第五章 留数(答案)
留数第5章
n =0
为f(z)在点z0的主要部分.
分类
设z0为f(z)的孤立奇点. (1)如果f(z)在点z0的主要部分为零,则称z0为 可去奇点. f(z)的可去奇点 可去奇点 (2)如果f(z)在点z0的主要部分为有限多项,
a−(m−1) a−m a−1 + +⋅⋅⋅ + (a−m ≠ 0), 设为 m m−1 (z − z0 ) (z − z0 ) z − z0
等于f(z)在点∞的罗朗展式中1/z这一项的系数反号. 因此，即使∞为函数 的可去奇点,未必有 z = 为函数f(z)的可去奇点 因此，即使 为函数 的可去奇点 未必有 Re∞s f ( z ) = 0
例 设f(z)=z5/(1+z6), 求 Re s f ( z )
z =∞
解:
z 1 f (z) = = 6 z 1+ z
sin z z
性质
定理5.1.3 f(z)的孤立奇点 0为极点的充要 的孤立奇点z 定理 的孤立奇点 条件是 zlim f ( z ) = ∞ →z
0
sin z 例如，0是 z 2
的单极点。
定理5.1.4 f(z)的孤立奇点z0为本性奇点⇔
b(有限数 ) lim f ( z ) ≠ ，即 lim f ( z )广义不存在. z → z0 z → z0 ∞
ϕ (ζ )
的可去奇点(解析点),
m级极点或本性奇点,则我们相应地称z=∞为 f(z)的可去奇点(解析点),m级极点或本性奇点. 设在去心邻域K-{0}:0<|ζ|<1/r内将 ϕ (ζ ) 展成罗
令ζ=1/z, 则有
ϕ (ζ ) =
其中 an = c− n (n = 0,±1,⋅ ⋅ ⋅). f(z)在无穷远点去心邻域N-{∞}:∞ 0≤r<|z|<+∞内的罗朗展式.对应 ∑ a − n z 的解析部分,我们称 ∑ a − n z
复变函数与积分变换第五章留数测验题与答案
第五章 留 数一、选择题： 1．函数32cot -πz z在2=-i z 内的奇点个数为 ( )（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）42．设函数)(z f 与)(z g 分别以a z =为本性奇点与m 级极点，则a z =为函数)()(z g z f 的( )（A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点3．设0=z 为函数zz e xsin 142-的m 级极点，那么=m ( )（A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）2 4．1=z 是函数11sin)1(--z z 的( ) (A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 一级零点 （D ）本性奇点5．∞=z 是函数2323z z z ++的( )(A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 二级极点 （D ）本性奇点 6．设∑∞==)(n n n z a z f 在R z <内解析，k 为正整数，那么=]0,)([Re k zz f s ( ) （A ）k a （B ）k a k ! （C ）1-k a （D ）1)!1(--k a k7．设a z =为解析函数)(z f 的m 级零点，那么='],)()([Re a z f z f s ( ) (A)m （B ）m - （C ） 1-m （D ）)1(--m 8．在下列函数中，0]0),([Re =z f s 的是（ ）（A ） 21)(z e z f z -= （B ）z z z z f 1sin )(-=（C ）z z z z f cos sin )(+=(D) ze zf z111)(--= 9．下列命题中，正确的是( ) （A ） 设)()()(0z z z z f mϕ--=，)(z ϕ在0z 点解析，m 为自然数，则0z 为)(z f 的m 级极点．（B ） 如果无穷远点∞是函数)(z f 的可去奇点，那么0]),([Re =∞z f s （C ） 若0=z 为偶函数)(z f 的一个孤立奇点，则0]0),([Re =z f s （D ） 若0)(=⎰c dz z f ，则)(z f 在c 内无奇点10． =∞],2cos[Re 3ziz s ( ) （A ）32-（B ）32 （C ）i 32（D ）i 32-11．=-],[Re 12i e z s iz ( )（A ）i +-61 （B ）i +-65 （C ）i +61 （D ）i +65 12．下列命题中，不正确的是( )（A ）若)(0∞≠z 是)(z f 的可去奇点或解析点，则0]),([Re 0=z z f s （B ）若)(z P 与)(z Q 在0z 解析，0z 为)(z Q 的一级零点，则)()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '= （C ）若0z 为)(z f 的m 级极点，m n ≥为自然数，则)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-=（D ）如果无穷远点∞为)(z f 的一级极点，则0=z 为)1(zf 的一级极点，并且)1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞13．设1>n 为正整数，则=-⎰=211z ndz z ( ) (A)0 （B ）i π2 （C ）niπ2 （D ）i n π2 14．积分=-⎰=231091z dz z z ( ) （A ）0 （B ）i π2 （C ）10 （D ）5i π 15．积分=⎰=121sin z dz z z ( ) （A ）0 （B ）61- （C ）3i π- （D ）i π-二、填空题1．设0=z 为函数33sin z z -的m 级零点，那么=m ．2．函数zz f 1cos1)(=在其孤立奇点),2,1,0(21ΛΛ±±=+=k k z k ππ处的留数=]),([Re k z z f s ．3．设函数}1exp{)(22z z z f +=，则=]0),([Re z f s 4．设a z =为函数)(z f 的m 级极点，那么='],)()([Re a z f z f s ． 5．双曲正切函数z tanh 在其孤立奇点处的留数为 ． 6．设212)(z zz f +=，则=∞]),([Re z f s ． 7．设5cos 1)(zzz f -=，则=]0),([Re z f s ． 8．积分=⎰=113z zdz e z．9．积分=⎰=1sin 1z dz z ． 10．积分=+⎰∞+∞-dx x xe ix21 ． 三、计算积分⎰=--412)1(sin z z dz z e zz ．四、利用留数计算积分)0(sin 022>+⎰a a d πθθ五、利用留数计算积分⎰∞+∞-+++-dx x x x x 9102242六、利用留数计算下列积分： １．⎰∞++0212cos sin dx x xx x ２．⎰∞+∞-+-dx x x 1)1cos(2七、设a 为)(z f 的孤立奇点，m 为正整数，试证a 为)(z f 的m 级极点的充要条件是b z f a z m az =-→)()(lim ，其中0≠b 为有限数．八、设a 为)(z f 的孤立奇点，试证：若)(z f 是奇函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=；若)(z f 是偶函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=． 九、设)(z f 以a 为简单极点，且在a 处的留数为A ，证明Az f z f az 1)(1)(lim2=+'→. 十、若函数)(z Φ在1≤z 上解析，当z 为实数时，)(z Φ取实数而且0)0(=Φ，),(y x f 表示)(iy x +Φ的虚部，试证明)()sin ,(cos cos 21sin 202t d f tt t Φ=+-⎰πθθθθθπ)11(<<-t答案第五章 留 数一、1．（D ） 2．（B ） 3．（C ） 4．（D ） ５．（B ）６．（C ） ７．（A ） ８．（D ） ９．（C ） 10．（A ） 11．（B ） 12．（D ） 13．（A ） 14．（B ） 15．（C ）二、1．9 2．2)2()1(π+π-k k 3．0 4．m - 5．16．2- 7．241-8．12i π 9．i π2 10．e i π 三、i π-316. 四、12+πa a .五、π125.六、１．)(443e e e -π ２．e1cos π。
第五章_留数
§5.2
1的计算规则
定义5.4 设z0是f (z)的孤立奇点, C是在z0的充分 小邻域内包含z0在其内部的分段光滑正向简单闭曲 线, 积分
1 f ( z )dz 2 i C
称为f (z)在z0点的留数(Residue), 记做 Res f ( z ), z0 . 函数 f (z)在孤立奇点z0点的留数即是其在以 z0 为中心的圆环域内Laurent级数-1次幂项的系数.
第五章
留数
§5.1
孤立奇点
孤立奇点
如果函数 f (z)在z0点不解析, 则称z0 是f (z)的 一个奇点. 如果z0 是f (z)的一个奇点, 且存在d >0, 使得f (z)在 0 z z0 d 内解析，则称z0 是f (z)的 孤立奇点.
并不是所有的奇点都是孤立奇点
sin z 的孤立奇点. 但z=0 例如z=0是函数 e 和 z z 1 ( k 1, 2,) 不是函数 的孤立奇点, 因为 1 k sin z 都是奇点.
是 D上的解析函数,( z )dz f 那么
f ( z )dz
nC
2 i Res f ( z ), zk .
C k 1
C2
n
f ( z )dz ,
2
留数的计算
Res[f ( z ), z0 ] 0.
(1) 如果 z 0 为 f (z ) 的可去奇点, 则
(2) 如果 z 0 为 f (z ) 的本性奇点, 则需将 f (z ) 展开 成Laurent级数, 求 c1 .
2 1
其中 c m 0 ( m 1). 于是
f ( z ) ( z z0 ) m c m c m1 ( z z0 ) c m 2 ( z z0 )2 ,
复变函数第五章1留数
sinz lz i0mz4
lz i0m((szi4)zn)' '
cosz lz im0 3z3
z 1为极点。
2020/6/16
11
5.1.2 零点与极点的关系
定义5.1：设f(z)在z0的邻域内解f析 (z0)， 0若 ，
则称 z0为解析函 f(z)数 的零点 m阶零点: 若不恒等于零的解析数函 f (z)能表示成
z a为(z)(z)的 mn阶零 . 点
2)(z)(z)(za)m n 1 1((z z))
当 mn时z， a为 ((zz))的 (mn)阶零点， 当 202m 0/6/1 6 n时 当mz， na时 为 ， z((zz))的 a为 (n ((m zz)))阶 的可 极去 点 . 奇 ， 点 16
7!
z 0为可去奇点 .
或
(sizn z) 0,(sizn z)' 0,
z0
z0
(sizn z)' 0,(sizn z)(3) 0
z0
z0
z0是(sinzz)的三级零点。
z 0是z3的三级零点。
z 0为可去奇点 . (见7,例 m3n)
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19
3) f(z） (z2(s1)in(zz)32)3
问 1 ） (z)(z)、 2 )(z)(z)在 z a有何性质？
解 可设 (z） (za)m 1(z)(z） (za)n 1(z)
其 1 ( z ) 中 1 ,( z ) 在 z a 解（ 1 析 a )1 ( a ) ， 0 . 1 ） ( z )( z ) ( z a ) m n1 ( z )1 ( z ),
类似z， i为f(z)的一阶极点。
问题z： 是 1 的几阶极点？
05第五章 留数理论
证明：设圆盘 |z|<ρ包含 b1, b2, …, bn
n
∫ ∑ 留数定理
è
|z|= ρ
f (z)dz
=
2π i
Res f (bk )
k =1
| z |= ρ
∞处留数的定义 è
∫ f (z )dz = − 2π i Res f (∞ ) |z|= ρ
n
∑ Res f (bk ) + Res f (∞) = 0
f ( z )dz
C
k =1 |z−bk |=δ
bn
n
= ∑ 2πi Res f (bk ) (留数定义)
k=1
L
b2 δ
4
2. 孤立奇点 ∞ 处的留数
∞
∑ 洛朗展开 f (z) = Ck zk , r <| z | k = −∞
定义 f(z) 在 z=∞ 处的留数 = z−1 的系数×(–1)
等价定义：
∫ def
Res f (∞) =
−1
f (z)dz (r < ρ)
2π i |z|=ρ
ρ r×0
• 若 f(z) 是偶函数，则 Res f (∞), Res f (0) 有定义时必为零
5
Ø全平面留数之和为零
设函数 f (z) 在整个复平面上只有奇点 b1, b2, …, bn，则 f (z) 在这些点及 ∞ 的留数之和为零
i
−
(b0 + 4a 4
b1 )
=
2π 2a 3
∫ +∞ 0
x
4
1 +
a4
dx
=Q= 2
2π 4a3
ΓR
b1
b0
-R b2
第5章 留数
；
12
极点的判定定理 定理 5.1.4 极点的判定定理 （1） f ( z ) 在奇点 z0 的去心邻域内的洛朗级数的负 幂项部分为有限多项； （2）f ( z ) 在 z0 点的去心邻域 0 | z z0 | R 内能表 示为如下形式：
( z z0 ) 其 中 ， 函 数 ( z ) 在 | z z0 | 内 是 解 析 的 ， 且
一级极点。
函数的零点与极点的关系 6
不恒等于零的解析函数
f (z ) 若能表示为
f ( z) ( z z0 )m ( z)
其中 (z ) 在 z0 解析，且 ( z0 ) 0 ，m为一正整数， 则称 z0 为 f (z ) 的m级零点。 若 f (z ) 在 z0 解析，则 z0 为 f (z ) 的m级零点的充要 条件是
开式为
sin z 1 z z z z ( z ) 1 . z z 3! 5! 3! 5!
3
3 5 2 4
式中不含 z sin z ，若 在 z 0 点无定义或不等于1，则只要 z 重新定义 z 0 处的函数值，使其等于1，奇点 sin z 就可去，f ( z ) 就在 z 0 解析了。
n
z 0 不是 f (z ) 的孤立奇点。
2
孤立奇点分为可去奇点，极点和本性奇点。
5.1.1 可去奇点
定义5.1.2 如果 f (z ) 在 z z0 的洛朗级数中不含 的负幂项，则称孤立奇点 z0 是 f (z ) 的可去奇点。
sin z 例：f ( z ) 以 z 0 为孤立奇点，其洛朗展 z
z z0
1 （3）函数 h( z ) 也以 z0 为本性奇点； f ( z)
留数(答案解析)
复变函数练习题 第五章 留数系 专业 班 姓名 学号§1 孤立奇点孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法f(z)在点a 处的洛朗展式中， 若无负幂项，则点a 为可去奇点；若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。
2、极限法 lim ()z af z →存在且有限，则点a 为可去奇点； 等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。
3、判断极点的方法 3.11()()()mf zg z z a =-，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零；3.21()()lim ()lim()()()m m z a z a f z g z g z z a f z z a →→==--，存在且有限; 3.31()()()m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零 一、选择题 1．函数cot 23zz π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ]（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4cot cos 3(23)sin 0,()23(23)sin 2z z z z z k k z z z ππππ=-=⇒=∈--，2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和) 3．0z =为函数241sin z ez z-的m 级极点，那么m = [ C ] （A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ）4224224553201112!3.3=(1)sin sin sin sin 2!lim (1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z →⎛⎫++ ⎪--⋅=⋅=⋅++ ⎪⎪ ⎪++= ⎪⎝⎭利用方法， 4．z =∞是函数3232z z z ++的 [ B ]（A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）二级极点 （D ）本性奇点322232321=32=0z z z z z z ζζζζ⎛⎫++++=++ ⎪⎝⎭以为一阶极点 5．1z =是函数1(1)sin1z z --的 [ D ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）一级零点 （D ）本性奇点 （将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幂项） 二、填空题1．设0z =为函数33sin z z -的m 级零点，那么m = 9 。
第五章 留数
，即
R e s[ f ( z ), z 0 ] c 1
或 R e s [ f ( z ), z 0 ]
2 i
1
f ( z )d z
C
C是此圆环域内围绕 z 0 的任一条正向简单闭曲线.
2、留数的计算
(1) 如果 z 0 为 例如：
f (z)
的可去奇点, 则
R es[ f ( z ), z 0 ] 0 .
1、留数的定义
若z0 是 f (z)的孤立奇点，则 f (z) 在某圆环域
0 z z0
内可以展开为洛朗级数
f (z)
n
cn ( z z0 ) ,
n
上述展开式中负一次幂项的系数 c 1 称为
z0
f (z)
在
处的留数，记为
R e s f ( z ), z 0
1
f (z) ( z z0 )
n1
dz
( n 0 , 1, 2 , ),
C
c 1
2 i
1
f ( z )d z
C
C是此圆环域内围绕 z 0 的任一条正向简单闭曲线.
1、留数的定义
若z0 是 f (z)的孤立奇点，则 f (z) 在某圆环域
0 z z0
如果 z 0 为 f ( z ) 的 m 级极点, 则
1 lim d
m 1
R es[ f ( z ), z 0 ]
( m 1) ! z z 0 d z
[( z z 0 ) m 1
m
f ( z )].
说明
（1）当 m=1 时，上式即为
R e s [ f ( z ), z 0 ] lim ( z z 0 ) f ( z ).
05第五章 留数理论_习题课
( 2)
0
( 3)
( 4)
dx x4 1
i [res f ( 1) res f (1)] 2 i res f ( i )
0
d z res f ( 1) lim [( z 1) f ( z )] | z 1 z 1 dz ( z 1) 1 1 | 2 z 1 ( z 1) 4
3
( 2) res e 1 /( z 1) ?
z 1
答案：1
( z 1) k k! k 0
洛朗展开 e1 /( z 1)
z ( 3) res[ , k ] ? cos z 2
答案： ( k )( 1)k 1 2
z z b |z b 小定理 res z b cos z (cos z ) sin b
1 (4) res sin( z sin ) ? z0 z
( z ) f (z) ( z )
lim [( z b) f ( z )],
( b ) , ( b )
[( z b)n f ( z )] ( n 1) ，极点的阶n lim z b ( n 1) !
留数定理：L f ( z )dz 2 i res f (bk |L内)
sinx Im ei z ei z dx [2i res 3 i res 3 ] 2 2 2 2 za i z z a z0 z z a x(x a ) 2
x cos x dx z ei z Re[2i res 2 ] 2 z 2 4 i z 4 z 20 x 4 x 20
第五章留数定理习题及其解答
第五章 留数定理习题及其解答注:此例说明，判断孤立奇点 z类型虽可从f (z)的Laurent 展开式含有负幕项的情 况入手，但切不可忘掉必须是在去心领域内的 Laurent 展式，否则与z0是什么性质的点没有关系。
5.2设f(z)在全平面解析，证明：若：：为f(z)的可去奇点，则必有f(z)二a 。
(常数)；若：：为f(z)的 m 级极点，则f(z)必为m 次多项式： f (z)二a ° • a1z• III • ak Z ,ak = 0；除此之外，f (z)在Z o = 0处的Taylor 展式必有无限多 项系数=0。
证： 因为f (z)在全平面解析，所以f (z)在勺=0邻域内Taylor 展式为f (z)二a 0 a 1z 丨11 a kzJ11且| z" o 注意到这Taylor 级数也是f (z)在：：去心邻域 内的Taylor 级数。
所以，当二在f (z)的可去奇点<—>f (z)在：：去心邻域内Laurent 展示无z 的正幕项， 即厲=a ?=丨1( =0。
故f (z)=逐(常数)；当：：为f(z)的m 级极点uf (z)在：：去心邻域内Laurent 展示中只含有限个z 的正幕 项,且最高正幕为m 次(am = 0)of(z) = a ° az 川 a m_z m ‘ a m Z ma m 严 a0 n 0m()即f (z)为m 次多项式；除去上述两种情况，：：为f(z)的本性奇点=f(z)在：：去心邻域内Laurent 展开式中 含有无限多个正幕项，COf (z)=送 a n z n z £邑因此在n£中，有无限多个项的系数不为0。
注(1).对本题的结论，一定要注意成立的条件为f(z)在全面解析，否则结论不成1f(z)=—立。
例： z 在0 < z V -内解析(与全平面解析仅差一个点!)，且以°°为可去奇点，1 f(z)=・•• +— + 5.1设有 z 本性奇点？为什么？z njnz z_ ++ ________，能否说z = 0为f (z)答：这个级数由两部分组成:od- n ' zn 4□0 n二命。
复变函数(余家荣)5
显然在z -1有三阶极点。
如果在正实数上沿，则 ((Lnz)2 )0 ln x (实函数）.
如果在正实数下沿，则 (Lnz)2 (ln x 2i) 2.
r
r
C(r, )
(Lnz)2 (1 z)3
dz
r
(ln x)2 (1 x)3
dx
(Lnz)2 r (1 z)3 dz
r
(ln x (1
证明 由引理5.1知，f (z)在D内至多有有限个零点和极点. 设这些零点 和极点分别为a1, a2 , , an和b1,b2 , , bm. 则
推论 设 D是有界区域，边界曲线为c由有限条简单闭曲线构成. f (z) 在D 上解析且在c上没有零点，那么f (z)在D内的零点数
若f (z)在D上解析，在边界曲线c上不等于a,那么 表示什么意思？
引理 设 f (z)在区域 D {z a rei :1 2 ,0 r r0}内解析， r表示弧z a rei (1 2 ), 如果
则 证明
r
2
•a
1
当
时，
例 计算积分 解
因为
R
r
R
r r
R
因为
所以令 r 0, R , 得
R sin x dx
R eix eix dx i
设D是有界区域，边界曲线为c. f (z)是D内的亚纯函数. f (z)在边界曲线c 上解析且没有零点，那么
(1) f (z)在D内能否有无限多个零点？ （2） f (z)在D内能否有无限多个极点？
答： （1） 零点不能有无限个. 否则，零点集合在D 上有极限点z0. z0必为奇点，(为什么？) 且为本性奇点，(为什么？) 矛盾.
2. 设a e, 证明ez azn在 | z | 1内有n个根. 解令
复变函数 第五章 留数
m
g ( z ) ， ） （
其中 g (z) = cm+ cm+1(zz0) + cm+2(zz0)2 +... , 在 |zz0|<d 内是解析的函数, 且 g (z0) 0 . 反过来, 当任何一个函数 f (z) 能表示为(*)的形式, 且 g (z0) 0 时, 则z0是 f (z)的m级极点.
c0=c1=...=cm1=0, cm0, 这等价于
f (n)(z0)=0, (n=0,1,2,...,m1), f (m)(z0)0 。
例如 z=1是f (z)=z31的零点, 由于 f '(1) = 3z2|z=1=3 0,
从而知 z=1是f (z)的一级零点.
由于f (z) = (zz0) m j (z)中的j (z)在z0解析, 且j (z0)0, 因
4.函数的零点与极点的关系
不恒等于零的解析函数 f (z)如果能表示成
f (z) = (zz0) m j (z), 其中j (z)在z0解析且j (z0) 0,
m为某一正整数, 则z0称为f (z)的m级零点.
例如当 f (z)=z(z1)3时, z=0与z=1是它的一级与三级零点.
根据这个定义, 我们可以得到以下结论:
例 3 对 m Z 讨论函数
m 0 : z 0 为解析点；
f (z)
e 1
z
z
m
在 z 0 处的性态。
m 1 : z 0 为可去奇点；
2 m m 1 1 z z z m 1 : f (z) m z 2! m! ( m 1 )! z
C C1 C2 Cn
05 留数
1
2 j
C
K
f z dz Rs f ,zk
k 1
这里 z1 , ,zn 是 C 所包围的区域内 f z 的全部孤立奇点。
z4 z2 1 z2 z 1z2 z 1
z
1 2
j
3 2
z
1 2
f z 的本性奇点。
1/3
2. 留数的定义
留数 (5/14/2019)
定义：设 z0 是 f z 的孤立奇点，则下面的积分定义为 f z 在 z0 点的留数：
1
f 2 j 0 zz0
z =Rs
f , z0
3. 留数的计算
因为 z0 是 f z 的孤立奇点，故存在 0 ，使得 f z 在 0 z z0 内解
n
nn0
则 z0 称为 f z 的可去奇点。
（2） 如果
f z n z z0 n n z z0 n ， n0 0
n
nn0
则 z0 称为 f z 的 n0 阶极点。
（3） 如果 z0 既不是 f z 的可去奇点，也不是 f z 的极点，则称 z0 称为
析，因此， f z 在 0 z z0 内可以罗朗级数表示：
于是有
f z n z z0 n n
Rs
f , z0
1
f
2 j 0 zz0
z
dz= n
n
1 2
j
0 zz0
z z0 n dz 1
j
第5章 留数
3. 性质
若z0为f (z)的可去奇点 的可去奇点
⇔ f (z) =
c n ( z − z 0 ) n ⇔ lim f ( z ) = c 0 ∑
n=0 z → z0
+∞
补充定义： 补充定义： f ( z 0 ) = c 0 若z0为f (z)的本性奇点 的本性奇点
f ( z )在 z 0 解析 .
1 故 Re s[ f ( z ), z0 ] = c−1 = ∫c f (z)dz 2πi
(2)
2. 留数定理
定理 设 是 条 单 曲 , 函 f (z)在 内 c 一 简 闭 线 数 c 有
限 孤 奇 z , 有 个 立 点1, z2 ,L zn, 除 以 , f (z) 此 外 c 及 解 , 在 内 c上 析 则
Q (1 + eπz )'
z = i ( 2 k +1)
k = 0 , ± 1, ± 2 , L
= π e πz
z = i ( 2 k +1)
= π [cosπ ( 2k + 1) + i sin π ( 2k + 1)] = −π ≠ 0
∴ zk = i ( 2k + 1) ( k = 0,±1,±2,L)是1 + e πz的一阶零点
( ii ) f ( z ) =
n= − m
∞
∑c
∑c
∞
n
( z − z0 ) (c− m ≠ 0, m ≥ 1)
n
只有有限多个负幂次项， 阶极点; 只有有限多个负幂次项，称z=z0为m 阶极点 ~~~~~~~~
( iii ) f ( z ) =
n = −∞
n
复变函数第五章习题及答案概要
cos z
z
0.
第三十一第页三，十共页44页。
(4) f (z) sinh z cosh z
解 f (z)的一级极点为
zk
k
2
i
k
0,1,2,
故
sinh z Res[ f (z), zk ] (cosh z) zzk
sinh z 1.
sinh z zzk
第三十二第页三十，一页共44页。
第十四第页十，三共页44页。
定理
如果函数 f (z) 在扩充复平面内只有有限个
孤立奇点, 那末 f (z) 在所有各奇点 (包括 点)
的留数的总和必等于零.
第十五页第十，四共页44页。
3. 留数在定积分计算上的应用
1）三角函数有理式的积分
2π
I 0 R(cos ,sin )d
令 z ei，
sin
f
(z)
sin z z3
z
1 z3
z
z3 3!
z5 5!
z7 7!
z
1 z2 z4 z6 3! 5! 7! 9!
得z 0是f (z)的可去奇点, z 是f (z)的本性奇点.
第二十第三二页十，二共页44页。
tan1
(2) e z;
解 令 w tan 1 , 则 f (z) ew . z
例5 计算积分
sin(z i)
z 2 z(z i)8 dz.
解 z 0为一级极点，z i为七级极点.
sin(z i)
Res[ f (z),0] lim zf (z) lim
z0
z0
(z i)8
sin i;
f
(
z
)
sin( z (z
第五章 留数理论及其应用习题解答
习题五1. 求下列函数的留数．(1)()5e 1z f z z-=在z =0处． 解：5e 1z z-在0<|z |<+∞的罗朗展开式为 23454321111111112!3!4!2!3!4!z z z z z z z z z +++++-=+⋅+⋅+⋅+ ∴5e 111Res ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦ (2)()11ez f z -=在z =1处． 解：11ez -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为 ()()()11231111111e 112!3!!111z n z n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----∴11Res e ,11z -⎡⎤=⎣⎦．2. 利用各种方法计算f (z )在有限孤立奇点处的留数．(1)()()2322z f z z z +=+ 解：()()2322z f z z z +=+的有限孤立奇点处有z =0，z =-2．其中z =0为二级极点z =-2为一级极点．∴()[]()()120013232324Res ,0lim lim 11!242z z z z z f z z z →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ ()[]2232Res ,2lim 1z z f z z→-+-==- 3. 利用罗朗展开式求函数()211sin z z+⋅在∞处的留数． 解：()()()22235111sin 21sin 11111213!5!z z z z zz z z z z +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭∴()[]1Res ,013!f z =- 从而()[]1Res ,13!f z ∞=-+ 5. 计算下列积分．(1)ctan πd z z ⎰，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向．解：c c sin πtan πd d cos πz z z z z =⎰⎰．为在c 内tan πz 有12k z k =+ (k =0,±1,±2…±(n -1))一级极点 由于()()2sin π1Res ,πcos πk z kz f z z z =⎡⎤==-⎣⎦' ∴()c 1tan πd 2πi Res ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰ (2) ()()()10c d i 13zz z z +--⎰ c :|z |=2取正向． 解：因为()()()101i 13z z z +--在c 内有z =1，z =-i 两个奇点． 所以()()()()[]()[]()()[]()[]()()10c 10d 2πi Res ,i Res ,1i 132πi Res ,3Res ,πi3i zf z f z z z z f z f z =⋅-++--=-⋅+∞=-+⎰6. 计算下列积分．(1)π0cos d 54cos m θθθ-⎰ 因被积函数为θ的偶函数，所以ππ1cos d 254cos m I θθθ-=-⎰ 令π1π1sin d 254cos m I θθθ-=-⎰则有 i π1π1e i d 254cos m I I θθθ-+=-⎰ 设i e z θ= d 1d i z z θ= 2os 12c z z θ+=则 ()121211d i 2i 15421d 2i 521m z mz z z I I z z z z z z ==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰被积函数()()2521m z f z z z =-+在|z |=1内只有一个简单极点12z = 但()()[]12211Res ,lim 232521m mz z f z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+ 所以111πi 2πi 2i 3232m m I I +=⋅⋅=⋅⋅ 又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴π0cos d 54cos π32m m θθθ=⋅-⎰(2) 202πcos3d 12cos a a θθθ+-⎰，|a|>1． 解：令2π102cos3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 2π202sin3d 12cos I a a θθθ+=-⎰32π120i 2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰ 令z =e i θ．31d d i os 2c z z zz θθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i 1112π2πi Res ,i 1z z z I I z z z a a zz z az a z af z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰ 得()1322π1I a a =- (3)()()2222d x x a x b∞+-∞++⎰，a >0，b >0． 解：令()()()22221R z z a z b =++，被积函数R (z )在上半平面有一级极点z =i a 和i b ．故 ()[]()[]()()()()()()()()()()22222222i i 22222πi Res ,i Res ,i 112πi lim i lim i 112πi 2i 2i πz a z b I R z a R z b z a z b z a z b z a z b a b a b a b ab a b →→=+⎡⎤=-+-⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤=+⎢⎥--⎣⎦=+4. ()22022d x x x a ∞++⎰，a >0． 解：()()2222022221d d 2x x x x x a x a -∞++∞∞=++⎰⎰ 令()()2222z R z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点故()()[]()[]()()()22222222i 0i 1d 2πi Res ,i Res ,i 2πi lim lim i i π2z a z a x x R z a R z a x a z z z a z a a-→∞→-=⋅⋅+-+⎛⎫''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰ (5) ()2022sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0． 解：()()()i 222222222cos sin e d d i d x x x x x x x x x x b x b x b βββ+++--∞∞∞∞∞∞-⋅⋅⋅=++++⎰⎰⎰ 而考知()()222zR z z b =+，则R (z )在上半平面有z =b i 一个二级极点．()()[]()i i 222i i e d 2πi Res e ,i e π2πi lim e i i 2z x z z b b xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e 2b b b xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰ 从而()2022sin ππd e 44e b b x x b b x x b βββββ+-∞⋅=⋅=+⎰ (6) 22i e d xx x a +-∞∞+⎰，a >0 解：令()221R z z a =+，在上半平面有z =a i 一个一级极点 ()[]i i i 22i e e e πd 2πi Res e ,i 2πi lim 2πi i 2i e x z a z az a x R z a x a z a a a -+-→∞∞=⋅⋅=⋅=⋅=++⎰ 7. 计算下列积分(1)()20sin 2d 1x x x x ∞++⎰ 解：令()()211R z z z =+，则R (z )在实轴上有孤立奇点z =0作的原点为圆心r 为半径的上半圆周c r ，使c r ,[-R ,-r ],c r ,[r ,R ]构成封装曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i , 是()()[]{}()z 22i 201e 1e Im d Im 2πi Res ,i lim d 2211r r x iz c I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰ 而()202e d lim πi 1r iz c r z zz →⋅=-+⎰． 设()()2221e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 21222zz i i I z z --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦． (2)21d 2πi zT a z z⎰，其中T 为直线Re z =c ,c >0,0<a <1解：在直线z =c +i y (-∞<y <+∞)上，令()ln 22e z z a a f z z z==，()ln 22e i c a f c y c y ⋅+=+，()ln 22e i d d c a f c y y y c y ⋅++--∞∞∞∞+=+⎰⎰收敛，所以积分()i i d c c f z z ∞∞+-⎰是存在的，并且()()()i i i i d lim d lim d c c c c AB R R R R f z z f z z f z z ++--→+∞→+∞∞∞==⎰⎰⎰其中AB 为复平面从c -i R 到c +i R 的线段．考虑函数f(z)沿长方形-R ≤x ≤c ，-R ≤y ≤R 周界的积分．＜如图＞因为f (z )在其内仅有一个二级极点z =0，而且()[]()()20Res ,0lim ln z f z z f z a →'=⋅= 所以由留数定理．()()()()d d d d 2πi ln AB BE EF FAf z z f z z f z z f z z a +++=⋅⎰⎰⎰⎰ 而()()()()i ln ln ln ln 22222e e e e d d d d 0i x R a x a aC C a R C C R BE C R R f z z x x x C R x R R R x R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。
【复变函数】第五章留数(工科2版)
(
z)
证明: 因为z0为f(z)的一级极点, 所以
f (z) c1(z z0 )1 c0 c1(z z0 ) K
(z z0 ) f (z) c1 c0 (z z0 ) c1(z z0 )2 K
Res[
f
(z),
z0 ]
c1
lim(z
zz0
z0 )
f
(z)
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即:展开式中不含(z-z0)的负幂次项, 则称z0为可去奇点.
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(2). 极点: 若f(z)在z0处的洛朗级数为
f (z) cm(z z0)m cm1(z z0)m1 K c1(z z0)1 c0 c1(z z0) K , cm 0
即:展开式中只有有限个(z-z0)的负幂次项, 则称z0为f(z) 的极点. 若负幂次项的次数绝对值的最大值为 m, 则称z0为m 级极点。
解: z =±i , 1 是孤立奇点.
因为 z - 2 在 z =±i , 1处解析, 且不是零点
z =±i 是分母的 1 级零点，所以是 f (z) 的1级极点; z = 1 是分母的 3 级零点，所以是 f (z) 的 3 级极点 .
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(2)
f
(z)
ez 1 z2
解: z = 0是孤立奇点.
1
ze z
z
1
(
1) z
1 (1)2 2! z
K
z 1 1 (1)K 2! z
Res[
f
(z), 0]
c1
1 2
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3. 极点的留数
z0为f(z)的极点, 则有如下法则 (1). 法则1: z0为f(z)的一级极点, 那么
第五章 留数定理习题及其解答
第五章 留数定理习题及其解答5.1设有++++++++=+-1212221111)(n nn n z z z z z z f ,能否说0=z 为)(z f 本性奇点?为什么?答：这个级数由两部分组成：即∑∑∞=∞=+-+1012n n n n nz z。
第一个级数当11<z 即1>z 时收敛,第二个级数当12<z 即2<z 时收敛。
于是所给级数在环域21<<z 内收敛(成立),且和函数2111112()11232112z f z z z z z z z -=+=+=---+--。
显然0z =是()f z 的解析点。
可见此级数并非在0z =的去心领域内成立。
故不能由其含无限多个负幂项断定0z =的性质。
注： 此例说明，判断孤立奇点0z 类型虽可从()f z 的Laurent 展开式含有负幂项的情况入手，但切不可忘掉必须是在去心领域内的Laurent 展式，否则与0z 是什么性质的点没有关系。
5.2 设()f z 在全平面解析，证明：若∞为()f z 的可去奇点，则必有0()f z a ≡（常数）；若∞为()f z 的m 级极点，则()f z 必为m 次多项式：01(),0k k k f z a a z a z a =+++≠ ；除此之外，()f z 在00z =处的Taylor 展式必有无限多项系数0≠。
证：因为()f z 在全平面解析，所以()f z 在00z =邻域内Taylor 展式为01()k k f z a a z a z =++++ 且z <+∞。
注意到这Taylor 级数也是()f z 在∞去心邻域内的Taylor 级数。
所以，当∞在()f z 的可去奇点<═>()f z 在∞去心邻域内Laurent 展示无z 的正幂项,即120a a === 。
故0()f z a ≡(常数)；当∞为()f z 的m 级极点⇔()f z 在∞去心邻域内Laurent 展示中只含有限个z 的正幂项,且最高正幂为m 次（0m a ≠）。
第5章留数(答案)
z z0
则 故
4 (z z C z 0 ) f ( z) 3 (
0
z)
2
C ( z
2 0
z) 1 C ( z 30 z ) )
选（C）.
4 ] [ (z z 3 C ! 4 C z 0 ) f (z ) 1 0 ! z ( 0 1 C1 lim[( z z0 )4 f ( z )]. 3! z z0
（B）1 （C）2 （D）
82
选（B）.
1 ）. Res( z 2 tan , 0) （ z 1 1 1 1 （A） （B） （C） （D） 3 3 6 6 1 1 1 解 tan 3 z z 3 z 1 1 2 因此， Res( z tan , 0) . z 3 1 cos 是偶函数 a1 0. z 1 5-10 Res(cos , 0) （ ）. z 1 1 （A）0 （B）1 （C） （D） 2 2 1 1 1 解 cos 1 2 ，故 Res(cos , 0) 0. z 2z z 1 5-11 Res( z cos , 0) （ ）. z 1 1 （A）0 （B）1 （C） （D） 2 2 1 1 1 1 解 z cos z , 故 Res( z cos , 0) . z 2z z 2 在 z 1 处的留数，也可令 z 1 t .
选（D）.
奇点. 用罗伦级数展开计算留数是基本方法之一.
5.2 留数与留数定理
1
5-6 Res(e z sin （A）0
1 ,0) （ z
）.
1 2 1 1 1 1 1 1 1 ) 2 解 (e z sin ) (1 )( 3 z z z 3! z z z z 当 z 0 时， ln(1 z ) ~ sin z ~ e 1 ~ z ，这些，均与实函数是一致的.
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复变函数练习题 第五章 留数系 专业 班 姓名 学号§1 孤立奇点孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法f(z)在点a 处的洛朗展式中，若无负幂项，则点a 为可去奇点；若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。
2、极限法 lim ()z af z →存在且有限，则点a 为可去奇点；等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。
3、判断极点的方法 3.11()()()mf zg z z a =-，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零；3.21()()lim ()lim()()()mm z a z a f z g z g z z a f z z a →→==--，存在且有限; 3.31()()()m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零 一、选择题 1．函数cot 23zz π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ] （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4cot cos 3(23)sin 0,()23(23)sin 2z z z z z k k z z z ππππ=-=⇒=∈--Z ，2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和)3．0z =为函数241sin ze z z-的m 级极点，那么m = [ C ]（A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ）4.224224553201112!3.3=(1)sin sin sin sin 2!lim(1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z→⎛⎫++ ⎪--⋅=⋅=⋅++ ⎪⎪ ⎪++= ⎪⎝⎭L L L 利用方法， 4．z =∞是函数3232z z z++的 [ B ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）二级极点 （D ）本性奇点322232321=32=0z z z z z z ζζζζ⎛⎫++++=++ ⎪⎝⎭以为一阶极点 5．1z =是函数1(1)sin1z z --的 [ D ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）一级零点 （D ）本性奇点 （将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幂项） 二、填空题1．设0z =为函数33sin z z -的m 级零点，那么m = 9 。
()()35339156333391sin ()()3!5!3!5!3!5!z z z z z z z z z z -=--++=-+=-+L L L2．设0z =为函数3sin zz的n 级极点，那么n = 2 。
三、解答题1．下列函数在有限点处有些什么奇点？如果是极点，指出它的级： （1）3211z z z --+32211=1, 1.1(1)(1)11.z z z z z z z z z ==---+-+==-解：显然，的奇点有其中是其二阶极点；是其一阶极点 （2）11z e-111121.11112!(1)11z z e z ez z z z --==+++---=L 解：可能的奇点为具有的无穷个负幂项，从而为其本性奇点.111.11lim ;11lim 0;11z n n n n e z z e n z e nz z -→∞-→∞==+=∞=-===解法二：可能的奇点为令，则令，则即函数在点极限不存在，从而为其本性奇点（3）3sin 1z z -33523332sin 10.1sin 11113!5!3!5!0.sin 1010.z z zz z z z z z z z z z z z z -=-+-+--==-+-+-=-=-=LL 解法一：可能的奇点为故有为其三阶极点解法二：由在点解析且等于，从而为原函数的三阶极点（4）21nnz z+（n 为正整数） 22011=1()()()(0,1,,1)1.(0,1,,1).n nnn k n k z z z z z z z z z z k n z n z k n -+---=-=-=-L L L ，其中是方程的个根从而是原函数的一阶极点2．判断∞点是下列函数的什么奇点？ （1）223zz+ 23221,222(13)263310.zz z z ζζζζζζζζ===-+=-+++==∞L L 解：令为可去奇点，从而为原级数的可去奇点（2）22z ez.2422222221+++12==12!11+1++2!=0.z z z e z z z z zz ζζζζ+++==∞LL L ！在上述级数中令，则变为为其本性奇点，从而为原函数的本性奇点00.1.z z z ζ⎛<<∞=⎫ ⎪⎪= ⎪⎝⎭注在本题中，由于级数的收敛域是，从而可以直接让函数在点展开但在上一道题中，必须先做变量替换，才可进行展开3．0z =是函数2(sin sh 2)z z z -+-的几级极点？(sh 2z z e e z --=)3579357959()sin sh 2=sin 2223!5!7!9!3!5!7!9!225!9!z ze ef z z z z z zz z z z z z z z z z z z z --=+-+-⎛⎫⎛⎫=-+-+-++++++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=++L LL 解法一：.(4)(4)(5)()sin sh 2=sin 22(0)0;'()cos 2'(0)1120;2''()sin ''(0)0;2'''()cos ,'''(0)110;2()sin (0)0;2()cos 2z zz zz zz zz z z z e e f z z z z z zf e e f z z f e e f z z f e e f z z f e e f z z f e e f z z -------=+-+-=+=+-=+-=-=-+=+=-+=-+=-=+=+=+解法二：考虑函数，，，()(5)2(0) 2.0sin sh 2sin sh 2f z z z z z z z ==+-+-，从而为的五阶零点，为的十阶零点，因为是原函数的十阶极点.复变函数练习题 第五章 留数系 专业 班 姓名 学号§2 留数一、选择题： 1．设0()n n n f z a z ∞==∑在||z R <内解析，k 为正整数，那么()Res[,0]kf z z = [ ] （A ）k a （B ）!k k a （C ）1k a - （D ）1(1)!k k a --2．在下列函数中，Res[(),0]0f z =的是 [ ].（A ）21()z e f z z -= （B ）sin 1()z f z z z=-（C ）sin cos ()z z f z z +=（D ）11()1z f z e z=--()000111'11.lim 1lim 1lim 101111'z z z z z z z z z z z e z z e e e e →→→⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪-=--=-=-= ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭3．12Res[,]z iz e i -= [ ]（A ）16i -+ （B ）56i -+ （C ）16i + （D ）56i + 12223223111()(1)2!()3!()111[12()()](1)2()6()11566z i z e z i i z i z i z i i z i z i z i z i z i i z i -⎛⎫=-+++++ ⎪--- ⎪⎪=-+-+-++++ ⎪--- ⎪⎪=-+ ⎪-⎝⎭L L 项系数为：-1+i+ 二、填空题： 1．设221()exp{}f z z z =+，则Res[(),0]f z = 0 。
221()exp{}f z z z=+2．设z a =为()f z 的m 级零点，那么()Res[,]()f z a f z '= m 。
3．设51cos ()zf z z -=，则Res[(),0]f z = -1/24 。
三、解答题：1．求下列各函数在各个有限奇点处的留数：（1）4231()(1)z f z z +=+.423342326343423323443682334()().14()3(1)()()()43(1)()()12()12()12()12(1)()()()1224()()f z z i f z z dd z z i z z i z i dz dz z i d z z dz z i z i z z i z z i z z i z z i z i z i z z z i z i =±+⎡⎤+-+++=⎢⎥+⎣⎦⎡⎤+=-⎢⎥++⎣⎦+-++-++=-++=-+++具有两个奇点，它们分别是的三阶极点45''4234334512(1)()111122412(1)3lim 2()28163283Res[(),]8z i z z i z i i i i z i i i i if z i →++⎛⎫⎡⎤++=⋅-+=- ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦=-！ 4223432345''423433*********(1)()()()()111122412(1)3lim 2()28163283Res[(),]8z i z dz z z z i dz z i z i z i z i i i i z i i i i if z i →-++-=-+---⎛⎫⎡⎤+-+=⋅-+= ⎪⎢⎥---⎝⎭⎣⎦-=！ （2）21()sin f z z z=22353()0.111111sin3!5!3!5!1Res [(),0).6f z z z z z z z z z z z f z =⎛⎫=-+-=-+- ⎪⎝⎭=-L L 具有一个奇点，为本性奇点从而2．求Res[(),]f z ∞的值，如果（1）21()z f z e =.2124211111()12!0Res [(),)0.z n f z e z z n zc f z c --==+++++=∞=-=L L ，从而（2）41()(1)(4)f z z z z =+- 4224421111()111(1)(14)(1)(4)110Res [(),]Res [(),0]0z f z z z z z z z zz f z f z z⋅=⋅=+-+-=∞=-⋅=在点处解析，故（3）()cos sin f z z z =-()Res[(),]0.f z z f z ∞=由在平面上无奇点，从而（4）22()3zf z z=+ 法一：22232122123261331Res [(),] 2.z z z z z z z z z f z c -⎛⎫=⋅=-+=-+ ⎪+⎝⎭+∞=-=L L 从而法二：2332()332Res [(),3]lim 1;32Res [(),3]lim 1,3Res [(),]Res [(),3]Res [(),3] 2.z i z i zf z z z i zzf z i z i zf z i z if z f z i f z i →→==±+==+-==-∞=---=-在平面上只有两个奇点，它们是一阶极点，从而法三：。