题目

3、已知函数f(z)=(1)/((z-1)(z-2))。(1)在圆环域0<|z-1|<1内，将函数f(z)=(1)/((z-1)(z-2))展开成洛朗级数。(2)由(1)中的洛朗级数能否直接判断函数f(z)的奇点z₁=1的类型?如果能，请写出其类型。(3)在圆环域1<|z-2|<+∞内，将函数f(z)=(1)/((z-1)(z-2))展开成洛朗级数。(4)由(3)中的洛朗级数能否直接判断函数f(z)的奇点z₂=2的类型?如果能，请写出其类型。(5)根据上述结果，用留数法计算oint_(C)(1)/((z-1)(z-2))dz，其中，C为正向圆周|z|=1.5。

3、已知函数$f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-2)}$。 (1)在圆环域0<|z-1|<1内，将函数$f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-2)}$展开成洛朗级数。 (2)由(1)中的洛朗级数能否直接判断函数f(z)的奇点z₁=1的类型?如果能，请写出其类型。 (3)在圆环域1<|z-2|<+∞内，将函数$f(z)=\frac{1}{(z-1)(z-2)}$展开成洛朗级数。 (4)由(3)中的洛朗级数能否直接判断函数f(z)的奇点z₂=2的类型?如果能，请写出其类型。 (5)根据上述结果，用留数法计算$\oint_{C}\frac{1}{(z-1)(z-2)}dz$，其中，C为正向圆周|z|=1.5。

题目解答

答案

为了解决给定的问题，我们将分步骤进行。 ### (1) 在圆环域 $0 < |z-1| < 1$ 内，将函数 $f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 展开成洛朗级数。首先，我们使用部分分式分解 $f(z)$： \[ f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)} = \frac{A}{z-1} + \frac{B}{z-2}. \] 解出 $A$ 和 $B$，我们得到： \[ 1 = A(z-2) + B(z-1). \] 设 $z = 1$，我们得到 $1 = A(1-2) = -A$，所以 $A = -1$。设 $z = 2$，我们得到 $1 = B(2-1) = B$，所以 $B = 1$。因此，我们有： \[ f(z) = \frac{-1}{z-1} + \frac{1}{z-2}. \] 在圆环域 $0 < |z-1| < 1$ 内，我们可以将 $\frac{1}{z-2}$ 展开成以 $z-1$ 为中心的泰勒级数： \[ \frac{1}{z-2} = \frac{1}{(z-1)-1} = -\frac{1}{1-(z-1)} = -\sum_{n=0}^{\infty} (z-1)^n. \] 因此，$f(z)$ 的洛朗级数为： \[ f(z) = \frac{-1}{z-1} - \sum_{n=0}^{\infty} (z-1)^n = -\frac{1}{z-1} - 1 - (z-1) - (z-1)^2 - \cdots. \] ### (2) 由(1)中的洛朗级数能否直接判断函数 $f(z)$ 的奇点 $z_1 = 1$ 的类型?如果能，请写出其类型。是的，可以。$f(z)$ 在 $z_1 = 1$ 处的洛朗级数是： \[ -\frac{1}{z-1} - 1 - (z-1) - (z-1)^2 - \cdots. \] 这个级数中只有一个 $(z-1)^{-1}$ 项，所以奇点 $z_1 = 1$ 是一个简单极点。 ### (3) 在圆环域 $1 < |z-2| < +\infty$ 内，将函数 $f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 展开成洛朗级数。再次使用部分分式分解，我们有： \[ f(z) = \frac{-1}{z-1} + \frac{1}{z-2}. \] 在圆环域 $1 < |z-2| < +\infty$ 内，我们可以将 $\frac{-1}{z-1}$ 展开成以 $z-2$ 为中心的泰勒级数： \[ \frac{-1}{z-1} = \frac{-1}{(z-2)+1} = -\frac{1}{z-2} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{z-2}} = -\frac{1}{z-2} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{1}{z-2}\right)^n = -\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left(\frac{1}{z-2}\right)^n. \] 因此，$f(z)$ 的洛朗级数为： \[ f(z) = -\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left(\frac{1}{z-2}\right)^n + \frac{1}{z-2} = \frac{1}{z-2} - \frac{1}{z-2} + \frac{1}{(z-2)^2} - \frac{1}{(z-2)^3} + \cdots = \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{1}{z-2}\right)^n. \] ### (4) 由(3)中的洛朗级数能否直接判断函数 $f(z)$ 的奇点 $z_2 = 2$ 的类型?如果能，请写出其类型。是的，可以。$f(z)$ 在 $z_2 = 2$ 处的洛朗级数是： \[ \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{1}{z-2}\right)^n. \] 这个级数中没有 $(z-2)^{-1}$ 项，所以奇点 $z_2 = 2$ 是一个可去奇点。 ### (5) 根据上述结果，用留数法计算 $\oint_{C} \frac{1}{(z-1)(z-2)} \, dz$，其中 $C$ 为正向圆周 $|z| = 1.5$。函数 $f(z)$ 在圆周 $|z| = 1.5$ 内的奇点是 $z_1 = 1$（简单极点）和 $z_2 = 2$（可去奇点）。 $f(z)$ 在 $z_1 = 1$ 处的留数是 $-1$，在 $z_2 = 2$ 处的留数是 $0$。因此，总留数是： \[ \text{Res}(f, 1) + \text{Res}(f, 2) = -1 + 0 = -1. \] 根据留数定理，积分是： \[ \oint_{C} \frac{1}{(z-1)(z-2)} \, dz = 2\pi i \times (-1) = -2\pi i. \] 最终答案是： \[ \boxed{-2\pi i}. \]

解析

洛朗级数展开：关键在于根据不同的圆环域选择合适的展开中心，并利用部分分式分解将函数拆分为易展开的形式。需注意展开时变量替换和级数收敛性的条件。
奇点类型判断：通过洛朗级数中负幂项的最低次数确定奇点类型。若只有有限个负幂项，则为极点；若无负幂项，则为可去奇点。
留数定理应用：需明确积分路径内的奇点，正确计算各奇点的留数，最终积分结果为各留数之和乘以$2\pi i$。

第（1）题

部分分式分解

将$f(z)$分解为$\frac{-1}{z-1} + \frac{1}{z-2}$，便于分别展开。

展开$\frac{1}{z-2}$

在$0 < |z-1| < 1$内，令$w = z-1$，则$\frac{1}{z-2} = \frac{1}{w-1}$。利用几何级数展开：
$\frac{1}{w-1} = -\sum_{n=0}^{\infty} w^n = -\sum_{n=0}^{\infty} (z-1)^n.$

合并结果

最终洛朗级数为：
$f(z) = -\frac{1}{z-1} - \sum_{n=0}^{\infty} (z-1)^n.$

第（2）题

观察洛朗级数形式

展开式中仅含一项负幂项$(z-1)^{-1}$，说明$z_1=1$是简单极点。

第（3）题

部分分式分解

同（1），分解为$\frac{-1}{z-1} + \frac{1}{z-2}$。

展开$\frac{-1}{z-1}$

在$1 < |z-2| < +\infty$内，令$w = z-2$，则$\frac{-1}{z-1} = \frac{-1}{w+1}$。展开为：
$\frac{-1}{w+1} = -\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} w^{-n} = \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n w^{-n}.$

合并结果

最终洛朗级数为：
$f(z) = \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n (z-2)^{-n}.$

第（4）题

观察洛朗级数形式

展开式中无负幂项，说明$z_2=2$是可去奇点。

第（5）题

确定积分路径内的奇点

路径$|z|=1.5$包含$z=1$（简单极点），但不包含$z=2$。

计算留数

$z=1$处留数：$\text{Res}(f,1) = -1$。
$z=2$不在路径内，无需计算。

应用留数定理

积分结果为：
$\oint_C f(z) \, dz = 2\pi i \cdot (-1) = -2\pi i.$