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九州大学 システム情報科学府 情報理工学専攻・電気電子工学専攻 2020年8月実施 複素関数論

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Zero

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次の各問に答えよ。

(1) 複素関数 f(z)=1z(z−2)2f(z) = \frac{1}{z(z - 2)^2} を z=0z = 0 でローラン展開せよ。

(2) 複素関数 g(z)=zsin⁡1z+2g(z) = z\sin\frac{1}{z + 2} を z=−2z = -2 ローラン展開し, 級数が収束する領域を示せ。次に, z=−2z = -2 における留数を求めよ。

题目描述​

回答下列问题：

  1. 将复函数
    f(z)=1z(z−2)2f(z)=\frac1{z(z-2)^2}
    在 z=0z=0 处作洛朗展开。
  2. 将复函数
    g(z)=zsin⁡1z+2g(z)=z\sin\frac1{z+2}
    在 z=−2z=-2 处作洛朗展开，指出所得级数的收敛区域，并求 z=−2z=-2 处的留数。

考点​

  • 洛朗级数：利用几何级数及正弦函数幂级数，在指定中心展开有理函数和含本性奇点的函数。
  • 奇点与收敛域：根据其他奇点到展开中心的距离或整个函数的幂级数性质确定洛朗级数适用区域。
  • 留数：从 z=−2z=-2 附近的洛朗展开中找出 (z+2)−1(z+2)^{-1} 项系数。

Kai​

(1)​

z=0z = 0 でローラン展開し →\rightarrow (z)k(z)^k の級数

(i) ∣z∣<2|z| < 2

1z−2=−12⋅11−z2=−12⋅∑k=0∞(z2)k\frac{1}{z - 2} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z}{2}} = -\frac{1}{2} \cdot \sum_{k = 0}^{\infty}(\frac{z}{2})^k
(1z−2)2=12∑k=0∞⋅zk−12k∴f(z)=12∑k=1∞k⋅zk−22k=14z+14+316z+⋯\begin{aligned} (\frac{1}{z - 2})^2 &= \frac{1}{2}\sum_{k = 0}^{\infty} \cdot \frac{z^{k - 1}}{2^k} \\ \therefore f(z) &= \frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{\infty} k \cdot \frac{z^{k - 2}}{2^k} \\ &= \frac{1}{4z} + \frac{1}{4} + \frac{3}{16}z + \cdots \end{aligned}

(ii) 2<∣z∣2 < |z|

1z−2=1z⋅11−2z=1z∑k=0∞(2z)k\begin{aligned} \frac{1}{z - 2} &= \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 - \frac{2}{z}} \\ &= \frac{1}{z} \sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{2}{z})^k \end{aligned}
(1z−2)2=∑k=0∞−(k+1)2kzk+2∴f(z)=∑k=0∞−(k+1)2kzk+3=−1z3−4z4−12z5−⋯\begin{aligned} (\frac{1}{z - 2})^2 &= \sum_{k = 0}^{\infty} - (k + 1)\frac{2^k}{z^{k + 2}} \\ \therefore f(z) &= \sum_{k = 0}^{\infty} - (k + 1)\frac{2^k}{z^{k + 3}} \\ &= -\frac{1}{z^3} - \frac{4}{z^4} - \frac{12}{z^5} - \cdots \end{aligned}

(2)​

z=−2z = -2 でローラン展開し →\rightarrow (z+2)k(z + 2)^k の級数

sin⁡ω=ω−1311ω3+1511ω5⋯=∑k=0∞(−1)k(2k+1)11ω2k+1\begin{aligned} \sin\omega &= \omega - \frac{1}{3_1^{1}}\omega^3 + \frac{1}{5_1^1}\omega^5 \cdots \\ &= \sum_{k = 0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k + 1)_1^1}\omega^{2k + 1} \end{aligned}

0<∣ω∣<∞0 < |\omega| < \infty

sin⁡(1z+2)=∑k=0∞(−1)k(2k+1)11(1z+2)2k+1=1−2z+2+(−1311)(1(z+2)11)+2(z+2)2+(2311)1(z+2)3+⋯\begin{aligned} \sin(\frac{1}{z + 2}) &= \sum_{k = 0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k + 1)_1^1}(\frac{1}{z + 2})^{2k + 1} \\ &= 1 - \frac{2}{z + 2} + (-\frac{1}{3_1^1})(\frac{1}{(z + 2)_1^1}) + \frac{2}{(z + 2)^2} + (\frac{2}{3_1^1})\frac{1}{(z + 2)^3} + \cdots \end{aligned}

留数 →−2\rightarrow -2

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