当前位置：文档之家 › 复变函数(4.4.5)--洛朗级数

复变函数(4.4.5)--洛朗级数

  • 格式：pdf
  • 大小：102.22 KB
  • 文档页数：5

下载文档原格式

  / 5

合集下载

复变函数第四章复函数项级数第四节洛朗级数

复变函数第四章复函数项级数第四节洛朗级数
解 由定理知: f ( z ) = 由定理知
n = −∞ ∞
cn z n , ∑
eζ 1 1 f (ζ ) 其中 cn = ∫C (ζ − z0 )n+1dζ = 2πi ∫C ζ n+3dζ 2πi
C : z = ρ (0 < ρ < ∞ ) , ( n = 0 , ± 1, ± 2L)
17
当 n ≤ −3 时,
常见的特殊圆环域: 常见的特殊圆环域:
R2
. z0
R1 . z0
. z0
0 < z − z0 < R2 R1 < z − z0 < ∞
0 < z − z0 < ∞
4
2. 问题:在圆环域内解析的函数是否一定能展开 问题: 成级数? 成级数? 1 在z = 0及z = 1 都不解析 都不解析, 例如， 例如， f ( z ) = z (1 − z ) 但在圆环域 0 < z < 1及 0 < z − 1 < 1内都是解析的 内都是解析的.
由 z >2 此时
2 <1 z
o
2
x
1 1 1 =− ⋅ 2− z z 1− 2 z
23
1 2 4 = − 1 + + 2 + L z z z
1 2 此时 < < 1, z z
1 1 1 1 1 1 = − 1 + + 2 + L =− ⋅ 仍有 z z z 1− z z 1− 1 z 1 2 4 − 1 1 + 1 + 1 + L 故 f ( z ) = 1 + + 2 + L 2 z z z z z z

复变函数论总结

复变函数论总结

复变函数论总结摘要：对数学物理方法的第一篇复变函数论每一章每一节做了总结，对这一章也有了深入的认识，通过积分与柯西积分定理和柯西积分公式，学习了圆域内泰勒级数的展开与环域内洛朗级数的展开，以及应用留数定理计算实变函数定积分，傅立叶积分与傅立叶变换。

关键词：复数；导数；解析；积分；柯西公式、定理；幂级数展开；留数；傅立叶积分与傅立叶变换1引言《复变函数论主要内容》第一章复变函数 complex function第二章复变函数的积分 complex function integral第三章幂级数展开 power series expansion第四章留数定理 residual theorem第五章傅立叶变换 Fourier integral transformation第一章复变函数§1.1 复数及复数的运算§1.2 复变函数§1.3导数§1.4解析函数§1.1 复数及复数的运算1．复数的概念的数被称为复数，其中。

；；ｉ为虚数单位，其意义为当且仅当时，二者相等复数与平面向量一一对应ｚ平面虚轴ｙ. （ｘ，ｙ）ｒｘ实轴模幅角 (ｋ)注意：复数“零”（即实部和虚部都等与零的复数）的幅角没有明确意义2．复数的表示代数表示三角表示指数表示一个复数ｚ的共轭复数注意：在三角表示和指数表示下，两个复数相等当且仅当模相等且幅角相差3．无限远点在复变函数论中，通常还将模为无限大的复数也跟复平面上的一点对应，而且称这一点为无限远点，我们把无限远点记作，它的模为无限大，幅角则没有明确意义4．复数的运算复数的加法法则：复数与的和定义是两个复数的和依然是复数，它的实部是原来两个复数实部的和，它的虚部是原来两个虚部的和。

复数的加法满足交换律和结合律，且，当同一方向时等号成立。

复数的减法法则：且有复数的乘法法则：乘法的交换律、结合律与分配律都成立复数的除法法则：注意：采用三角式或指数式比较方便。

罗朗级数及展开方法

罗朗级数及展开方法
n c ( z z ) n 0 n 0
(4.5.2)
和负幂项级数
n n n c ( z z ) c ( z z ) n n 0 0 n 1 1
(4.5.3)
两部分组成 .
因此，我们可以用它的正幂项级数(4.5.2)和负幂项级数
(4.5.3)的敛散性来定义原级数的敛散性. 我们规定：当且仅当 正幂项级数和负幂项级数都收敛时，原级数收敛，并且把原 级数看成是正幂项级数与负幂项级数的和.
ze 例 5 求积分 d z. 1 z | z| 2 1
ze z 在 1<|z|<+内解析, |z|=2 在此圆环域 解： 函数 f ( z ) 1 z
1 z
内, 把它在圆环域内展开得
f ( z) e 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 z z z 2! z 1 z 5 2 1 2 . 故c 2, 原式=2 ic 4 i. 1 1 z 2z
)
例2 把函数 f ( z ) z 3 e 在0 | z | 内展开成洛朗级数. 2 3 n z z z [解] 因有 e z 1 z 2! 3! n! 1 1 1 1 1 3 z 3 z e z (1 ) 2 3 4 z 2! z 3! z 4! z z 1 1 3 2 z z 0 z . 2! 3! 4! z
ez 例 4.5.1 把函数 f ( z ) 2 在以 z 0 z 为中心的圆环域 0 z 内展开成罗朗级数.
【解】 直接法展开 利用公式 (4.5.5)计算 cn ，那么就有
பைடு நூலகம்
1 cn 2πi

复变函数-洛朗级数

复变函数-洛朗级数
§4.4 洛朗级数
问题：当 f ( z ) 在 z0 不解析时, f ( z ) 在解析区域0 | z z0 | R 或在 r | z z0 | R 内是否可以展开成幂级 数?
洛朗级数
一 般 形式 :
n
a n ( z z0 )
n

n
n a ( z z ) a ( z z ) n n 0 0 n n0
n

1
n a （ z z ） n 0
和
洛朗级数的收敛域为圆环域 : r | z z0 | R
特殊情形 : r 0, R
标 准 形式 :

n
an z an z an z a n z
n n n n n0
n 1
1


本章主要题型及方法
(1) 讨论复数列的敛散性
讨论其实部数列和虚部 数列的敛散性
(2) 讨论复级数的敛散性 (a ) 讨论其实部级数和虚部 级数的敛散性
(b) 有些级数 , 若通项cn 不趋于 0 (n ), 则 该级数发散
( c ) 由 | cn | 的 收 敛 性 判 别 cn 的 收 敛 性
1

a n ( z z0 ) n a1 ( z z0 )1 a0 a1 ( z z0 ) an ( z z0 )n
n a ( z z ) 在圆 | z z0 | R 内收敛； n 0 n 0
(1) 幂级数:

2n 1 n1 (| z | 2) n0 z
n ( 3) 由 0 | z 1 | 1 知, 展 开 的 级 数 形 式 为 a ( z 1 ) n n

复变函数和积分变换第二版本-4.4 洛朗级数-PPT文档资料

复变函数和积分变换第二版本-4.4 洛朗级数-PPT文档资料
(进入证明?)
8
§4.4 洛朗级数 第 二、洛朗(Laurent)定理 四 章 注 (1) 展开式中的系数 a n 可以用下面得方法直接给出。 解 析 函 数 的 级 数 表 示
n 1 n n 1 f ( z ) a ( z z ) a ( z z ) a ( z z ) n 10 n0 n 10
则其收敛域为：R | z z | . 0 上述两类收敛域被看作是一种特殊的环域。 6
§4.4 洛朗级数 第 一、含有负幂次项的“幂级数” 四 an(z z0)n 的收敛特性 章 2. 级数
n 解 an(z z0)n 收敛， 结论 (1) 如果级数 析 n 函 R | z z | R . 则其收敛域“一定”为环域： 1 0 2 数 的 n 级 a ( z z ) (2) 级数 n 在收敛域内其和函数是解析的, 0 n 数 表 而且具有与幂级数同样的运算性质和分析性质。 示
1 1 1 1 ,( | z | 1 ) . 2 3 1 z z z z
3
§4.4 洛朗级数
第 一、含有负幂次项的“幂级数” 四 章 1. 问题分析 启示 如果不限制一定要展开为只含正幂次项的幂级数的话， 解 析 即如果引入负幂次项，那么就有可能将一个函数在整个 函 数 复平面上展开(除了奇点所在的圆周上)。 的 级 下面将讨论下列形式的级数: 数 表 n 2 1 a ( z z ) a ( z z ) a ( z z ) n 0 2 0 1 0 示 n 2 a a ( z z ) a ( z z ) . 0 1 0 2 0 在引入了负幂次项以后，“幂级数”的收敛特性如何呢？ 4
§4.4 洛朗级数 第 一、含有负幂次项的“幂级数” 四 an(z z0)n 的收敛特性 章 2. 级数

复变函数 第四章 级数

复变函数 第四章 级数
n =1
∞
∞
n
Proof:
2 α n = a n + ibn , | α n |= a n + bn2
∞ ∞
2 2 由： |α n |= ∑ a n + bn ∑ n =1 n =1
| a |≤ a 2 + b 2 n n n 收敛， 收敛，及 2 2 | bn |≤ an + bn
y R
R 0 x
则称：（ ） 为收敛半径 则称：（1）R为收敛半径 ：（ （2）| z |< R 为收敛圆域 ）
返回
╬
2、幂级数的三种收敛情况： 、幂级数的三种收敛情况：
处收敛， ，收敛圆域为点圆； （1）只在原点 z = 0 处收敛，R=0，收敛圆域为点圆； ） （2）在整个复平面上处处收敛， = +∞ ）在整个复平面上处处收敛， R （3）在复平面上有时收敛，有时发散，则R为一个 ）在复平面上有时收敛，有时发散， 为一个 确定的正实数。 确定的正实数。
（5） 令 ζ = z − 1, ）
z 是复变量。 是复变量。
注：当 a = 0 时，幂级数为
∞ n =0 ∞
cn z n , ∑
n =0 n ∞ n =0
∞
ζ = z − a ， 则 ： c n ( z − a ) = ∑ c nζ n 令 ∑
故：只须讨论形如
c n z n 的幂级数。 ∑ 的幂级数。
n =0
返回
╬
2、幂级数在一点 z 0 的收敛性 、
收敛， （1） 若 ∑ c n z 0 收敛，则 z 0 称为 ）
n n =0 ∞
c n z n 的收敛点。 ∑ 的收敛点。
n=0
∞

复变函数4.3-4.4复变函数的泰勒展开及罗朗展开


泰勒展开式的唯一性 设复变函数 f (z) 是 D内的解析函数, z0是 D内的一点，且在 z z0 R 内可展成幂级数
f ( z ) cn ( z z0 )
n 0 n
则这个幂级数是 f ( z ) 在 z0 的泰勒级数，即
f ( n ) ( z0 ) cn n!
方法奠定了基础.
复变函数4344复变函数的泰勒展开及罗朗展开复变函数泰勒级数罗朗展开复变函数考试题及答案复变函数试卷及答案复变函数试题及答案复变函数及应用复变函数及其应用答案复变函数及应用答案复变函数
§4.3
解析函数的泰勒展开
1 泰勒级数展开定理 2 将函数展开成泰勒级数
4.3.1
泰勒级数展开定理
实函数在某一点的邻域内展开成泰勒级数是 非常重要的问题，它是表示函数、研究函数性质 以及进行数值计算的一种工具.
zn
zn , n 0 n !


( z )
1 (2) 1 z z2 1 z 1 (3) 1 z z2 1 z
z n , ( z 1)
n 0
( 1)n z n
( 1)n z n ,
n 0

z3 z5 (4) sin z z 3! 5!
这种双边幂级数的形式为
n


a n ( z z0 ) n .
罗朗级数
负幂项部分
n
正幂项部分
- n
n= -
å
+
an ( z - z0 )
å
+
a- n ( z - z0 )
n= 1
å
+
a n ( z - z0 ) n

复变函数第四版(第四章)


1 n 1) a n 1 e ; n
i

2) a n n cos in
}
[解] 1) 因
1 n 1 a n 1 e 1 cos i sin n n n n 1 1 an 1 cos , bn 1 sin . n n n n lim an 1, lim bn 0
第4章
级数
§4.1 复数项级数 §4.2 幂级数 §4.3 泰勒级数 §4.4 洛朗级数
}
n
n
n
任意给定e>0, 相应地能找到一个正数N(e), 使|an-
a|<e在n>N时成立 则a称为复数列{an}当n时的 §4.1 ,复数项级数
极限, 记作
lim a n a
n
此时也称复数列{an}收敛于a.
(-1) n n n 1

(8i ) 8 , 由正项级数的比值审敛法知 n! n!
故原级数收敛 . 但因 n n
}
§4.2 幂级数
1. 幂级数的概念 设{fn(z)}(n=1,2,...)为一复变函数 序列,其中各项在区域D内有定义.表达式
f
n 1

n
( z ) f1 ( z ) f 2 ( z ) f n ( z ) (4.2.1)
z
n
在圆 |
1

内收敛.
}
再证当
| z |
| z |
1

时, 级数

n0
cn z n
发散. 假设在
n0
圆 收敛. 在圆外再取一点 z1, 使|z1|<|z0|, 那么根据阿

复变函数(4.4.2)--洛朗级数


，
2
1 -
z
=
-
1 z
1
1
-
2 z
=
-
1 z
(1 +
2 z
+
22 z2
+L+
2n zn
+L) ，
从而有
f
(z)
=
1 3
(1 +1
z
+
2
1 -
z
)
=
1 3
(
1 z
*
1 1+
1 z
-
1 z
*1 1-
2 z
)
� � � =
1 3
[
1 z
ﾥ n=0
(-1)n zn
-
1 z
ﾥ n=0
2n zn
]
=
1 3
ﾥ n=0
第四章 复变函数项级数
第四节 洛朗级数例题
第四章 复变函数项级数 第四节 洛朗级数
例一
将函数
f
(z)
=
(z
1 +1)(2 -
z)
分别在圆环域
⑴ 0 < z < 1 ； ⑵ 1 < z < 2 ； ⑶ 2 < z < +ﾥ ；
内展开为洛朗级数。
解
⑴
因为在圆环域 0 <
z
< 1 内，
z
<1，
z 2
< 1，所以
� � f
(z)
=
1 3
(1
1 +
z
+
1 2-
z)
=

复变函数4章泰勒级数和洛朗级数


a z n n n 1 z n 0 b

n

n
R2
(a与b为复常数)
n n
z0 R1
a a a 中的负幂项级数 n , 当 1, z n 1 z n 1 z z 即 | z || a | 时收敛, 而正幂项级数 n 则当 n 0 b | z || b | 时收敛. 所以当 | a || b | 时,原级数在 圆环域 | a || z || b | 收敛;当 | a || b | 时,原级 数处处发散.
由于积分变量z 取在圆周K 上, 点z在K的内部,
z - z0 ( z - z0 ) n 1 所以 1, z - z0 z - z n 0 (z - z0 ) n 1
1 f (z ) d z n f ( z) ( z z ) 0 n 1 n 0 2 π i K (z - z0 ) 1 f (z ) n ( z - z0 ) d z . n 1 2 π i K n N (z - z0 )
f ( z ) cn ( z - z0 ) n 成立 , 其中
n 0
1 (n) cn f ( z0 ), n 0,1, 2, . n! 注： 如果 f (z)在z0解析, 则使 f (z)在z0的泰勒展开式 成立的圆域的半径 R等于从z0到 f (z)的距z0最近一个奇点 a 的距离, 即R=|a-z0|.
2 n 1 z (-1) n (2n 1)! 2n z (-1) n (2n)!
z z
除直接法外, 也可以借助一些已知函数的展开式, 利用幂级 数的运算性质和分析性质, 以唯一性为依据来得出一个函 数的泰勒展开式, 此方法称为间接展开法. 例如sin z在z=0 的泰勒展开式也可以用间接展开法得出:
  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

-
1 )z4 3ﾥ5!
+L
故
1 1- cos
z
=
2 z2
+
1 3!
+
1 z2 5!
+L; a2
=
51!.
￑ﾥ 7. 解
选（C）.
若
|
z
|<
1
，则
cos3 z 1+z z
=
cos3
z
(1- z
2z2
+ L)
，这时
|z
|=1
cos3 z 1+z z
dz
ﾥ0，
故 an ﾥ 0 .
￑ﾥ 若 | z |> 1，则
9. 解
z(z
1 - 1)( z
- 2)
=
-1 z(z -1)
+
1 z(z - 2)
� � � =
1 z
�1 -1
z
-
1 2z(1- z / 2)
=
ﾥ n=0
z n-1
ﾥ
-
n=0
z n-1 2n+1
=
ﾥ
(1 -
n=0
1 2n-1
)
z
n
-1.
10. 解
1 z(z -1)2
=
1 (z -1)2
1 1+ (z -1)
=
11
z
1-
k z
=
1 z
(1
+
k z
k2 + z2
+ L)
ﾥ 令 z = eiq
得
cos 1-
q -k -i 2k cosq
sin q + k2
ﾥ
= k en -i(n+1)q
n=0
由实部与实部，虚部与虚部相等得
ﾥ sinq
1- 2k cosq
+ k2
=
ﾥ
k n sin(n +1)q
n=0
ﾥ cosq - k
1 z(z -1)
=
(z
1 -1)2 (1+
z 1-1)
=
(z
1 - 1) 2
�(1 -
1 z -1
+ L)
故 a-3 = -1.
第四章 级数
第四节 罗伦级数
习题作业
3. 解
1 1/ z2
选（B）. 1+
z2
= 1+
1 z2
=
1 z2
(1 -
1 z2
+ L), C0
=
0.
4. 解
选（D）.
z
2e-
cos3 z |z |=1 1 + z z
dz
=
+ﾥ
an zn
n=-ﾥ
，那么 an
= 0(n = 0, ﾥ1, ﾥ2,L) 的充要条件是（
）.
（A） 0 <| z |< 1 （B）| z |> 0 （C）| z |< 1 （D）| z |> 1
8.
证明：若
f
(z) 在|
z
|>
0 解析，且|
f
(z) |ﾥ|
m=1
m=1
故当 e-1 | z |-1< 1也即| z |> e-1 时收敛.
而
� � ﾥ
ﾥ
ne-n zn = n(e-1z)n
n=0
n=0
当 e-1 | z |< 1 ，即| z |< e 时收敛.
+ﾥ
ﾥ 故 ne- | n | zn 的收敛区域为 e-1 <| z |< e. -ﾥ
2. 解
选（B）.
12.
求函数
1 (1+ z2 )2
在|
z
-i
|>
2
上的罗伦展开式.
￑ﾥ 13.
sin z 求 |z |=11 - z z2
dz
在| z |> 1 的罗伦展开式.
￑ﾥ ﾥ 14.
设
|z |=1
(zz
ez -z
)2
dz
ﾥ
= an z-n ，求 an . n=0
15. 设 k 是实数，且| k |< 1，证明
z
|-
3 2
,
|
z
|>
0
，则
f
(z)
=
0.
9.
在0
<|
z
|< 1 的区域内，将函数
f
(z)
=
z(z
1 -1)(z
- 2)
展开为罗伦级数.
10.
求函数
1 z(z -1)2
在|
z
-1|> 1上的罗伦展开式.
第四章 级数
第四节 罗伦级数
习题作业
11.
求函数
1 z(z -1)2
在|
z
|> 1 上的罗伦展开式.
第四章 级数
第四节 罗伦级数
习题作业
+ﾥ
ﾥ 1. ne-|n|zn 的收敛区域为（ ）. n=-ﾥ (A)| z |< e (B)| z |> e (C) e-1 <| z |< e
(D) ﾥ
ﾥ 2.
设
1 z(z -1)
=
+ﾥ n=-ﾥ
an (z
-1)n ,|
z
-1|> 1 ,则
a-3
=
（
）.
（A）1 （B）-1 （C）0 （D）-2
sin q + k2
故
ﾥﾥ
n=0
kn
cos(n
+ 1)q
=
1-
cosq - k 2k cosq +
k2
ﾥﾥ
n=0
kn
sin(n
+ 1)q
=
1-
sin q 2k cosq
+
k2
1 z
=
z2 (1-
1 z
+L+
1 9!
1 z9
+L), a-7
=
-
1. 9!
5. 解
选（C）.
z
e z-1
=
e(1+
1) z -1
1
= e ﾥe z-1
=
e(1 +
1 z -1
+
1 2
(z
1 -1)2
+
1 3!
(z
1 -1)3
+ L)a-3
=
3e!.
6.
解
选（B）.
由1- cos
z
=
z2 2
-
z4 4!
=
ﾥ n=1
-
(-2i)n-1 (z - i)n+3
.
� � 13. 解
sin z |z |=11 - z z2
dz
1 = - z2
sin z
z |z |=1
-
1 z2
dz
= -2πi
1 z2
sin
1 z2
ﾥ =
2πi
ﾥ n=0
(2n
(-1)n +1)! z4(n+1)
,|
z
|>
1.
￑ﾥ ﾥ 14. 解
ﾥ 5. 设 e z-1 = an (z -1)n ，则 a-3 = （ ）.
n=-ﾥ
（A）
-1 3
（B）
1 3!
（C）
e 3!
（D）
-
e 3!
ﾥ 6.
若1-
1π cos
z
=
+ﾥ
an zn , 0
n=-8
<|
z
|<
2
，则 a2
=
（
）.
（A）
2
1 ﾥ 5!
（B）
1 5!
（C）
1 3!
（D）
1 2
￑ﾥ ﾥ 7.
cos3 z 1+z z
=
1 zz
cos3
z
(1
-
1 zz
+
L)
，
故
F
(z)
=
|z
|=1
cos3 1+z
z z
dz ﾥ 0, an
不
￑ﾥ 会全为
0.
|
z
|=
1
时，
|z
|=1
cos3 1-z
z z
dz
无意义.
+ﾥ
ﾥ 8. 证 设 f (z) = Cn zn n=-ﾥ
￑ﾥ Cn
=
1 2πi |z|=R
f z
(z)
n+1
dz
第四章 级数
第四节 罗伦级数
习题作业
￑ﾥ |
Cn
|ﾥ
1 2πR|z|= R
dS
1
n+1 ﾥR3/ 2 = Rn+3/ 2
当 n > -2 当 n ﾥ -2
| Cn
|ﾥ lim Rﾥ ﾥ
1 Rn/3/2
=0
| Cn
|ﾥ lim Rﾥ 0
1 Rn/3/2
=0
故 Cn = 0, n = 0, ﾥ1, ﾥ2,L. 即 f (z) = 0 .
ez |z |=1 z 2 (z -1)2
dz
=
2πi