复变函数答案钟玉泉第五章习题全解
复变函数论钟玉泉第五章
证 (1) =>(2). 由(1)有
f z c0 c1z a c2z a2 0 z a R
则(因2)此=>lzi(m03,a).fz因l0zim,ca 0zf:z0|
b za
| ,有 |
f
(z)
b
|
,
于是,有 | f (z) || b | ,即f (z)在a的去心邻域内有界。
(1)f(z)在 z 的主要部分为零;
(2) lim f (z) b( ); z
(3)f(z)在 z 的某去心邻域N-{∞}内有界.
22
定理5.4/(对应于定理5.4)f(z)的孤立奇点z =∞为m 级极点的充要条件是下列三条中的任何一条成立:
(1) f(z)在 z=∞的主要部分为
b1z b2 z 2 bm z m (bm 0);
f (z) ei z(| z | 1), 其中α为一实常数.
14
4. 极点的性质
定理5.4 如果f(z)以a为孤立奇点，则下列三条是等价
的。因此，它们中的任何一条都是m阶极点的特征。
(1)
f(z)在a点的主要部分为
cm (z a)m
(2)f(z)在点a的某去心邻域内能表示成
fzc(z1a) (c(zm(az))0m);
(3)
=>(1).
因主要部分的系数
cn
1
2i
f
a n1
d
其中 : a , 可任意小，故
cn
1
2
f
a n1
d
1
2
M
n1
2
M n
cn 0 n 1，2,
13
3. 施瓦茨(Schwarz)引理
复变函数论第四版答案钟玉泉
复变函数论第四版答案钟玉泉（1）提到复变函数，首先需要了解复数的基本性质和四则运算规则。
怎么样计算复数的平方根，极坐标与xy 坐标的转换，复数的模之类的。
这些在高中的时候基本上都会学过。
（2）复变函数自然是在复平面上来研究问题，此时数学分析里面的求导数之类的运算就会很自然的引入到复平面里面，从而引出解析函数的定义。
那么研究解析函数的性质就是关键所在。
最关键的地方就是所谓的Cauchy—Riemann 公式，这个是判断一个函数是否是解析函数的关键所在。
（3）明白解析函数的定义以及性质之后，就会把数学分析里面的曲线积分的概念引入复分析中，定义几乎是一致的。
在引入了闭曲线和曲线积分之后，就会有出现复分析中的重要的定理：Cauchy 积分公式。
这个是复分析的第一个重要定理。
（4）既然是解析函数，那么函数的定义域就是一个关键的问题。
可以从整个定义域去考虑这个函数，也可以从局部来研究这个函数。
这个时候研究解析函数的奇点就是关键所在，奇点根据性质分成可去奇点，极点，本性奇点三类，围绕这三类奇点，会有各自奇妙的定理。
（5）复变函数中，留数定理是一个重要的定理，反映了曲线积分和零点极点的性质。
与之类似的幅角定理也展示了类似的关系。
（6）除了积分，导数也是解析函数的一个研究方向。
导数加上收敛的概念就可以引出Taylor 级数和Laurent 级数的概念。
除此之外，正规族里面有一个非常重要的定理，那就是Arzela 定理。
（7）以上都是从分析的角度来研究复分析，如果从几何的角度来说，最重要的定理莫过于Riemann 映照定理。
这个时候一般会介绍线性变换，就是Mobius 变换，把各种各样的区域映射成单位圆。
研究Mobius 变换的保角和交比之类的性质。
（8）椭圆函数，经典的双周期函数。
这里有Weierstrass 理论，是研究Weierstrass 函数的，有经典的微分方程，以及该函数的性质。
以上就是复分析或者复变函数的一些课程介绍，如果有遗漏或者疏忽的地方请大家指教。
复变函数论_钟玉泉_第三版_高教_答案_清晰版
n 1
z z 0 nM n1 , 故对 0 ,
n
只需取
nM
n 1
,于是当 z z 0 时,就有 z n z 0 .
(2)由连续函数运算法则,两连续函数相除,在分母不为零时,仍连续.因此 f ( z ) 在
z 平面上除使分母为零点外都连续.
arg z, z 0 13.证明:令 f ( z ) arg z 0, z 0
2
2
z 3 z1 为实数. z 2 z1
10.解:(1)令 z x yi t (1 i) ,得 x y ,即曲线为一,三象限的角平分线. (2)令 z x yi a cos t ib sin t , 得 x a cos t , y b sin t ,则有
2
.
因而对任何自然数 p ,也有 z n p z 0
2
.
利用三角不等式及上面两不等式, 当 n N 时,有
z n p z n z n p z 0 z n z 0
充分性 :设对 0, N ( ) 0 ,当 n, n p N 时,有 z n p z 0 ,由定义 得
12.证明:(1)首先考虑函数 f ( z ) z n 在 z 平面上的连续性. 对复平面上任意一点 z 0 ,来证明 lim z n z 0
z z0 n
不妨在圆 z M z 0 1 内考虑. 因为 z n z 0 z z 0 ( z
n n 1
z
n2
z0 z0
3
2k
(k 0,1,2,)
1 i 2
复变函数课后习题答案(全)
精心整理页脚内容习题一答案1． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+（2）(1)(2)i i i --（3）131i i i--（4）8214i i i -+-解：（1）1323213iz i -==+， 因此：32Re , Im 1313z z ==-，（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---，因此，31Re , Im 1010z z =-=，（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-， 因此，35Re , Im 32z z ==-，（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+ 因此，Re 1, Im 3z z =-=，2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2）13i -+（3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ-（5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）13i -+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin2sin cos 222i i θθθθθ-+=+精心整理页脚内容3． 求下列各式的值： （1）5(3)i -（2）100100(1)(1)i i ++-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+--（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5）3i （6）1i +解：（1）5(3)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+- （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+--（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- （5）3i 3cossin22i ππ=+（6）1i +2(cossin )44i ππ=+ 4． 设121, 3,2iz z i +==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin, 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，5． 解下列方程： （1）5()1z i +=（2）440 (0)z a a +=>解：（1）51,z i +=由此2551k i z i ei π=-=-，(0,1,2,3,4)k =（2）4444(cos sin )za a i ππ=-=+11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：精心整理页脚内容(1), (1), (1), (1)2222a a a a i i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,zx iy =+则2x y z x y+≤≤+证明：首先，显然有22z x y x y =+≤+；其次，因222,x y x y +≥固此有2222()(),x y x y +≥+从而222x y z x y +=+≥。
复变函数答案 钟玉泉 第五章习题全解
(z 2 1)2 4(z i)2 n0
2i
1 4(z i)2
(1)n (n 1)( z i)n )n
n0
2i
(0
z i
2)
1
(2) z 2e z
1 z n2
1 1 (0 z )
n0 n!
n2(n 2)! z n
e e e (3) 令 1 ，则 z
1
1z
1
2
(1 ...) 2
f (z) w0 解 析 , 即 为整函数 . 又 因 f (z) 非 常 数 , 所 以 g(z) 非常 数 , 其值全 含于一圆
g(z) 1 之内,与刘维尔定理矛盾. 0
11.证明:由题意, f (z) 在 z0 的去心邻域内的洛朗展开式可设为
f (z)
c1 z z0
cn (z z0 )n
(a)
0
6.证明：令 g(z) (z a)k f (z) 。由题设， g(z) 在 k {a}: 0 | z a | R 内有界。由
定理 5.3（3），a 为 g(z) 的可去奇点，则 a 为 g(z) 的解析点。又由定理 5.4（2），
若
a
为
f
(z) 的
m
级极点，则在点
a
的某去心邻域内能表成
正好是以 1 为中心的无穷远点的去心领域。所以根据题中的洛朗展式，只能判
定 z 是 f (z) 的可去奇点。
3.证明：由孤立奇点的定义，又有 f (z) 在点 a 解析，故知 a 为 g(z) 的孤立奇点，
且 lim g(z) lim f (z) f (a) f (a) g(a) ，故 a 为 g(z) 的可去奇点。故在 a 业
（充分性） 若
复变函数与积分变换第五版答案第五章
1． 下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级： 1)()2211+z z解：2． 31z z sin 1123+−−z z z ()z z lz 1+()()z e z z π++11211−z e ()112+z e z n n z z +12，n 为正整数21zsin 求证：如果0z 是()z f 的()1>m m 级零点，那么0z 是()z f'的1−m 级零点。
验证：2i z π=是chz 的一级零点。
0=z 是函数()22−−+z shz z sin 的几级极点？如果()z f 和()z g 是以0z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么()()()()z g z f z g z f z z z z ''lim lim→→=（或两端均为∞）设函数()z ϕ与()z ψ分别以a z =为m 级与n 级极点（或零点），那么下列三个函数在a z =处各有什么性质：3． ()()z z ψϕ；()()z z ψϕ；()()z z ψϕ+；函数()()211−=z z z f 在1=z 处有一个二级极点；这个函数又有下列洛朗展开式：()()()()345211111111−+−−−+=−z z z z z ，11>−z ，所以“1=z 又是()z f 的本性奇点”；又其中不含()11−−z 幂，因此()[]01=,Re z f s 。
这些说法对吗？求下列各函数()z f 在有限奇点处的留数：4． z z z 212−+421z e z −()32411++z z z z cos z −11cos z z 12sin z z sin 1chz shz 计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）5． ⎰=23z dzz z sin ()⎰=−2221z zdz z e ⎰=−231z m dzz zcos ， 其中m为整数⎰=−12i z thzdz⎰=3z zdztg π()()⎰=−−11z nndz b z a z （其中n 为正整数，且1≠a ，1≠b ，b a <）。
复变函数课后习题答案（全）
复变函数课后习题答案（全）习题一答案1.求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数: (3) 13i(4).8 21 .i 4i ii 1 i13 2i 解： (1) z3 2i 131 3i .3 3i 3 5i(3) z -ii 1 i2 2 因此, Rez 35 Im z532(4).8 z i 4i 21 i1 4i i1 3i因此, Rez 1, Im z 3,2.将下列复数化为二角表达式和指数表达式:(1)i (2) 1 Vi (3)r(si ni cos )(4) r(cosisin )( 5) 1 cos i sin(02 )解： (1) i cosi sin - —i-e 22 22一i(2) 1 2(cosi..2 isin32e 3 (3) r(sin icos ) r[cos (-i sin(-)](1)13~2\(2) \ (\ 1)(\ 2)因此：Rez3 13 Im z2 13(2)zi (i 1)(i 2)i 1 3i 3 i 10因此，Rez3 10Im z 1 10(4) r(cos isin ) r[cos( ) i sin( )] re(5) 1 cos isin 2sin 2i sin — cos-2 23.求下列各式的值:(1) (\3 i)5(2)(1 100i) (1 100i)(3) (1 \3i)(cos(1 i)(cos isin )i sin ) 2(cos5 isin5 )3(cos3 isin 3(5) (6) d i解: (1) (七i)5[2(cos(舌)isin( -))]5 6(2) (1 100i) (1 100 50i) (2i) (2i)502(2)50251(3) (1 i sin ) (1 i)(cos isin )(4)2 (cos5 isin5 )(cos3 isin3 )3(5) cos— isin —2 2\ 2(cos —isin )44.设z-ii,试用三角形式表示z1z2与-ZZ2解：z1 cos i sin , z24 42[cos( ) i sin()]，所以6 6弓勺2[cosq g is"(4 6)]5.解下列方程:(1) (z i)5 1 (2) z4 a40 (a 0) 解：（1）z i 51,由此从而z由此，左端=右端，即原式成立。
复变函数与积分变换第五章习题解答
c-1r-•
1 (1 2 7) Res[f(z),O] =Iim!!:_[z = ti ,k =土1,土2, ] = o, Res[f(z),k叶= ,�, dz k冗 (zsin z)'L,, zsinz 8) Res[f位）， (k+½
叶
(ch z)' :�(k+ ）汀i
一
shz
=
I k为整数。
证 由题知： J(z)=(z-z。)飞(z), <p亿）*o, 则有
一 Ill
-{,, 0
0
k=O k=,;O
l 2 (sinz )"1 z O =2, 知 z=O 是 ． 2 的二级极点， smz
=
故z。是 J'(z) 的 m-1 级零点。
冗l
f'(z)=m(z-z。)m 凇(z)+(z-z。) 份'(z)=(z-z0 Y,一'[m<p(z)+(z-z。炒'(z)]
六
f'(z) ＝ (fJ(z) + (z- Zo )(fJ'(z) g'(z) lf/(z) + (z-Zo)lf/'(z)
亡,
6. 若叫z) 与 lf/(z) 分别以 z=a 为 m 级与 n 级极点（或零点），那么下列三个函数在 z=a 处各有什 (f)(Z)lf/(Z); (2) (f)(z)llf/(Z);
汗
I
2
5) cos— = L 巨 -11>0 , 知 Res [f(z), l ] = c一 . 2 "' I- z n=O (2n) !(z-1)
1 00
I
(-1) "
[理学]复变函数第五章
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f
(z)
(z
1 z0 )m
g(z)
( g(z0 ) 0)
当 z z0时 ,
f
1 (z)
(z
z0 )m
1 g(z)
(z
z0 )m h(z)
函数 h(z0 ) 在 z0 解析且h(z0 ) 0.
由于 lim 1 0, 只要令 1 0,
zz0 f (z)
f (z0 )
说明: (1) z0若是f (z)的孤立奇点, f (z) c0 c1(z z0 ) cn(z z0 )n .
( 0 z z0 ) 其和函数F(z)为在 z0 解析的函数.
(2) 无论 f (z) 在 z0 是否有定义, 补充定义 f (z0 ) c0 , 则函数 f (z) 在 z0 解析.
任意一条简单闭曲线 C 的积分 f (z)dz 的值除
C
以 2i 后所得的数称为 f (z)在 z0 的留数.
记作 Res[ f (z), z0 ]. (即 f (z)在 z0 为中心的圆环
域内的洛朗级数中负幂项c1(z z0 )1的系数.)
二、利用留数求积分
1.留数定理 函数 f (z) 在区域 D内除有限个孤 立奇点 z1 , z2 ,, zn 外处处解析, C 是 D内包围诸奇
思考
z
0
是
sinh z3
z 的几级极点?
注意: 不能以函数的表面形式作出结论 .
四、小结与思考
理解孤立奇点的概念及其分类; 掌握可去奇 点、极点与本性奇点的特征; 熟悉零点与极点的 关系.
思考题
确定函数f
(z)
复变函数—课后答案习题五解答
知 Res[ f (z ),0] = c−1 = −
4 3
4 ⎡ ⎤ 3 3 1+ z ⎢( z − i) ( z 2 + 1)3 ⎥ = − 8 i ， ⎣ ⎦
1 d2 3） Res ⎡ ⎣ f ( z ) ,i ⎤ ⎦ = lim z →i 2! dz 2
（7）
1 ； 2 z (e z − 1)
z ( z 2 + 1) 1
2
（8）
（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
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
故
z → z0
lim
ϕ ( z ) + ( z − z0 )ϕ '( z ) f ( z) ϕ ( z) f '( z ) ϕ ( z) ， lim ，即 = lim = lim = lim g ( z ) z → z0 ψ ( z ) z → z0 g '( z ) z → z0 ψ ( z ) + ( z − z0 )ψ '( z ) z → z0 ψ ( z )
《复变函数》第5章
P( z ) , z0是P( z )的k 级零点, 是Q( z ) 一般: 若 f ( z ) Q( z ) 的 m 级零点, 则 当 k m 时，z0 是 f ( z ) 的 m k 级极点;
k m 时，z0 是 f ( z ) 的 k m 级零点.
1 的一级极点. 例: z 0 是 e z2 ( z 1) 3 z 1 是 的二级零点. sin( z 1)
2. 留数定理 Th1 ( 留数定理 ): 设函数 f (z)在区域 D 内除有 限个孤立奇点 z1, z2,…, zn 外处处解析, C 是
D 内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线 .
那末
2014-10-20
c f ( z ) dz 2 i Re s [ f ( z ) , zk ]
k 1
3
1 z 0是 g ( z )的一系列奇点 的极限. n ( lim 1 0 ) n n z 0 不是 g ( z )的孤立奇点.
从而 z =∞ 不是 f (z)的孤立奇点.
2014-10-20 《复变函数》(第四版) 第五章 第16页
总之, 判别奇点类型
c n ( z z0 )
( c－m≠0 )
第3 页
《复变函数》(第四版) 第五章
() 中含无穷多个 z0为 f (z)的本性奇点 ( z－z0 )的负幂项 sin z 1 1 3 1 5 例: ( z z z ) z z 3! 5! 1 2 1 4 1 z z 3! 5!
3. 留数的计算(有限远奇点) 基本算法: 1 Re s [ f ( z ) , z0 ] f ( z ) d z = c –1 c 2 i C 是 zo 某去心邻域内一条简单正向闭曲线. ( 当 z0 是 f (z) 的本性奇点或孤立奇点类型 不清楚时, 只能用这一方法求 ) (1) zo是 f (z) 的可去奇点. Re s [ f ( z ) , z0 ] 0 (2) zo是 f (z) 的本性奇点. f (z) 展成洛朗级数 Re s [ f ( z ) , z ] c 0 1 1 1 1 1 z2 z2 ) 例：Re s [ e , 0 ] 0 ( e 1 2 4 z 2! z
复变函数第五章留数(习题五)解答
８．求下列各积分：
（１） ；（２） ，其中 ；
（３） ，其中 ；（４） ；（５） ；
（６） ；（７） ，其中 ；
（８） ，其中 ；［提示］：从顶点为 ， ， ， （ ）的矩形中分别挖去以 为心的上半圆盘和以 为心的下半圆，考虑 沿这个区域边界的积分．
（９） ；［提示］：从顶点为 ， ， ， （ ）的矩形中分别挖去以 为心的上半圆盘和以 为心的下半圆，考虑 沿这个区域边界的积分．
（２） ，其中 ．
［提示］：作辅助函数 ，并考虑以 ， ， ， （ ）为顶点的矩形．
证明（１）作辅助函数 ，并取 ，以及如图示的扇形
显然 在此扇形区域及其边界上解析，由柯西积分定理
又
所以
即
比较两边的实部和虚部得
．
（２）因
，
考虑函数 沿如图示矩形区域边界的积分，由柯西积分定理得
而
同理
所以
比较两边的实部和虚部得
不难观察出，上式展开后最低的负幂次项为 ，不含有 这样的项，即这样的项的系数为 ，所以，由第４题得
．
（方法２）［利用公式 计算］
记 ，因 ，显然它以 为可去奇点，所以
．
６．试把关于留数的基本定理1.1转移到 是扩充复平面上含无穷远点区域情形．
设区域 是一条简单闭曲线或有限条互不相交且其内部也互不相交的简单闭曲线（记为 ）的外部（称为扩充平面上含无穷远点的区域），若函数 在 内除去有有限个孤立奇点 ， ， ， 外，在每一点都解析，并且 可连续到 上，则
用此结果计算积分
．
证明 由题设，显然函数 在复平面上的奇点都是孤立的，记为 ， ， ， ．
（方法１：利用第６题）如图示，可取简单闭曲线 ，使得 ， ， ， 都位于 的外部，从而 在 及 的内部是解析的．由第６题，并注意到第３章的柯西定理，
《复变函数》(西安交大)习题解答--第5章习题
第五章习题1．下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级： 1）211)(+z z ； 2）3z zsin ； 3）1123+--z z z ； 4）z z )ln(1+；5）))((z e z z π++112； 6）11-z e ； 7）)(112-z e z解 1）211)(+z z =221)()(i z i z z +-，所以0=z 为一级极点，i z ±=为二级极点．2）显然0=z 是3z zsin 的奇点，又在0=z 的去心邻域内的洛朗展开式为 3zz sin = -+-!!53122z z z ，+∞<<||z 0 所以0=z 为二级极点．3）1123+--z z z =2111))((-+z z 所以1-=z 为一级极点，2=z 为二级极点．4）显然0=z 是zz )ln(1+的孤立奇点． 又 110=+→zz z )ln(lim， 所以0=z 为可去奇点． 5）令0112=++))((ze z π，解之得),,,()( 21012±±=+=k i k z k ，因为),,,()( 21012±±=+=k i k z k 是z e z z ))((π++112的零点，所以),,,()( 21012±±=+=k i k z k 是))((z e z zπ++112的极点，又100112≠'⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=kz z z z e z ))((π，),,,( 321±±=k所以),,,()( 32112±±=+=k i k z k 为ze z z ))((π++112的一级零点，从而为))((ze z zπ++112的一级极点． 20010≠'⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=z z z z e i z ))((π，所以i z =0是ze i z z ))((π++1的一级零点，从而是 =++-z e i z i z z ))(()(π1z e z z ))((π++112的二级零点，故i z =0是))((ze z z π++112的二级极点．同理，i z -=-1也是))((z e z zπ++112的二级极点．6）1=z 是函数11-z e 的孤立奇点，又11-z e在1=z 的去心邻域内的洛朗展开式为11-z e=∑∞=-011n nz n )(!，+∞<-<||10z 所以1=z 为11-z e的本性奇点．7） 因为),,,( 2102±±==k i k z k π是)(12-ze z 的零点，所以i k z k π2=),,,( 210±±=k 是)(112-z e z 的极点，又10因为[]012≠'-=kz z ze z )(，),,,( 321±±±=k ，所以i k z k π2=),,,( 321±±±=k 是)(12-z e z 的一级零点，从而是)(112-z e z 的一级极点．2因为[]010≠'-=z z ze )(，所以00=z 是)(1-z e 的一级零点，从而是 )(12-z e z 的三级零点，故00=z 是)(112-z e z 的三级极点．6．设函数)(z ϕ与)(z ψ分别以a z =为m 级与n 级极点（或零点），那么下列三个函数 1）⋅)(z ϕ)(z ψ； 2）)()(z z ψϕ； 3）+)(z ϕ)(z ψ在a z =处各有什么性质．解 若函数)(z ϕ与)(z ψ分别以a z =为m 级与n 级极点，则)(z ϕ=)()(z a z m 11ϕ-，)(z ψ=)()(z a z n11ψ-，其中)(z 1ϕ、)(z 1ψ都在a z =的邻域内解析，且01≠)(a ϕ、01≠)(a ψ．1）⋅)(z ϕ)(z ψ=)()(z a z nm 11ϕ+-)(z 1ψ其中)()(z z 11ψϕ⋅在a z =的邻域内解析，且⋅)(a 1ϕ01≠)(a ψ,所以a z =为的)(z ϕ)(z ψ⋅的n m +级极点.2）)()(z z ψϕ=)()()(z z a z n m 111ψϕ⋅--其中)()(z z 11ψϕ在a z =的邻域内解析，且011≠)()(a a ψϕ,所以 当 m n >时, a z =为m n -级零点. m n <时, a z =为n m -级极点.m n =时, a z =为可去奇点.3）+)(z ϕ)(z ψ=)()(z a z m 11ϕ-+)()(z a z n11ψ-)(z F ∆ 若n m >,)(z F =mn m a z z a z z )()()()(--+-11ψϕ其分子在a z =的邻域内解析，且在a z =时不为零,所以a z =为m 级极点.若n m <,讨论同上知a z =为n 级极点.若n m =,)(z F =ma z z z )()()(-+11ψϕ当011≠+)()(a a ψϕ时, a z =为m 级极点.当011=+)()(a a ψϕ时,视具体情况而定,设a z =为k 级零点:若m k <,则a z =为+)(z ϕ)(z ψ的k m -级极点;若m k =,则a z =为可去奇点.8. 求下列各函数)(z f 在有限奇点处的留数:1) z z z 212-+; 2)421z e z -; 3) 32411)(++z z ; 4)z z cos ; 5)z -11cos ; 6)z z 12sin . 解 1) zz z z f 212-+=)(, 0=z 和2=z 都是)(z f 的一级极点,]),([Re 0z f s =zz z z z 212-+⋅→lim =21- ]),([Re 2z f s =z z z z z 21222-+⋅-→)(lim =232))(z f = 421z e z-,0=z 是)(z f 的孤立奇点因为02102≠-='-=z ze )(,所以0=z 是z e 21-的一级零点,从而0=z 是)(zf 的三级极点,]),([Re 0z f s =!21)(lim 4232201z e z dz d z z -⋅→=!21)(lim z e dz d z z 22201-→ =!21)(lim '--→222012zze e z z z =34- 3) )(z f =32411)(++z z =3431))((+-+z i z zi z ±=均为)(z f 的三级极点,]),([Re i z f s =!21)]()[(lim z f i z dz d i z ⋅-→322=i 83-]),([Re i z f s -=!21)]()[(lim z f i z dz d i z ⋅+-→322=i 834) )(z f =z z cos ,),,,( 2102±±=+=k k z k ππ为z cos 的一级零点(k z cos =0,但0)(cos ≠'=kz z z ),从而为zzcos 的一级极点,]),([Re k z z f s =kz z z z =')(cos =)()(211ππ+-+k k ),,,( 210±±=k5) )(z f =z-11cos,1=z 为)(z f 的孤立奇点, z -11cos= +-+--421411211)(!)(!z z , +∞<-<||10z ]),([Re 1z f s =06) )(z f =zz 12sin , 显然0=z 为)(z f 的孤立奇点,且易知在+∞<<||z 0内有洛朗展开式z z 12sin =)!!( -+-53251311zz z z =)!! -+-35131z z z ]),([Re 0z f s =!31-9. 计算下列各积分(利用留数;圆周均取正向):1) ⎰=23||sin z dz z z ; 2)⎰=-2221||)(z zdz z e ; 3) ⎰=-231||cos z m dz z z(其中m 为整数);6)⎰=--11||)()(z nn dz b z a z .(其中n 为正整数,且||||,||,||b a b a <≠≠11) 解 1) 因为10=→z z z sin lim,所以0=z 为zzsin 的可去奇点,据留数定理⎰=23||sin z dz z z=],sin [Re 02zz s i π=0 2) 1=z 为221)(-z e z的二级极点,所以由留数定理 ⎰=-2221||)(z z dz z e =],)([Re 11222-z e s i z π=i π2)])()[(lim 222111-⋅-→z e z dz d z z =i π222e ⋅=i e π243) =)(z f mz zcos -1=)!!!( -+--64211422z z z m 当2≤m 时, ]),([Re 0z f s =0当2>m 时,且m 为偶数时, ]),([Re 0z f s =0 当2>m 时,且m 为奇数时,不防设12+=n m ]),([Re 0z f s =)!1()1()!2()1(231--=--+m n m n 综上, 据留数定理,有⎰=-231||cos z mdz z z =⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=>--=>≤-)(,)!()(,,为自然数且且n n m m m i n m m m m 1221212202023π 6) nn b z a z z f )()(1)(--=,不难看出a 与b 均为)(z f 的n 级极点． ① 当1||||<<b a 时，a z =,b z =两个极点均在1=z 内,]),([Re a z f s =)!1(1-n ])()(1)[(lim 11nn n n n a z b z a z a z dz d --⋅---→ =)!1(1-n ])()22()1()1(lim 121--→--+-n n a z b z n n n =1221)(])!1[()!22()1(------n n b a n n =122)(])!1[()!22()1(-----n n a b n n ]),([Re b z f s =1221)(])!1[()!22()1(------n n a b n n 由留数定理⎰=--11||)()(z nn dz b z a z =i π2{Res[f (z ), a ]+ Res[f (z ), b ]}=i π20⋅=0 ② 当1||||>>a b 时，nn b z a z z f )()(1)(--=在1=z 内解析,由Cauchy-Goursat 基本定理得⎰=--11||)()(z nn dz b z a z =0 ③ 当a b >>|1|||时，)(z f 在1=z 内只有一个n 级极点a z =,]),([Re a z f s =)!1(1-n ])()(1)[(lim 11nn n n n a z b z a z a z dz d --⋅---→=1221)(])!1[()!22()1(------n n b a n n 由留数定理⎰=--11||)()(z nn dz b z a z =⋅i π2Res[f (z ), a ] =1221)(])!1[()!22(2)1(------n n b a n in π。
复变函数与积分变换中国石油大学华东崔俭春张高民第五章答案习题五
习题五答案1． 求下列各函数的孤立奇点，说明其类型，如果是极点，指出它的级． （1）221(1)z z z −+解：函数的孤立奇点是0,z z i ==±，因222222221111111(1)(1)()()()()z z z z z z z z z i z z i z i z z i −−−−=⋅=⋅=⋅++−++− 由性质5.2知，0z =是函数的1级极点，z i =±均是函数的2级极点． （2）3sin z z 解：函数的孤立奇点是0z =，因32133sin 1((1))3!(21)!n nz z z z z z n +=−++−+"，由极点定义知，0z =是函数的2级极点．（3）ln(1)z z+ 解：函数的孤立奇点是0z =，因0ln(1)lim1z z z→+=，由性质5.1知，0z =是函数可去奇点．（4）21(1)z z e −解：函数的孤立奇点是2z k i π=,①0k =，即0z =时，因4223(1)2!!n z z z z e z n +−=++++"" 所以0z =是2(1)zz e −的3级零点，由性质5.5知，它是21(1)z z e −的3级极点②2z k i π=，0k ≠时，令2()(1)z g z z e =−，'2()2(1)zzg z z e z e =−+，因(2)0g k i π=，'2(2)(2)0g k i k i ππ=≠，由定义5.2知，2(0)z k i k π=≠是()g z 的1级零点，由性质5.5知，它是21(1)z z e −的1级极点（5）2(1)(1)zzz e π++ 解：函数的孤立奇点是(21),z k i k Z =+∈,令2()(1)(1)zg z z e π=++，'2()2(1)(1)z z g z z e e z πππ=+++，''22()2(1)4(1)z z z g z e ze e z πππππ=++++① 0z i =±时， 0()0g z =，'0()0g z =，''0()0g z ≠，由定义5.2知，0z i =±是()g z 的2级零点，由性质5.5知，它是21(1)(1)z z e π++的2级极点，故0z i =±是2(1)(1)z zz e π++的2级极点．②1(21),1,2,z k i k =+=±"时，1()0g z =，'1()0g z ≠，由定义5.2知，1(21),1,2,z k i k =+=±"是()g z 的1级零点，由性质5.5知，它是21(1)(1)z z e π++的1级极点，故是2(1)(1)zzz e π++的１级极点． （６）21sin z解：函数的孤立奇点是0z =，1,2,z z k ==±=" 令2()sin g z z =，'2()2cos g z z z =，① 0z =时，因64222()sin (1)3!(21)!n nz z g z z z n +==−++−++""，所以0z =是()g z 的2级零点，从而它是21sin z 的2级极点．②1,2,z z k ==±="时，()0g z =，'()0g z ≠，由定义5.2知，1,2,z z k ==±="是()g z 的1级零点，由性质5.5知，它是21sin z的１级极点．2． 指出下列各函数的所有零点，并说明其级数． （1）sin z z解：函数的零点是,z k k Z π=∈，记()sin f z z z =，'()sin cos f z z z z =+① 0z =时，因4222sin (1)3!(21)!n nz z z z z n +=−++−++""，故0z =是sin z z 的2级零点． ②,0z k k π=≠时，()0z k f z π==，'()0z k f z π=≠，由定义5.2知，,0z k k π=≠是sin z z 的1级零点．（2）22z z e解：函数的零点是0z =，因242222(1)2!!nz z z z e z z n =+++++""，所以由性质5.4知，0z =是22z z e 的2级零点． （3）2sin (1)zz e z −解：函数的零点是00z =，1z k π=，22z k i π=，0k ≠，记2()sin (1)zf z z e z =−，'22()cos (1)sin [2(1)]zz zf z z e z z e z z e =−++−① 0z =时，0z =是sin z 的1级零点，，1ze −的1级零点，2z 的2级零点，所以0z =是2sin (1)z z e z −的4级零点．②1z k π=，0k ≠时，1()0f z =，'1()0f z ≠，由定义5.2知，1z k π=，0k ≠是()f z 的1级零点．③22z k i π=，0k ≠时，1()0f z =，'1()0f z ≠，由定义5.2知，22z k i π=，0k ≠是()f z 的1级零点．3． 0z =是函数2(sin 2)z shz z −+−的几级极点？答：记()sin 2f z z shz z =+−，则'()cos 2f z z chz =+−，''()sin f z z shz =−+，'''()cos f z z chz =−+，(4)()sin f z z shz =+，(5)()cos f z z chz =+，将0z =代入，得： ''''''(4)(0)(0)(0)(0)(0)0f f f f f =====，(5)()0f z ≠，由定义5.2知，0z =是函数()sin 2f z z shz z =+−的5级零点，故是2(sin 2)z shz z −+−的10级极点．4． 证明：如果0z 是()f z 的(1)m m >级零点，那么0z 是'()f z 的1m −级零点． 证明：因为0z 是()f z 的m 级零点，所以'''10000()()()()0m f z f z f z fz −====="，0()0m f z ≠，即''''2000()(())(())0m f z f z f z −===="，'10(())0m f z −≠，由定义 5.2知，0z 是'()f z 的1m −级零点．5． 求下列函数在有限孤立奇点处的留数． （1）212z z z+−解：函数的有限孤立奇点是0,2z z ==，且0,2z z ==均是其1级极点．由定理5.2知，0011Re [(),0]lim ()lim22z z z s f z zf z z →→+===−+，0013Re [(),2]lim(2)()lim 2z z z s f z z f z z →→+=−==．（2）4231(1)z z ++ 解：函数的有限孤立奇点是z i =±，且z i =±是函数的3级极点，由定理5.2，423''''35111112123Re [(),]lim[()()]lim()lim 2!2()2()8z i z i z i z z s f z i z i f z i z i z i →→→+−=−===−++， 423''''35111112123Re [(),]lim[()()]lim()lim 2!2()2()8z i z i z i z z s f z i z i f z i z i z i →−→−→−++−=+===−−．（3）241z e z − 解：函数的有限孤立奇点是0z =，因22234443211(2)(2)2222(2)2!!2!3!!z n n n e z z z z z z n z z z n −−=−−−−−=−−−−−"""" 所以由定义5.5知，2414Re [,0]3z e s z −=−． （4）21sinz z解：函数的有限孤立奇点是0z =，因2232121111(1)1(1)sin ()3!(21)!3!(21)!n n n n z z z z z z n z z n z +−−−=−+++=−+++++"""" 所以由定义5.5知，211Re [sin ,0]6s z z =−． （5）1cos1z− 解：函数的有限孤立奇点是1z =，因2211(1)cos 112!(1)(2)!(1)nnz z n z −=−+++−−−"" 所以由定义5.5知，1Re [cos ,1]01s z=−． （6）1sin z z解：函数的有限孤立奇点是,z k k Z π=∈． ①0k =，即0z =，因为3214222sin ((1))(1)3!(21)!3!(21)!n n n nz z z z z z z z z n n ++=−++−+=−++−+++""""所以0z =是1sin z z 的2级极点．由定理5.2， 2''00011Re [,0]lim[]lim()lim 0sin sin sin 2cos z z z z z s z z z z zz z →→→====．②,0z k k π=≠时，记()sin g z z z =，则'()sin cos g z z z z =+，因为'()0,()0g k g k ππ=≠，所以由定义5.2知，,0z k k π=≠是()g z 的1级零点，故它是1sin z z的1级极点．由定理5.3， '1111Re [,](1),0sin ()cos ks k k z z g k k k k πππππ===−≠． 6． 利用留数计算下列积分（积分曲线均取正向）．（1）222(1)zz e dz z =−∫v解：1z =是被积函数22(1)z e z −在积分区域内的有限孤立奇点，且为2级极点，由定理5.2，222'222211Re [,1]lim[(1)lim 22(1)(1)z z z z z e e s z e e z z →→=−==−−， 由定理5.1知，2222222Re [,1]4(1)(1)z z z e e dz i s e i z z ππ===−−∫v ．（2）232(1)(3)zz e dz z z =−+∫v解：1z =是被积函数2(1)(3)z e z z −+在积分区域内的有限孤立奇点，且为1级极点，所以由定理5.1及定理5.2，22322Re [,1](1)(3)(1)(3)z zz e e dz i s z z z z π==−+−+∫v22112lim((1))2lim (1)(3)(3)8z z z z e e eii z iz z z πππ→→=−==−++．（3）1sin z z dz z =∫v解：0z =是被积函数sin zz在积分区域内的有限孤立奇点， 因为0lim 1sin z z z →=，所以由性质5.1知0z =是函数sin zz的可去奇点， 从而由定理5.1，Re [,0]0sin z s z =，由定理5.1，12Re [,0]0sin sin z z zdz i s z zπ===∫v ． （4）11sin z dz z z =∫v解：0z =是被积函数1sin z z 在积分区域内的有限孤立奇点，且为2级极点，由定理5.2，2'0011Re [,0]lim()lim 0sin sin 2cos z z z s z z z z zz →→===，由定理5.1，1112Re [,0]0sin sin z dz i s z z z zπ===∫v ． （5）12sin (1)z z zdz z e =−∫v解：0z =是被积函数sin (1)zzz e −在积分区域内的有限孤立奇点，由性质5.6知0z =是函数的1级极点，000sin sin sin cos Re [,0]lim(lim lim 1(1)(1)1z z z z z z z z z z zs z z e z e e e →→→====−−−−− 由定理5.1，12sin sin 2Re [,0]2(1)(1)z z z z z dz i s i z e z e ππ===−−−∫v ． （6）3tan z zdz π=∫v解：被积函数tan z π在积分区域3z =内的有限孤立奇点为：1,3,2,1,02k z k k =+=−±±，由定理5.3，这些点均为tan z π的1级极点，且 sin 1Re [tan ,]sin k k kz s z z z πππππ==−−由定理5.1，2336tan 2Re [tan ,]2(12k z k zdz i s z z i i πππππ==−==⋅−=−∑∫v ．7． 计算积分11()()n n z dz z a z b =−−∫v ，其中n 为正整数，1,1,a b a b ≠≠<． 解：记1()()()n nf z z a z b =−−，则()f z 的有限孤立奇点为,z a z b ==，且为n 级极点，分情况讨论如下：①1a b <<时，,z a z b ==均在积分区域内，由定理5.1，1()2Re [(),]2Re [(),]z f z dz i s f z a i s f z b ππ==+∫v(1)12121(22)!Re [(),]lim[()()](1)()(1)!((1)!)n n n n z a n s f z a z a f z a b n n −−−+→−=−=−−−− (1)12121(22)!Re [(),]lim[()()](1)()(1)!((1)!)n n n n z b n s f z b z b f z b a n n −−−+→−=−=−−−− 故有110()()n n z dz z a z b ==−−∫v ．②1a b <<时，,z a z b ==均不在积分区域内，所以110()()n n z dz z a z b ==−−∫v ．③1a b <<时，z a =在积分区域内，z b =不在积分区域内，所以12211(1)(22)!()2Re [(),][(1)!]()n n z n if z dz i s f z a n a b π−−=−−==−−∫v习题五8．判断z =∞是下列各函数的什么奇点？求出在∞的留数。