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1、 1 数理方法数理方法 CH3 作业解答作业解答 P51 习题 3.2 1. 确定下列级数的收敛半径： （2） =12k k k z k （4） = + 0 )( k kk zak 解： （2） =12k k k z k 收敛半径为：2 1 2 lim| ) 2 1 /( 2 |lim|lim 1 1 = + = + = + + k kkk a a R k kk k k k k （4） = + 0 )( k kk zak 解：收敛半径为：| ) 1( |lim|lim 1 1 + + + + = k k k k k k ak ak a a R若1|a，则 1| ) 1( |lim 1 = +
2、+ + k k k ak ak 若1|a，则 | 1 | ) 1( ) 1( |lim| ) 1(1 1 |lim| ) 1( |lim 1 21 1 akak akk ak ka ak ak k k k k k k k k k = + = + + = + + + 罗比塔法则罗比塔法则 2. =1k k kz a的收敛半径为R)0(z （6）211z = = + = + = = 0 22 ) 1( ) 1( ) 1( 1 1 1 1 1 ) 1( 1 11 1 1 1 )1 ( 1 )( k k k zz z zzzzz zf = + + = 0 2 1 ) 1( ) 1( k k k z （
3、6）211+ z zzzz zf 1 1 1 )1 ( 1 )(+ = = 其中， = + = + = + = + + = + = 0 1 0 ) 1( 1 ) 1( 1 1 1 ) 1 1 1 1 ( 1 1 1) 1( 11 k k k k zzz z zzz = + = + = + = + = + = 0 1 0 2 ) 1( 2 ) 1( 2 1 2 1 1 1 2 1 ) 1(2 1 1 1 k k k k k k zz z zz =)(zf 2 ) 1( ) 1( 1 1 0 1+ = + + + + k k k k z z P66 习题习题 3.5 4.求出下列函数的奇点（包括=
4、z） ，确定它们是哪一类的奇点（对于极点，要 指出它们的阶） 。 （2） 2 5 )1 (z z （4） z z e e + 1 1 （6） 2 z （7） 1+z z （8） 2 1z ez + 解：解： （2） 2 5 )1 (z z 1=z为二阶极点。 判据之一：)(zf在1=z的去心邻域内能表示成 2 ) 1( )( )( = z z zf =z为三阶极点。 判据： 令 z t 1 =， 则 3 2 23 2 5 ) 1( 1 ) 1( 1 ) 1 1 ( 1 )( t t tt t t tf = = =， 可见， 0=t是函数的三阶极点，即=z是函数的三阶极点。 7 （4） z z
5、e e + 1 1 解： 令分母01=+ z e得到奇点：ikz) 12(+=，它是一阶极点。判据： z z e e zf zg + = 1 1 )( 1 )(是以ikz) 12(+=为一阶零点。 =z为非孤立奇点。判据：令 z t 1 =，则 t t e e tf 1 1 1 1 )( + = ，其一个奇点为0=t， 另外，令01 1 =+ t e，得到其它奇点为 ik t ) 12( 1 + =，当k 足够大时， ik) 12( 1 + 可 以任意接近于零， 即在0=t的无论多小的邻域内总可找到其它奇点， 所以0=t是 非孤立奇点，即=z为非孤立奇点。 （6） 2 z 解：=z为二阶极点。
6、判据：令 z t 1 =，则 2 1 )( t tf=，显然，0=t是函数的二 阶奇点，即=z为二阶极点。 （7） 1+z z 解：1=z为一阶极点；判据之一：)(zf在1=z的去心邻域内能表示成 1 )( )( + = z z zf ；或者： z z zf zg 1 )( 1 )( + =以1=z为一阶零点。 =z为可去奇点。判据：1 1 lim= + z z z ，存在并且有限，所以，=z为可去奇 点。 （8） 2 1z ez + 解：iz=为一阶极点；判据之一： z e z zf zg 2 1 )( 1 )( + =以iz=为一阶零点 =z为本性奇点，判据之一：z 沿正实轴趋于无穷时，
7、z e z e z z z z 2 lim 1 lim 2 + = + += 2 lim z z e ； z 沿负实轴趋于无穷时，0 1 lim 2 = + z ez z ；故)(limzf z 不存在， 8 所以=z为本性奇点。 7.下列函数在指定点的去心邻域内能否展开为洛朗级数？ （1） z 1 cos，0=z （2） z 1 cos，=z （3） 1 1 sec z ,1=z (4) zcot ,=z 解答：解答： （1） z 1 cos，0=z 解： 函数 z zf 1 cos)(=有唯一奇点0=z， 它是函数的孤立奇点， 故 z zf 1 cos)(=能 在0=z的去心邻域 z0内展
8、开为洛朗级数。 （2） z 1 cos，=z 解： （2） z 1 cos，=z 解： 函数 z zf 1 cos)(=有唯一奇点0=z， 它是函数的孤立奇点， 故 z zf 1 cos)(=能 在0=z的去心邻域 z0内展开为洛朗级数，这实际上等价于在无穷远点展 开为洛朗级数。 （3） 1 1 sec z ,1=z 解： 1 1 cos 1 1 1 sec)( = = z z zf， 其奇点为1=z 和1 ) 12( 2 + + = k z；k 足够大时， 1 ) 12( 2 + +k 可以任意接近于 1， 即在1=z的无论多小的邻域内总含有其它奇点， 所以1=z是非孤立奇点，故在1=z的去心邻域中不能将)(zf进行洛朗展开。 (4) zcot ,=z 解：令 z t 1 = t t t tf 1 sin 1 cos 1 cot)(=，其奇点为0=t和 k t 1 =，k 足够大时， k 1 可 以任意接近于 0，即在0=t的无论多小的邻域内总含有其它奇点，所以0=t是非 孤立奇点，即=z是非孤立奇点，故在=z不能将)(zf进行洛朗展开。
