复变函数习题五解答

m −1
ϕ (z ) + (z − z 0 )m ϕ ' (z ) = (z − z0 )m−1 [mϕ (z ) + (z − z0 )ϕ ' (z )]
故 z0 是 f ' (z ) 的 m-1 级零点。 3．验证： z = 解 由 ch
πi
2
是 ch z 的一级零点。
πi
2
= cos
π
2
= 0 ， (ch z ) ' z = π i = sh
（3）原式=
（4）a． ln(1 + z ) = ∑ (− 1)n
n =0
b． lim
z →0
ln (1 + z ) 1 = lim = 1 ，故 z = 0 为可去奇点。 z →0 ( 1 + z) z
由1 + e （5） 由 1 + z 2 = 0 得 z = ± i 为 1 + z 2 的一级零点， 的零点，又 1 + e
习题五解答
1、下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。 （1）
z ( z + 1)
2
1
2
；
（2）
sin z ； z3
z ； 2 (1 + z )(1 + eπ z )
z 2n ； 1+ zn
（3）
1 z − z − z +1
3 2
；
（4）
ln (z + 1) ； z
1
（5）
（6） e1− z ；
sin z = ∞ 则 z = 0 为其极点。再确定极点的级，有两种方法： z →0 z 3
3
a. z = 0 为 sin z 为的一级零点；而 z = 0 为 z 的三级零点。故 z = 0 为 b. lim z
z →0
2
sin z 的二级极点。 z3
sin z sin z = lim = 1 ≠ 0 ，故 z = 0 为其二级极点， 3 z →0 z z
(sin z + sh z − 2 z ) '' z =0 = (− sin z + sh z ) z =0 = 0, (sin z + sh z − 2 z ) ''' z = 0 = (− cos z + ch z ) z = 0 = 0 ，
(sin z + sh z − 2 z )(4)
z =0
(
)
πz
= 0 得 zk = ( 2k + 1) i (k = 0,±1,±2, ") 为 (1 + e z )
(
πz
)′
∞
zk
= π eπ zk = −π ≠ 0 ，所以 zk 为 (1 + e z ) 的一级零点，因此， z = ± i 为二级极点；
zk = ( 2k + 1) i ， ( k = 1, ±2,") 为一级极点。
1 一级极点。 sin z 2
2．求证：如果 z0 是 f (z ) 是 m（ m > 1 ）级零点，那么 z0 是 f ' (z ) 的 m − 1 级零点。 证
m 由题知： f (z ) = (z − z0 ) ϕ (z ) ， ϕ (z0 ) ≠ 0 ，则有
f ' ( z ) = m( z − z 0 )
（7）
1 ； 2 z (e z − 1)
z ( z 2 + 1) 1
2
（8）
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
（9）
1 . sin z 2
解（1） f ( z ) =
是有理函数，故奇点只是极点，满足 z z + 1 =0，故 z = 0 ，与 z = ± i 为
2
(
)
2
其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。 （2）因 lim
z
的三级极点，而 z = 2kπ i, (k = ±1, ±2,") 均为一级极点。 （8）由 z n + 1 = 0 ， z n = −1 ，得 z k = e
i
(2 k +1)π
n
(k = 0,1," n − 1) 为原式一级极点。
2 （9） sin z = 0 ⇒ z = ± kπ , z = ± i kπ ， k = 0,1, 2," 由
= (sin z + sh z ) z =0 = 0, (sin z + sh z − 2 z )(5)
z =0
= (cos z + ch z ) z =0 = 2 ，
−2
故 z = 0 是函数 sin z + sh z − 2 z 的五级零点，也即为 (sin z + sh z − 2 z ) 的十级极点。 5．如果 f ( z ) 和 g ( z ) 是以 z0 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么
-1-
( sin z ) ′ |
2
z 2 = kπ
⎧ 0 k =0 1 2 = 2 ，知 z = 0 是 ， (sin z ) '' 的二级极点， = 2 z cos z 2 |z 2 = kπ = ⎨ z = 0 sin z 2 ⎩≠ 0 k ≠ 0
z = ± kπ ， z = ±i kπ （ k = 1, 2,3," ）均为
（6）由 e1− z =
1
(−1) n ，知 z = 1 为本性奇点。 ∑ n n = 0 n !( z − 1)
∞
zn z z2 1 2 z （7） 因 e −1 = z∑ = z (1 + + + ") ， 故 z = 0 为 z (e − 1) 的三级零点， 因而是 2 z z (e − 1) 2 3! n = 0 ( n + 1)!
z → z0
lim
f ( z) f '( z ) = lim z → z 0 g '( z ) g ( z)
(或两端均为∞) 。
证
因 f ( z ) 和 g ( z ) 是 以 z0 为 零 点 的 两 个 不 恒 等 于 零 的 解 析 函 数 ， 可 设 f ( z ) = ( z − z0 )ϕ ( z ) ，
2
πi
2
= isin
π
2
= i ，知 z =
πi
2
是 ch z 的一级零点。
4． z = 0 是函数 (sin z + sh z − 2 z ) 的几级极点？ 解
−2
(sin z + sh z − 2 z ) z =0 = 0, (sin z + sh z − 2 z ) ' z =0 = (cos z + ch z − 2) z = 0 = 0 ，
1 1 ，故 z = 1 为其二级极点，而 z = −1 为一级极点。 = ( z 2 − 1)( z − 1) (z − 1)2 (z + 1)
∞ n z n+1 ln(1 + z ) ∞ n z = ∑ (− 1) ， 0 <| z |< 1 ， 无负幂项，故 z = 0 为其可去奇点。 n +1 z n +1 n =0