设\frac{1}{1+z^{2} } =\sum_{ n=-\infty }^{+\infty} C_{n}z^{n},|z|>1 ,则C_{0} 的值为

我们可以使用留数定理来计算 $C_0$ 的值。首先，根据题目中的条件 $|z|>1$，我们可以将分母写成 $\frac{1}{z^2(1+\frac{1}{z^2})}$。然后令 $w=\frac{1}{z^2}$，则原式变为：

$$\frac{1}{1+z^2}=\frac{w}{1+\frac{1}{w}}=\frac{w}{\frac{w+1}{w}}=w(1+w)^{-1}$$

现在我们需要计算 $w(1+w)^{-1}$ 的 Laurent 级数。注意到 $(1+w)^{-1}$ 的幂级数展开式为：

$$(1+w)^{-1}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^nw^n$$

因此，$w(1+w)^{-1}$ 的 Laurent 级数为：

$$w(1+w)^{-1}=\sum_{n=-\infty}^\infty (-1)^n z^{-2n-1}$$

$C_0$ 的系数即为 $z^0$ 的系数，也就是 $n=-\frac{1}{2}$ 时的系数，即：

$$C_0=(-1)^{-\frac{1}{2}} z^{\frac{1}{2}}=-i\sqrt{z}$$

因此，$C_0$ 的值为 $-i\sqrt{z}$。

相关问题

帮我把下面这个公式变换成复频域表达式，$$Z_0=R_L\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos(n\omega t)}{n^2-1}}$$

好的，我来帮您把这个公式变换成复频域表达式。

首先，我们将该公式中的 $\cos(n\omega t)$ 用复指数形式表示，即 $\cos(n\omega t)=\frac{1}{2}(e^{jn\omega t}+e^{-jn\omega t})$。

将该式代入原公式，得到：

$$
\begin{aligned}
Z_0&=R_L\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos(n\omega t)}{n^2-1}}\\
&=R_L\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\frac{1}{2}(e^{jn\omega t}+e^{-jn\omega t})}{n^2-1}}\\
&=R_L\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{e^{jn\omega t}}{n^2-1}}-\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{e^{-jn\omega t}}{n^2-1}}\\
&=R_L\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{e^{jn\omega t}}{(n-1)(n+1)}}-\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{e^{-jn\omega t}}{(n-1)(n+1)}}\\
&=R_L\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\left(\frac{e^{j\omega t}}{2}-\frac{e^{-j\omega t}}{2}\right)-\frac{\pi}{4}\left(\frac{e^{-j\omega t}}{2}-\frac{e^{j\omega t}}{2}\right)\\
&=R_L\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\left(\frac{e^{j\omega t}-e^{-j\omega t}}{2}\right)-\frac{\pi}{4}\left(\frac{e^{-j\omega t}-e^{j\omega t}}{2}\right)\\
&=R_L\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\left(j\frac{\sin(\omega t)}{2}\right)+\frac{\pi}{4}\left(j\frac{\sin(\omega t)}{2}\right)\\
&=R_L\frac{\pi}{2}-j\frac{\pi}{8}\sin(\omega t)
\end{aligned}
$$

因此，该公式的复频域表达式为：

$$Z_0=R_L\frac{\pi}{2}-j\frac{\pi}{8}\sin(\omega t)$$

求\sum_{n=1}^{\infty }\frac{z^{n} }{n} 的和函数

设 $f(z)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{z^{n} }{n}$，则 $f'(z)=\sum_{n=1}^{\infty }z^{n-1}=\frac{1}{1-z}$，因此 $f(z)=-\ln(1-z)+C$，其中 $C$ 是积分常数。由于当 $z=0$ 时 $f(z)=0$，因此 $C=0$，即
$$
f(z)=-\ln(1-z),\quad |z|<1.
$$
因此，$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{z^{n} }{n}=-\ln(1-z),\quad |z|<1.$