数学物理方法中学的复变函数的一些知识，还没整理完
复变函数级数
复级数
定义
每项均为复数的无穷级数称为复数项级数
f_1+f_2+f_3+\cdots+f_k+\cdots=\sum_{k=1}^\infty f_k
若其部分和所构成序列收敛,称级数收敛,否则发散.
F_n=f_1+f_2+\cdots+f_n,n\in \mathbb{N}^+\\
若有\lim_{n\to\infty}F_n=F,\\
则称级数收敛于F,F为级数的和
复级数和实级数的关系
f_k=u_k+iv_k,F=u+iv,则有\\
\lim_{n\to\infty}(u_1+u_2+\cdots+u_n)=u\\
\lim_{n\to\infty}(v_1+v_2+\cdots+v_n)=v
即复级数收敛也是实级数收敛,我们可以用实级数的结论来研究复级数
级数收敛判断
柯西收敛判据
充要条件:
\forall\epsilon>0,\exists 正整数N,n>N时,有:\\
|F_{n+p}-F_n|<\epsilon,p=1,2,\cdots\\
令p=1,我们有收敛的\boldsymbol{必要条件}\lim_{n\to\infty}f_k=0
绝对收敛即其判别法
\sum_{k=1}^{\infty}|f_k|收敛
绝对收敛性质:
-
绝对收敛可任意交换各项次序,所的级数仍绝对收敛且和不变
-
两个绝对收敛的级数可逐项相乘,所的级数仍绝对收敛
比值(达朗贝尔)判别法
\lim_{k\to\infty}\left|\frac{f_{k+1}}{f_k}\right|=l\\
\left\{
\begin{aligned}
&l<1,绝对收敛\\
&l>1,发散\\
&l=1,敛散不确定
\end{aligned}\right.
根式(柯西)判别法
\lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|f_k|}=l\\
\left\{
\begin{aligned}
&l<1,绝对收敛\\
&l>1,发散\\
&l=1,敛散不确定
\end{aligned}\right.
高斯判别法
设\frac{f_k}{f_{k+1}}=1+\frac{\mu}{k}+O(\frac{1}{k^{\lambda}}),\lambda>1O代表高阶无穷小\\
\left|\frac{f_k}{f_{k+1}}\right|=|z|=\sqrt{z\cdot\bar{z}}=\sqrt{(1+\frac{u}{k}+O)(1+\frac{\bar{u}}{k}+O)}\\
=\sqrt{1+\frac{2\Re \mu}{k}+O(\frac{1}{k^\alpha})}=1+\frac{\Re \mu}{k}+O\\
这里的最后一步我不是很懂,不过将最后一个式子平方之后确实和根号内内容对应
结合p级数:\frac{1}{1^p}+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\cdots,p\leq1发散,p>1收敛\\
\left|\frac{f_k}{f_{k+1}}\right|=\frac{1}{k^p}\left/\frac{1}{(k+1)^p}\right.=1+\frac{p}{k}+\frac{p^2}{k^2}+\cdots\\
这里的p也就是\Re\mu,之后的项就是O\\
则\Re\mu\leq1发散,1收敛
明白了一点
幂级数
泰勒级数
泰勒定理
f(z)在|z-b|<R内解析,则f(z)在圆域内可展开为幂级数:\\
f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_k(z-b)^k,a_k=\frac{1}{k!}f^{(k)}(b)
证明:
z为圆域内任意一点,总有一个圆l:|\zeta-b|=\rho(0<\rho<R)包住z\\
f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_l\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta(柯西公式,\zeta是l上的点)\\
利用\frac{1}{1-q}=\sum_{k=0}^{\infty}q^k,|q|<1,\\
\frac{1}{\zeta-z}=\frac{1}{(\zeta-b)-(z-b)}=\frac{1}{\zeta-b}\frac{1}{1-\frac{z-b}{\zeta-b}}=\frac{1}{\zeta-b}\sum_{k=0}^{\infty}(\frac{z-b}{\zeta-b})^k\\
易得\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}=\frac{f(\zeta)}{\zeta-b}\sum_{k=0}^{\infty}(\frac{z-b}{\zeta-b})^k一致收敛,故可对其逐项积分\\
f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_l\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2\pi i}\oint_l\frac{f(\zeta)d\zeta}{(\zeta-b)^{k+1}}(z-b)^k\\
即a_k=\frac{1}{2\pi i}\oint_l\frac{f(\zeta)d\zeta}{(\zeta-b)^{k+1}}=\frac{f^{(k)}(b)}{k!}(解析函数任意阶导数的公式)
大受震撼,不知道数学家们怎么想到的
证明展开形式的唯一性:
设
\begin{aligned}
f(z)&=a_0+a_1(z-b)+a_2(z-b)^2+\cdots\\
&=a_0'+a_1'(z-b)+a_2'(z-b)^2+\cdots
\end{aligned}\\
令z=b,则a_0'=a_0,\\
求一次导,f'(z)=a_1+2a_2(z-b)+\cdots,代入z=b依此类推,