第三章解析函数的幂级数展开

第三章解析函数的幂级数展开目录x1 复常数项级数 2一基本概念与基本判敛法. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2二*判敛法的进一步讨论. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3x2 复函数项级数 5一普通函数项级数. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5二一致收敛的函数项级数. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6三解析函数项级数. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11四*Riemann 函数、Riemann 假设与千禧数学难题. . . . . . . . . . . . . . . 12x3 幂级数14一幂级数的敛散性. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14二收敛半径的求法. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15三和函数的解析性. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15x4 解析函数的 Taylor 展开16一Taylor 定理. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16二展开式的收敛半径. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18三初等单值函数的Taylor 展开式. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18四初等多值函数的Taylor 展开式. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19x5 解析开拓的基本概念 21 c 19922004 林琼桂本讲义是中山大学物理系学生学习“数学物理方法”课程的参考资料，由林琼桂编写制作欢迎任何个人复制用于学习或教学参考，欢迎批评指正，但请勿用于出售1x1 复常数项级 数2本章先介绍复数级数、尤其是幂级数的性质，然后利用Cauchy 积分公式导出解析函数的Taylor 展开式x1 复常数项级数一基本概念与基本判敛法复常数项级数具有形式1 Xk=1k = 1 + 2 + + k + ; (1)其中每一项都是复数，sn = Pnk=1 k 称为其部分和，如果limn!1 sn = s 是有限复数，则称级数(1) 收敛于 s，s 称为其和，记作P1k =1 k = s，否则称级数(1) 发散注发散包括两种情况：1 limn!1 sn = 1；2 数列fsng1n=1 没有极限设k = ak + ibk（其中ak 2 R; bk 2 R; k 2 N），则不难证明，级数 (1) 收敛的充要条件是级数P1k=1 ak 和P1k=1 bk 均收敛这使得我们原则上可以用实级数的判敛方法来对复级数进行判敛，但在实用上这并不是很有效比如级数P1k =1(p + iq)k（其中p 2 R; q 2 R），其通项的实部和虚部都比较复杂，难以用上述方法来判敛根据上述充要条件，如果级数(1) 发散，则级数P1k=1 ak 和 P1k=1 bk 不可能都收敛，但其中有一个收敛显然是可能的比如当所有的ak = 0，则P1k=1 ak 显然收敛，不过这是平庸的情况非平庸一点的例子如级数P1k=1(1=k2 + i=k)，它显然发散，但其实部所构成的级数是收敛的对于数列fs ng1n=1 是否收敛、即其极限是否存在的问题，类似于实数列，我们有Cauchy收敛原理：数列fsng1n=1 收敛的充要条件是， 8 “ 0，9 n0 2 N ，当n n0 时，8 p 2 N，均有js n+p snj 0，9 n0 2 N，当n n0时，8 p 2 N，均有p Xk=1n+k0，使得jAk j M，则n Xk=1akk M(ja1j + 2janj): (7)注“fakgnk =1 单调”就意味着ak 2 R，因为虚部不为 0 的复数是没有大小可言的证明由Abel 变换式(6) ，有n Xk=1akk janjjAnj +n1 Xk=1jak ak+1jjAkj Mjanj +n1 Xk=1Mjak ak+1j:若fakgnk=1 单调减少，则ak ak+1 为正数，这时 jak ak+1j = ak ak+1，故n Xk=1akk Mjanj +n1 Xk=1M(ak ak+1) = Mjanj +M(a1 an) M(ja1j + 2janj): (8a)fakgnk=1 单调减少的一种特殊情况是a1 a2 an 0，这时容易看出n Xk=1akk Mjanj +n1 Xk=1M(ak ak+1) = Man +M(a1 an) Ma1: (8b)这是一个更强的结果若fakgnk =1 单调增加，则ak ak+1 为负数，这时 jak ak+1j = ak+1 ak，故n Xk=1akk Mjanj +n1 Xk=1M(ak+1 ak) = Mjanj +M(an a1) M(ja1j + 2janj): (8c)综合式(8a) 和式(8c)，即得式(7)，证毕有了Abel 引理，马上可以得到以下两个判别法定理（Abel 判别法） 若数列fakg1k=1 单调有界，而级数P1k=1 k 收敛，则级数P1k=1 ak k 收敛注1 如果 P1k =1 k 是正项级数且收敛，则只要数列fakg1k =1 有界，级数P1k =1 ak k 就收敛，而且是绝对收敛在直观上，这是很容易理解的证明也很容易事实上，数列fakg1k=1 有界意味着9 K 0，使得jakj K，8 k今Pn+pk=n+1 jakkj = Pn+pk=n+1 jakjk KPn+pk=n+1 k = KPn+pk=n+1 k，故由正项级数P1k=1 k 收敛，立得级数 P1k =1 akk 绝对收敛2 但是，现在k 可正可负，也可能是复数，这时，数列fakg1k =1 不仅要有界，而且必须单调，才能保证级数 P1k=1 akk 收敛这一单调的要求虽然不是很直观，但很容易举例说明这一要求是无法取消的比如ak = ()k1 显然有界，但不单调，若 k = ()k1=k，则P1k=1 k = P1k=1()k1=k 收敛，但P 1k =1 akk = P1k=1 1=k 发散有的读者可能会认为这是由于ak 可正可负造成的，那么如果ak 非负且有界，是否就可以不必单调呢？答案还是不可以比如ak = 1 + ()k1=pk 显然有界而且是恒正的，但不单调，如果k = ()k1=pk，则P1k=1 k = P1k=1()k1=pk 收敛，但这时P1k=1 akk = P1k =11=k + ()k1=pk 是发散的由此可见，数列fakg1k =1 单调的要求是很重要的证明已知数列fakg1k =1 有界，则9 K 0，使得jak j K，8 k 而级数P 1k=1 k 收敛，故8 “ 0，9 n0 2 N，使得当n n0 时，有n+m X k=n+1k “; 8 m 2 N:x2 复函数项级 数5又数列fakg1k =1 单调，由Abel 引理，当n n0，n+p X k=n+1akk “(jan+1j + 2jan+pj) 3K“; 8 p 2 N:由Cauchy 收敛原理，级数 P1k =1 akk 收敛证毕定理（Dirichlet 判别法） 若数列 fakg1k=1 单调趋于0，而级数P1k =1 k 的部分和有界，则级数P1k =1 akk 收敛证明已知数列fakg1k =1 趋于0，则8 “ 0，9 n0 2 N，使得当k n0 时，有jakj 0，使得js kj M，8 k 2 N，于是，n+m X k=n+1k= jsn+m snj jsn+mj + jsnj 2M; 8 n;m 2 N:又数列fakg1k =1 单调，由Abel 引理，当n n0，n+p X k=n+1akk 2M(jan+1j + 2jan+pj) 0解由于s 0，收敛的必要条件总是满足的(1) 如果s 1，由于其模构成的级数P1k =1 1=ks 收敛，故原级数绝对收敛由此可知，级数P1k =1 cos k=ks 和P 1k=1 sin k=ks 当s 1 时绝对收敛(2) 如果0 0，9 n0 2 N ，当n n0时，jsn(z) f(z)j 0，对于每一点z 2 E，9 n0 2 N，当n n0 时，jsn(z) f(z)j n0 时，js n(z) f(z)j 0，9 n0 2 N，当n n0 时，8 p 2 N 和z 2 E，均有pXk=1fn+k(z)0，9 n0 2 N，当n n0时，8 p 2 N 和z 2 E，有jsn(z) f(z)j n 0 时，8 p 2 N 和z 2 E，有pXk=1fn+k(z)= jsn+p(z) sn(z)j = jsn+p(z) f(z) sn(z) f(z)j jsn+p(z) f(z)j + jsn(z) f(z)j 0，9 n0 2 N，当n n0 时，8 p 2 N 和z 2 E，式(11) 成立，将它改写为jsn(z) sn+p(z)j 1=“，则当n n0 时，n+p X k=n+1()k1k + x2n0 时，有jsn(z) f(z)j 0，9 n0 2 N，当n n0 时，8 p 2 N，有pXk=1Mn+k 1 时在0 1 时在单位圆周jz j = 1 上绝对收敛且一致收敛x2 复函数项级 数9例5 由上节例2 已经知道，级数P1k =1 eik=ks 当0 1=“ sin(=2)1=s，则当n n0 时，8 p 2 N，n+p X k=n+1eikks0，9 n 2 N，使jsn(z) f(z)j 0，9 0，使得当jz z0j n0 时，jsn(x ) f(x)j 0，9 n0 2 N，当n n0 时，jsn(z) f(z)j n0 时，n Xk=1 ZCfk(z) dz ZCf(z) dz=ZCsn(z) f(z) dz ZC jsn(z) f(z)j jdzj 0，9 n0 2 N，当n n0 时，n Xk=1fk() f()2r r = r;故n Xk=1fk()( z)p+1 f()( z)p+1= jPnk=1 fk() f()jj zjp+1 n0 时，有n Xk=1f(p)k (z) f(p)(z)= p!2n Xk=1 ZCfk()( z)p+1 d ZCf()( z)p+1 d p!2 ZCn Xk=1fk()( z)p+1 f()( z)p+1 jdj1 时级数收敛，而 z = x 1 时级数发散，所以估计级数的收敛区域应该是Re z 1首先证明，如果级数在z0 收敛，则当Re z Re z0 时亦收敛事实上，由于级数在 z0 收敛，故9 M 0，使得8 n 2 N，均有jsn(z0)j x0，容易看出，只要n 充分大，上式就可以任意小事实上，8 “ 0，只要取n0 M“ jz z0jx x0+ 21=(xx0);则当n n0 时，就有 n+p X k=n+1ez ln kRe z0 时收敛但注意以上的n0 不仅依赖于“ ，而且也依赖于z我们已经知道，当z = 1 时级数发散，由上述结论容易推知，级数当Re z 1 时，正项级数P 1k=1 1=ks 收敛，而当Re z s 时，有j1=kzj =1=kx 1=ks，由Weierstrass M判别法，级数当Re z s 时绝对且一致收敛由此容易推知，级数在区域Re z 1 内的任一有界闭集上一致收敛，亦即在区域Re z 1 上内闭一致收敛，由Weierstrass定理，和函数在区域Re z 1 内解析，并且逐项求导后的级数也在区域Re z 1 上内闭一致收敛到和函数的同阶导数但是用上面的方法无法判断级数在z = 1 + iy 而y 6= 0 时的敛散性由上面的级数定义的函数可以解析开拓到整个复平面上，所得的函数称为Riemann 函数，记作(z)， z = 1 是它的唯一一个奇点，z = 2n（n 2 N）是它的简单零点（即一阶零点），其它的零点都位于带形区域0 Re z 1 内Riemann 假设（ Riemanns hypothesis）：(z) 在带形区域 0 Re z 1 内的所有零点都位于直线Re z = 1=2 上已经知道有一个不可数的零点集合位于该直线上但Riemann 假设的严格证明目前尚未完成1900 年，著名的数学家D. Hilbert 在巴黎的世界数学家大会上提出了23 个数学问题，认为对这些问题的研究会极大地影响二十世纪数学的发展，Riemann 假设就是这些问题之一这些问题有的很快就得到解决，有的则直到目前尚未解决，Riemann 假设就是尚未解决的问题之一关于Hilbert 问题，参看/djoyce/hilbert/x3 幂级数142000 年，美国的Clay 数学研究所在尚未解决的著名数学问题中选出七大难题，并设立了每题100万美元的奖金，Riemann 假设就在其中，参看/Millennium Prize Problems/x3 幂级数一幂级数的敛散性形如1 Xn=0cn(z a)n (a 2 C; cn 2 C) (13)的级数称为幂级数注从本节开始，我们改用n 来表示求和指标并请注意现在求和多了n = 0 一项，不过这对于级数的性质没有什么影响显然，级数(13) 的每一项都是解析函数，事实上，幂级数是最简单的解析函数项级数根据Weierstrass 定理，只要把级数的收敛区域研究清楚，那么和函数的解析性质也就清楚了关于这一级数的敛散性，Abel 给出了下述的重要定理定理（Abel） 如果级数(13) 在某点z 0 6= a 收敛，则 (1) 它在圆K ：j z aj 0，使得jcn(z0 a)nj R 时发散也就是说， R 是该正项级数的收敛区间与发散区间的分界点由正项级数收敛的Cauchy 判别法和d Alembert 判别法，不难推出下面收敛半径的计算公式定理（收敛半径的Cauchy 计算公式） 如果limn!1npjcnj = l，则级数(13) 的收敛半径为R =8:1=l; 当0 1=(limn!1 jcn+1=cnj) =2 时级数发散，但是对于1=2 jz0 aj，由于幂级数的和函数在收敛圆内解析，故和函数在z0 解析，这与z0 是f(z) 的奇点这一已知条件矛盾，故R jz0 aj综上所述，即得R = jz0 aj应该注意，以上说的是展开式成立的半径，即Taylor 级数收敛于 f(z)（收敛且等于f(z)）的收敛半径，至于Taylor 级数本身的收敛半径（收敛但不必等于 f(z)）则可以更大例如函数f(z) = ( 1 + z; 当z 6= 1;0; 当z = 1以z = 1 为奇点若以a = 0 为中心作Taylor 展开，则该Taylor 级数收敛于f(z) 的收敛半径为1容易求得f(0) = 1; f0(0) = 1; f(n)(0) = 0 (n 2);故该Taylor 展开式为f(z) = 1 + z; jzj R该级数在圆K0：jzaj R0 上有解析的和函数，记作F (z)，而在圆K：jz aj R 上，F(z) = f(z)今F( z) 在z 0 解析，故在z0 连续，于是limz!z0 F(z) = F( z0) 6= 1，另一方面，limz !z0;z2K F(z) = limz!z0;z2K f(z) = 1，矛盾三初等单值函数的Taylor 展开式本小节给出若干常用的初等单值函数的Taylor 展开式例1 求f( z) = ez 在a = 0 处的 Taylor 展开式解由于f(n) (z) = ez（n 2 N），故 f(0) = 1，f(n)(0) = 1（n 2 N ），于是所求Taylor展开式为ez = 1 + z +z22!+ +znn!+ =1 Xn=0znn!: (20)x4 解析函数的 Taylor 展开19由于ez 在z 平面上解析，即在有限远处无奇点，故展开式的收敛半径应为R = 1，由Taylor系数计算收敛半径可得同样的结果例2 求f( z) =11 z在a = 0 处的 Taylor 展开式解f(0) = 1，c0 = 1，而f(n)(z) =n!(1 z)n+1 ; f(n)(0) = n!; cn = 1; n 2 N;故所求Taylor 展开式为11 z= 1 + z + + zn + =1 Xn=0zn: (21)由于f(z) 在z 平面上有奇点z0 = 1，而展开中心为a = 0，故收敛半径应为R = 1，由Taylor 系数计算收敛半径可得同样的结果这一展开式已经在前面当作恒等式用过，当jzj 1 时，可用初等数学方法求出右边级数的部分和，取极限即得左边的和函数上面两个结果经常被用来计算更复杂的函数的Taylor 展开式，所以应该熟练掌握它们例3 求cos z 和sin z 在a = 0 处的Taylor 展开式解与上面两题类似，本题也可用系数公式计算展开系数而得到Taylor 展开式这里我们采用另一种方法由例1 的结果，可有eiz =1 Xn=0(iz)nn!; eiz =1 Xn=0(iz)nn!;于是eiz + eiz = 21 Xk=0(iz)2k(2k)!= 21 Xk=0()kz2k(2k)!; eiz eiz = 21 Xk=0(iz)2k+1(2k + 1)!= 2i1 Xk=0()kz2k+1(2k + 1)!;故所求Taylor 展开式为cos z =1 Xk=0()kz2k(2k)!; sin z =1 Xk=0()kz2k+1(2k + 1)!: (22)由于cos z 和sin z 在z 平面上解析，即在有限远处无奇点，故两式的收敛半径均应为R =1，这从上面的推导过程也可以看出由Taylor 系数计算收敛半径可得同样的结果四初等多值函数的Taylor 展开式对于多值函数，首先要分出单值分支，然后才能作Taylor 展开例4 求f( z) = ln(1 + z) 在a = 0 处的Taylor 展开式，规定 f(0) = 0解f(z) = ln(1 + z) 的支点为1 和1，将z 平面沿负实轴从 1 到1 割破，可以分出单值分支规定f(0)