 00 1 arctan 1 1 12 n zz nnn n z zdzz dz zn 1 1z 且收敛半径1R 13 为什么在区域 zR 内解析且在区间 R R 取实数值的函数 f z展开成的 幂级数时 展开式的系数都是实数 z 解 f z展开成的幂级数时 展开式的系数为z 0 n n f c n 而函数 f z在区间 R R 取实数值 可知也为实数 故展开式的系数都是实数 0 n f 14 证明在 1 cos f zz z 以的各幂表出的洛朗展开式中的各系数为 z 2 0 1 cos 2cos cos 0 1 2 2
16、 n cn dn 证明 1 cos f zz z 在复平面内出去点0z 外解析 所以在内可 展开成洛朗级数 0 z 1 cos n n n zc z z 其中 7 1 1 cos 1 0 1 2 0 2 n n zr z z cdz n iz r 与要证明式子中的表示式相比较 我们取 n c1r 并利用复积分的计算公式可得 ii 22 1i 00 1 1 cos 11cos 1 cos 2cos cos 2 i22 n nn z z ee z cdzd ze n d 2 0 i cos 2cos sin 2 n d 2 0 1 cos 2cos cos 2 n d 因 2 0 cos 2cos sinn d cos 2cos sinn d 而cos 2cos sinn 为 的奇 函数 15 下列结论是否正确 用长除法 23 1 z zzz z 2 11 1 1 z zzz 因为0 11 zz zz 所以 2 11 1 zz 23 0zzz 解 不正确 因为长除法所得到的两式 使它们成立的z值的范围不同 分别为 因此不能相加 1z 16 把下列各函数在指定的圆环域内展开成 Laurent
