复变函数 第8次作业
Chasse_neige
1.求将下列函数的 Laurent 展开
(a)
$$
\frac{1}{z^2(z-1)}
$$
在 \(z=1\) 附近以及 \(|z-1|>1\) 展开
在 \(z=1\) 附近 (\(0 < |z - 1| < 1\)) 展开
在\(|z-1|>1\) 展开
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{z^{2} (z - 1)} &= \frac{1}{(z - 1)^{3}} \frac{1}{(1 + \frac{1}{z - 1})^{2}} = \frac{1}{(z - 1)^{3}} \sum_{n = 0}^{\infty} \begin{pmatrix} n \\
-2 \end{pmatrix} (z - 1)^{-n} &= \sum_{n = 0}^{\infty} \begin{pmatrix} n \\
-2 \end{pmatrix} (z - 1)^{- n - 3}
\end{aligned}
$$
(b)
$$
\frac{1}{z^2 - 3z + 2}
$$
在 \(1 < |z| < 2\) 以及 \(|z| > 2\) 区域内展开
在 \(1 < |z| < 2\) 上展开
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{z^{2} - 3z + 2} &= \frac{1}{(z - 1) (z - 2)} = - \frac{1}{z - 1} \frac{1}{1 - (z - 1)} \\
&= - \frac{1}{z - 1} \sum_{n = 0}^{\infty} (-1)^{n} \begin{pmatrix} n \\
-1 \end{pmatrix} (z - 1)^{n} \\
&= \sum_{n = -1}^{\infty} (-1)^{n} \begin{pmatrix} n + 1 \\
-1 \end{pmatrix} (z - 1)^{n}
\end{aligned}
$$
在 \(|z| > 2\) 区域内展开
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{z^{2} - 3z + 2} &= \frac{1}{(z - 1) (z - 2)} = \frac{1}{(z - 1)^{2}} \frac{1}{1 - \frac{1}{(z - 1)}} \\
&= \frac{1}{(z - 1)^{2}} \sum_{n = 0}^{\infty} (-1)^{n} \begin{pmatrix} n \\
-1 \end{pmatrix} (z - 1)^{- n} \\
&= \sum_{n = 0}^{\infty} (-1)^{n} \begin{pmatrix} n \\
-1 \end{pmatrix} (z - 1)^{- n - 2}
\end{aligned}
$$
(e)
$$
\ln^{-1} \frac{1 + z}{1 - z}
$$
在 \(z = 0\) 以及 \(z = \infty\) 的邻域在不同单位分支内的展开，割线为 \(|z| = 1\) 的下半圆弧
支点为 \(z = -1\) 以及 \(z = 1\)，割线为 \(|z| = 1\) 的下半圆弧，假设 \(z = -1\) 到 \(z = 1\) 连线上宗量辐角为 \(2 k \pi， (k \in \mathbb{Z})\) ，此时 $$ \ln^{-1} \frac{1 + z}{1 - z} = \frac{1}{\ln \frac{1 + z}{1 - z}} = \frac{1}{i 2 k \pi + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{n + 1}}{n} z^{n} + \frac{1}{n} z^{n}} $$ 在\(z = 0\) 邻域内
当\(k = 0\) 时 $$ \begin{aligned} \ln^{-1} \frac{1 + z}{1 - z} &= \frac{1}{\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2}{2n + 1} z^{2n + 1}} = \frac{1}{2z} \frac{1}{1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2n + 1} z^{2n}} \\ &= \frac{1}{2 z} - \frac{1}{6} z - \frac{2}{45} z^{3} - \cdots \end{aligned} $$ 当 \(k \neq 0\) 时 $$ \begin{aligned} \ln^{-1} \frac{1 + z}{1 - z} &= \frac{1}{i 2 k \pi} \frac{1}{1 + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{z^{2n + 1}}{i (2n + 1) k \pi}} \\ &= - \frac{i}{2 k \pi} + \frac{1}{2 k^{2} \pi^{2}} z + \frac{i}{2 k^{3} \pi^{3}} z^{2} + \cdots \end{aligned} $$ 在\(z = \infty\) 邻域内，假设 \(z = -1\) 到 \(z = 1\) 连线上宗量辐角为 \(2 k \pi， (k \in \mathbb{Z})\) ，此时在无穷远点宗量辐角为 \((2k + 1) \pi\) $$ \begin{aligned} \ln^{-1} \frac{1 + z}{1 - z} &= \frac{1}{i (2 k + 1) \pi} \frac{1}{1 + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2z^{- 2n - 1}}{i (2n + 1) (2k + 1) \pi}} \\ &= - \frac{i}{(2 k + 1) \pi} + \frac{2}{(2 k + 1)^{2} \pi^{2}} \frac{1}{z} + \frac{4i}{(2 k + 1)^{3} \pi^{3}} \frac{1}{z^{2}} + \cdots \end{aligned} $$