复变函数 第6次作业
Chasse_neige
5.试确定下列级数的收敛半径（或收敛区域）
(1) $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n^n} $$
对于任意 \(z\) ，当 \(n > 2 |z|\) 时 $$ \left|\frac{z^{n}}{n^{n}}\right| < \frac{1}{2}^{n} $$ 由比较判别法，该级数绝对收敛
所以该级数在 \(\mathbb{C}\) 上收敛
(2) $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n} z^n $$
根据达朗贝尔判别法 $$ R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{c_{n}}{c_{n + 1}} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{n + 1}{n}^{n} \right| = \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^{n} = e $$
7.证明级数 $$ \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z^{n+1}}{n+1} - \frac{2z^{2n+3}}{2n+3}\right) $$ 的和函数在 \(z=1\) 点不连续
证明
在 \(z=1\) 点，级数 $$ \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z^{n+1}}{n+1} - \frac{2z^{2n+3}}{2n+3}\right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n + 1) (2n + 3)} \leq \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2} \frac{1}{n^{2}} $$ 收敛
所以在 \(|z| < 1\) 上该级数绝对收敛，在该开区间上 $$ S (z) = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z^{n+1}}{n+1} - \frac{2z^{2n+3}}{2n+3}\right) = \ln (1 - z) - \ln (\frac{1 + z}{1 - z}) + 2z = 2z - \ln (1 + z) $$ 所以从收敛圆内趋近于该点的极限 $$ \lim_{z \to 1} S (z) = 2 - \ln 2 $$ 该点的级数收敛于 $$ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n + 1) (2n + 3)} = 2 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2n + 2} - \frac{1}{2n + 3} = 2 (1 - \ln 2) = 2 - 2 \ln 2 $$ 所以该点和函数不连续
这与阿贝尔第二定理并不矛盾，因为阿贝尔第二定理只对单一幂级数成立。
如果一定要把这个级数的和函数在该点的极限表示出来，那么实际上应该写为 $$ S (z) = \ln (1 - z) - \ln (\frac{1 + z}{1 - z}) + 2z $$ 的形式，该点是两个发散值的抵消，会造成奇异性。
8.求下列级数的和
(1) $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n\theta}{n}, \quad 0 < \theta < 2\pi $$ 判断收敛性
因为 \(\frac{1}{n}\) 递减切趋于0
又因为 \(\cos n \theta\) 部分和 $$ \sum_{n = 1}^{\infty} \cos n \theta = \frac{\sin (n + \frac{1}{2}) \theta - \sin \frac{1}{2} \theta }{2 \sin \frac{\theta}{2}} $$ 有界，所以原级数收敛 $$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n\theta}{n} &= \Re \left[\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{i n \theta}}{n} \right] \\ &= - \Re [\ln (1 - e^{i \theta})] = - \frac{1}{2} \ln (2 - 2 \cos \theta) = - \ln (2 \sin \frac{\theta}{2}) \end{aligned} $$ (3) $$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos (2n+1)\theta}{2n+1}, \quad 0 < \theta < \pi $$ 由于(1)中的级数收敛，由比较定理，此级数收敛 $$ \begin{aligned} &\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos (2n+1)\theta}{2n+1} = \Re \left[\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{i (2n + 1) \theta}}{2n + 1}\right] = \frac{1}{2} \Re[\ln (1 + e^{i \theta}) - \ln (1 - e^{i \theta})] \\ &= \frac{1}{4} (\ln (2 + 2 \cos \theta) - \ln (2 - 2 \cos \theta)) = \frac{1}{2} \ln (\cot \frac{\theta}{2}) \end{aligned} $$ (5) $$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \sin (2n+1)\theta}{(2n+1)^2}, \quad -\pi/2 \leq \theta \leq \pi/2 $$ 证明收敛性 $$ \left|\frac{(-1)^n \sin (2n+1)\theta}{(2n+1)^2}\right| \leq \frac{1}{(2n + 1)^{2}} $$ 由于级数 \(\sum_{n} \frac{1}{n^{2}}\) 收敛，所以该级数绝对收敛 $$ \begin{aligned} &\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \sin (2n+1)\theta}{(2n+1)^2} = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{0}^{\theta} \frac{(-1)^{n} \cos (2n + 1) \theta}{2n + 1} d \theta \\ &= \int_{0}^{\theta} \left(\sum_{0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} \cos (2n + 1) \theta}{2n + 1} \right) d \theta \\ &= \int_{0}^{\theta} \frac{\pi}{4} \text{sgn} (\cos \theta) d \theta = \frac{\pi}{4} \theta \end{aligned} $$ 1.将下列函数在指定点展开成 Taylor 级数，并给出收敛半径
(a) \(1-z^3\) 在 \(z=1\) 展开
收敛半径为 \(\infty\)
(b) \(\frac{1}{1+z+z^2}\) 在 \(z=0\) 展开 $$ \begin{aligned} \frac{1}{1 + z + z^{2}} &= \frac{1}{\sqrt{3} i} \left( \frac{1}{z + \frac{1 - \sqrt{3} i}{2}} - \frac{1}{z + \frac{1 + \sqrt{3} i}{2}} \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{3} i} \left( \frac{1 + \sqrt{3} i}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (- \frac{1 + \sqrt{3} i}{2} z)^{n} - \frac{1 - \sqrt{3} i}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (- \frac{1 - \sqrt{3} i}{2} z)^{n} \right) \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} \left( \frac{3 - \sqrt{3} i}{6} (- \frac{1 + \sqrt{3} i}{2})^{n} + \frac{3 + \sqrt{3} i}{6} (- \frac{1 - \sqrt{3} i}{2})^{n} \right) z^{n} \end{aligned} $$ 收敛半径为 \(1\)
(c) \(\frac{\sin z}{1 - z}\) 在 \(z = 0\) 展开 $$ \begin{aligned} \frac{\sin z}{1 - z} &= \sum_{k =0}^{\infty} \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2 k + 1)!} z^{2k + 1} z^{l} \\ &= \sum_{k =0}^{\infty} \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2 k + 1)!} z^{2k + l + 1} \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} \left(\sum_{k = 0}^{[\frac{n - 1}{2}]} \frac{(-1)^{k}}{(2 k + 1)!} \right) z^{n} \end{aligned} $$ 收敛半径为 \(1\)