923867-复变函数-5-习题课
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 +=+≥。
复变函数课件5-习题课
1）三角函数有理式的积分
2π
I 0 R(cos ,sin )d
令 z ei，
sin 1 (ei ei ) z2 1, cos 1 (ei ei ) z2 1
2i
2iz
2
2z
当 历经变程 0,2时, z 沿单位圆周 z 1的
正方向绕行一周.
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.)
2019/5/19
留数定理
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1)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
1 x2
dx
0,
sin x dx π ,
0x
2
eax 1 e
x
dx
π sin aπ
(0
a
1).
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留数定理
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4.对数留数
定义 具有下列形式的积分:
1
2π
i
C
f (z)dz f (z)
称为f (z)关于曲线C的对数留数.
如果f (z)在简单闭曲线C上解析且不为零,
即 f (z) cm(z z0)m c2(z z0)2 c1(z z0)1 c0
c1(z z0 ) m 1, cm 0
《复变函数与积分变换复旦大学修订版》全部习题答案23页word文档
第 1 页复变函数与积分变换（修订版）主编：马柏林（复旦大学出版社）——课后习题答案习题一1. 用复数的代数形式a +ib 表示下列复数①解i 4πππe cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i 7i 11+7i 17i 2525+-+==-++-③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+④解： ()31i 1335=i i i 1i 222-+-+=-+2.求下列各复数的实部和虚部(z =x +iy )(z a a z a -∈+); 33311;;;.22n z i ⎛⎛-+-- ⎝⎭⎝⎭①： ∵设z =x +iy则()()()()()()()22i i i i i i x a y x a y x y a x a y z a z a x y a x a y x a y -++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()22222Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,()222Im z a xyz a x a y-⎛⎫=⎪+⎝⎭++． ②解： 设z =x +iy ③解：∵(()(){}33232111313188-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+= ⑤解： ∵()()1,2i 211i,kn kn k k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩¢．∴当2n k =时，()()Re i 1kn=-，()Im i 0n=；当21n k =+时，()Re i 0n =，()()Im i 1k n =-． 3.求下列复数的模和共轭复数①解：2i -+== ②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++=④解：1i 1i 22++==4、证明：当且仅当z z =时，z 才是实数．证明：若z z =，设i z x y =+，则有 i i x y x y +=-，从而有()2i 0y =，即y =0 ∴z =x 为实数．若z =x ，x ∈ ，则z x x ==．命题成立．5、设z ,w ∈ ，证明： z w z w ++≤证明∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++6、设z ,w ∈ ，证明下列不等式．并给出最后一个等式的几何解释．证明：()2222Re z w z z w w +=+⋅+在上面第五题的证明已经证明了．下面证()2222Re z w z z w w -=-⋅+．()222Re z z w w =-⋅+．从而得证．几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和．7.将下列复数表示为指数形式或三角形式①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--===其中8πarctan 19θ=-．②解：e i i θ⋅=其中π2θ=． ③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-==-.⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcosisin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭． 8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；(3)的平方根.⑴i 的三次根．解：⑵-1的三次根 解：的平方根． 解：πi 4e ⎫⎪⎪⎝⎭9.设2πe,2inz n =≥. 证明：110n z z-+++=L证明：∵2πi e nz ⋅= ∴1n z =，即10n z -=．又∵n ≥2． ∴z ≠1 从而211+0n z z z -+++=L11.设Γ是圆周{:},0,e .i z r r a c r z c α=>=+-令其中e i b β=.求出L β在a 切于圆周Γ的关于β的充分必要条件. 解：如图所示．因为L β={z : Im z a b -⎛⎫⎪⎝⎭=0}表示通过点a 且方向与b 同向的直线，要使得直线在a 处与圆相切，则CA ⊥L β．过C 作直线平行L β，则有∠BCD =β，∠ACB =90° 故α-β=90°所以L β在α处切于圆周T 的关于β的充要条件是α-β=90°．12.指出下列各式中点z 所确定的平面图形，并作出草图. 解：(1)、argz =π．表示负实轴． (2)、|z -1|=|z |．表示直线z =12．(3)、1<|z +i|<2解：表示以-i 为圆心，以1和2为半径的周圆所组成的圆环域。
复变函数与积分变换试题及答案5
复变函数与积分变换试题及答案5复变函数与积分变换试题与答案 1．若u(x,y)与v(x,y)都是调和函数，则f(z)?u(x,y)?iv(x,y)是解析函数。
2．因为|sinz|?1，所以在复平面上sinz有界。
3．若f(z)在z0解析，则f(n)(z)也在z0解析。
24．对任意的z，Lnz?2Lnz二填空1．2．ii?arg??2?2i ， ?2?2i 。
ln(?3i)? ， ii? 。
2f(z)?2z?4z下，曲线C3.在映照在z?i处的伸缩率是，旋转角是。
1??0是z1?e2zRes[4,0]?z的阶极点，。
三解答题设f(z)?x2?axy?by2?i(cx2?dxy?y2)。
问常数a,b,c,d13为何值时f(z)在复平面上处处解析？并求这时的导数。
求(?1)C的所有三次方根。
其中C是z?3．4．z2dz?0到z?3?4i的直线段。
|z|2ezcoszdz。
(积分曲线指正向)dz?|z|?2z(z?1)(z?3)5．。
(积分曲线指正向)f(z)?6 将1(z?1)(z?2)在1?|z|?2上展开成罗朗级数。
|z|?1保形映照到单位圆内|w|?1且满足11πf()?0argf?()?222的分式线性映，7.求将单位圆内照。
四解答题1．求0 t?0f(t)kt?e t?0 的傅氏变换。
设f(t)?t2?te?t?e2tsin6t??(t), 求f(t)的拉氏变换。
F(s)?1s2(s2?1)，求F(s)的逆变换。
设4. 应用拉氏变换求解微分方程ty2y3ye, (0) 1y(0)0y复变函数与积分变换试题答案 1若u(x,y)与v(x,y)都是调和函数，则f(z)?u(x,y)?iv(x,y)是解析函数。
|sinz|?1，所以在复平面上sinz有界。
2．因为3．若f(z)在z0解析，则f(n)(z)也在z0解析。
24．对任意的z，Lnz?2Lnz1．i2i3πππ?arg??ln(?3i)?ln3?ii??2k π?2?2i4， ?2?2i4。
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c)
设
f (z) P(z), P(z) Q(z)
及
Q(z) 在
z 0 都解析，
如果 P ( z 0 ) 0 , Q ( z 0 ) 0 , Q ( z 0 ) 0 ,那末 z 0
为一级极点, 且有Refs(z[),z0]Q P((zz00)).
13
3)无穷远点的留数
1.定义 设函数 f (z)在圆环域 0z内解析
成洛朗级数求 c 1
(3) 如果 z 0 为 f (z)的极点, 则有如下计算规则 a) 如果 z 0 为 f (z)的一级极点, 那末
R f ( z e )z 0 ] , s l z z [ 0 i ( z m z 0 ) f ( z z 0 )
12
b) 如果 z 0 为 f (z)的 m级极点, 那末 Rfe (z)z s 0 ,] [(m 1 1 )l z !z i0d d m z m m 1 1 [z( z 0 )m f(z)]
17
2）无穷积分
I R(x)dx.其中 R(x)是x的有理,分 函母 数
的次数至少比 数分 高子 两 ,且R的 (次 z)在 次实轴 没有孤.立奇点
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 Ref(sz)[z,0]. (即f(z)在z0为中心的圆环 域内的洛朗级数中负 幂c项 1(zz0)1的系 .) 数
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1)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
f (z) 的 m 级零点.
ii)零点与极点的关系
复变函数课后习题答案(全)
创作编号：BG7531400019813488897SX创作者：别如克*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)ii i--（3）131ii i--（4）8214i i i-+-解：（1）1323213i zi-==+，因此：32 Re, Im1313 z z==-，232arg arctan,31313z z z i==-=+（2）3(1)(2)1310i i izi i i-+===---，因此，31Re, Im1010z z=-=，131arg arctan,31010 z z z iπ==-=--（3）133335122i i iz ii i--=-=-+=-，因此，35Re, Im32z z==-，535,arg arctan,232iz z z+ ==-=（4）82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此，Re1,Im3z z=-=，arg arctan3,13z z z iπ==-=--2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ-（5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）1-+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 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=3． 求下列各式的值：（1）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i ππ=-+-=-+（2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin)33)sin()][cos()sin()]44i ii iππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin2)1212i iππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212iiπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)iiϕϕϕϕ+-cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iiiϕϕϕϕϕϕ+==+-+-（5=11cos(2)sin(2)3232k i kππππ=+++1,0221,122,2i ki ki k+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin(2)]2424k i kππππ=+++88,0,1iie ke kππ==⎪=⎩4．设12,z z i==-试用三角形式表示12z z与12zz解：12cos sin, 2[cos()sin()]4466 z i z iππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5． 解下列方程： （1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=>解：（1）z i += 由此25k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z==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：(1), 1), 1), )i i i i +-+--- 6． 证明下列各题：（1）设,zx iy =+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；创作编号：BG7531400019813488897SX创作者： 别如克*其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而z =≥。
复变函数课后习题讲解
e 2 k (cos ln 3 i sin ln 3), (1 i )i eiLn (1i ) e e
1 ( 2 k ) 4
k 0, 1, 2, e
i ln 2 ( 2 k ) 2 4
i[ln 1 i ] i (arg(1 i ) 2 k )
2
2
15．求Ln(i)，Ln(3 4i)和它们的主值。
解 Ln(i ) Ln i i (arg(i ) 2k ) i (
2
2k )
1 i (2k ), k 0, 1, 2, 2 i ln(i ) ln i i arg(i ) 2 Ln(3 4i ) ln 3 4i i[arg(3 4i ) 2k ] 4 ln 5 i[( arctan ) 2k ] 3 4 ln 5 i[(arctan (2k 1) )], k 0, 1, 2, 3 4 ln(3 4i) ln 3 4i i arg(3 4i ) ln 5 i ( arctan ) 3
3 i
0
z 2 dz z 2 dz z 2 dz z 2 dz z 2 dz.
0 i c3 c4
i
3 i
C3 : z it 0 t 1 ; C4 : z 3t i 故
0 t 1 ,
26 i 3
3 i
0
z dz t idz 3t i 3dt 6
1 i t 1 i 2t dt= 1 i t 2 i 2t 3 dt
0 0
1 5 1 i = 1+i i. 6 6 3 3
复变函数与积分变换 复旦大学出版社 习题五答案
习题五1. 求下列函数的留数． (1)()5e 1zf z z-=在z =0处．解：5e 1zz-在0<|z |<+∞的罗朗展开式为23454321111111112!3!4!2!3!4!zzzz zz z z z+++++-=+⋅+⋅+⋅+ ∴5e 111R es ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦(2)()11e z f z -=在z =1处．解：11ez -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为()()()11231111111e112!3!!111z nz n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----∴11R es 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 →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ ()[]2232R es ,2lim 1z z f z z→-+-==- 3. 利用罗朗展开式求函数()211sinz z+⋅在∞处的留数．解：()()()22235111sin 21sin11111213!5!z z z zzz z z z z +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭∴()[]1R es ,013!f z =-从而()[]1R es ,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：ccsin πtan πd d cos πz z z zz=⎰⎰．为在c 内tan πz 有12k z k =+(k =0,±1,±2…±(n -1))一级极点由于()()2sin π1R es ,πcos πk z kzf z z z =⎡⎤==-⎣⎦'∴()c1tan πd 2πi R es ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰(2) ()()()10cd 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()()()()[]()[]()()[]()[]()()10c10d 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 π1π1ei d 254cos m I I θθθ-+=-⎰设i e z θ= d 1d i zz θ=2os 12c z zθ+=则()121211d i 2i 15421d 2i521mz mz zzI I zz z zzz ==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰被积函数()()2521mzf z z z =-+在|z |=1内只有一个简单极点12z =但()()[]12211R es ,lim232521mmz zf z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+所以111πi 2πi 2i 3232mmI I +=⋅⋅=⋅⋅又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴π0cos d 54cos π32mm θθθ=⋅-⎰(2) 202πcos 3d 12cos aa θθθ+-⎰，|a|>1．解：令2π102cos 3d 12cos I a aθθθ+=-⎰2π202sin 3d 12cos I a aθθθ+=-⎰32π120i2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰令z =e i θ．31d d i os 2c zz z zθθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i1112π2πi R es ,i 1z z zI I zz za az zzaz a z af z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰得()1322π1I a a =-(3)()()2222d xx 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 limi 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）. ()2222d xx x a ∞++⎰，a >0．解：()()222222221d d 2xxx x x a x a -∞++∞∞=++⎰⎰令()()2222zR z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点故()()[]()[]()()()22222222i 0i 1d 2πi R es ,i R es ,i 2πi lim lim i i π2z a z a xx R z a R z a x a z z z a z a a-→∞→-=⋅⋅+-+⎛⎫''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰(5) ()222sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0．解：()()()i 222222222cos sin ed d i d xxx x x xxx xx 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 ed 2πi R ese ,i e π2πi lim e i i 2z xzzbb xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e2bbb xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰从而()222sin ππd e44ebbx x bb xx b βββββ+-∞⋅=⋅=+⎰(6) 22i ed 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 22ieeeπd 2πi Res e ,i 2πi lim2πi i2iexzazaz a x R z a x az a a a -+-→∞∞=⋅⋅=⋅=⋅=++⎰7. 计算下列积分(1)()2sin 2d 1xx x x ∞++⎰解：令()()211R z z z =+，则R (z )在实轴上有孤立奇点z =0，作以原点为圆心、r 为半径的上半圆周c r ，使C R ,[-R , -r ], C r ,[r , R ]构成封闭曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i ,于是：()()[]{}()222i 201e1eIm d Im 2πi Res ,i lim d 2211rr xizc I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰而()202ed lim πi1rizc r z zz →⋅=-+⎰．故：()()2221e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 2222zi i z I z z i --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦．(2)21d 2πi z Taz 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 22ez z aa f z zz==，()ln 22ei c af c y c y⋅+=+，()ln 22ei d d c af c y y yc 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 limd limd c c c c ABR RR 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．＜如下图＞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 ABBEEFFAf z z f z z f z z f z z a +++=⋅⎰⎰⎰⎰而()()()()i ln ln ln ln 22222eeeed d d d 0i x R ax aaCC aRCC R BE CR Rf z z x x x C R x RRRx R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。
复变函数习题5
z z z z z z 2z 3! 5! 3! 5! 2 4 5 2 z z 5! 9!
3 5 3 5
以z 0为5级零点，所以z 0是 (si nz shz 2 z ) 的10级零点，
所以zk为e z +1 = 0 的一级零点.
当k = 0, 1时, z0= i, z 1= i , 从而 i为原 函数的二级极点； zk=(2k+1)i (k=1, 2, …)为函数的一级极点.
8
（6）由 e
1 z 1
(1) 1 0 z 1 n! z 1 n 0
9
n n z 1 0 , 得 z 1 （8）由
z 1 e
n
n e
n
( 2 k 1) π i n
(k 0,1,, n 1)
且( z 1) ( 2 k 1) πi 0
即z e
( 2 k 1) π i n
为z 1的一级零点.因而为原式
n
的一级极点.
(6) e
1 z 1
1 (7) 2 z z (e 1)
1 ( 9) 2 si nz
3
z ( 8) ( n为正整数) n 1 z
2n
解（1）是有理函数，故奇点只是极点, 故z=0与z=i为其奇点，z=0为一级极 点，而z=i为其二级极点.
(2)由于z 0是分子sinz的一级零点， 分母的三级零点，所以z 0是函数 sinz 的二级极点. 3 z
2
由留数基本定理有原积分=4ie2
27
1 3 ( 3) f ( z ) 在 z 内有 2 z ( z 1)(z 2) 2 两个不解析的一级极点z 0, z 1, 1 1 Re s[ f ( z ),0] l i m 2 z 0 ( z 1)( z 2 ) 4 1 1 Re s[ f ( z ),1] l i m 2 z 1 z ( z 2 ) 9 5 1 1 由留数定理原积分为 2 πi πi 18 4 9
复变函数经典习题及答案
于是 z 2i 9i
3
cos
π 2
2kπ
π i sin 2
2kπ
,
2
2
k 0,1
故z132来自223
2
2
i
,
z2
3 2
2 2 3 2 i. 2
3
例5 满足下列条件的点组成何种图形?是不是区 域?若是区域请指出是单连通区域还是多连通区域.
(1) Im (z) 0;
解 Im (z) 0是实数轴,不是区域.
使C1和C2也在C内,且C1与C2互不相交,互不包含,
据复合闭路定理有
y
ez
C z(1 z)3 dz
C1
ez z(1
z)3dz
ez C2 z(1 z)3 dz
C1
C
•
O 1x C2
30
而积分
C1
ez z(1
z)3dz即为2)的结果2i,
而积分
C2
ez z(1
z)3dz
即为3)的结果
x
y
x
y
由于 f (z) 解析，所以 u v , u v x y y x
即 2bxy 2cxy b c,
3ay2 bx2 3x2 cy2 3a c,b 3 故 a 1, b 3, c 3.
11
例5 研究 f (z) z Re z 的可导性.
解 设 z0 x0 iy0 为 z 平面上任意一定点,
1( x iy), 9
于是 w u iv 1 x 1 iy u 1 x, v 1 y
99
9
9
u2 v2 1 ( x2 y2) 1 表示 w 平面上的圆.
81
9
6
复变函数课后习题答案
习题一 P311题 (2)i ii i -+-11 = 1)1(2)1(--++i i i i =223i --)R e (z 23-= ; 21)(-=z I m ; z = 23-2i + ; z =210;arg(z) = arctan-31π (4) 8i i i +-214 i i +-=41 i 31-= ;;1)Re(=z ;3)Im(-=z ;31i z += ;10=z 3a r c t a na r g -=z ; 5题(2) πππi e i 2)sin (cos 22=+=-；(4)⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=-)43sin(arctan )43cos(arctan 5)43sin(arctan )43cos(arctan 91634i i i;5θi e = );43arctan(-=θ (6) θθθθθθθθϑθθ7sin 7cos )()()2sin 2(cos )sin (cos )7(4322323i e e e e e i i i i i i i -====+---- ; 8题(2) 16)2()1(848==+πie i (4));3432sin 3432(cos2163ππππ-+-=--k i k i ;431arctan ππθ-=-= ;2,1,0=K);1(24)2222(2360i i K -=-= );125sin 125(cos261ππi K += );1213sin 1213(cos 262ππi K +=12题(2) ;3)2(=-z R e 即 ;3])2[(e =+-iy x R ;32=-x 5=x 直线(6) ;4)arg(π=-i z ;4))1(arg(π=-+y i x arctan;41π=-x y ;11=-xy 1+=x y 以i 为起点的射线（x>0）. 13题(1) 0)(<z I m ; 即y<0, 不含实轴的下半平面，开区域，无界，单连通。
复变函数与积分变换第五版习题解答
复变函数与积分变换第五版答案目录练 习 一...............................1 练 习 二...............................3 练 习 三...............................5 练 习 四...............................8 练 习 五..............................13 练 习 六..............................16 练 习 七..............................18 练 习 八..............................21 练 习 九 (24)练 习 一1．求下列各复数的实部、虚部、模与幅角。
（1）i iii 524321----； 解：i i i i 524321---- =i 2582516+ zk k Argz z z z ∈+====π221arctan2558258Im 2516Re（2）3)231(i + 解： 3)231(i +zk k Argz z z z e i i∈+===-=-==+=πππππ210Im 1Re 1][)3sin 3(cos 3332．将下列复数写成三角表示式。
1）i 31-解：i 31-)35sin 35(cos2ππi +=（2）i i +12解：i i+12)4sin 4(cos21ππi i +=+=3．利用复数的三角表示计算下列各式。
（1）i i2332++- 解：i i 2332++-2sin2cosππi i +==（2）422i +-解：422i +-41)]43sin 43(cos 22[ππi +=3,2,1,0]1683sin 1683[cos 2]424/3sin ]424/3[cos 28383=+++=+++=k ki k k i k ππππππ4．.设321,,z z z 三点适合条件：321z z z ++=0，,1321===z z z 321,,z z z 是内接于单位圆z =1的一个正三角形的项点。
复变函数--习题课
利用延迟性质，
L[g(t b)] F (s)ebs .
令h(t ) g(t b),则
L[ f (at b)u(at b)] L[g(at b)]
L[h(at)]
1
F(
s
b s
)e a
.
aa
13
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例3 已 知(1)F (s)
2s2 3s 3 (s 1)(s 3)3
所以
L[
f
(t )]
1 s
1 s2
1 s2
es .
4
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例2
求函数f
(t)
t
0
sin t
2t
dt的Laplace变换.
解 由积分性质
L[ t sin2t dt] 1 L[sin2t ] 1 L[sin2t]ds
0t
st
ss
| 1 21s来自ss4
s2
ds
[arctan ]
g(0) g (n1) (0) 0, 再由微分性质可得
L[
dn dt n
(t
m
f
(t))]
L[ g(n) (t )]
snL[ g(t )] (1)m snF (m) (s).
12
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(3) 令g(t ) f (t )u(t ), 而 L[ g(t )] L[ f (t )u(t )] F (s),
7
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利 用Laplace变 换 的 性 质, 实 积 分
teat sinbtdt(a 0)的值为( C ) 0
b2 a2 ( A) (a2 b2 )2
《复变函数》练习题册
第一章1. 设,43,5521i z i z +−=−=求21z z 与21z z . 参考答案：i 515721−−=z z ，i 515721+−=z z2.iii z −−−=131求()().,Im ,Re z z z z参考答案：()().25,21Im ,23Re =−==z z z z3. （1）证明：().Re 2212121z z z z z z =+ （2）证明：11Re()();Im()()22zz z z z z i=+=+4. 求下列复数的辐角主值、三角表示式、指数表示式123456781,1,1,1,2023,,1,z z z z z z i z z i=+==−+=−===−=−参考答案：1234567822arg ,arg ,arg ,arg ,3333arg 0,arg,arg ,arg 22z z z z z z z z πππππππ==−==−====−23i cossin221cos sin 12cos sin 233ii i i e i e i e πππππππππ=+=−=+= ++=，，，5 求i z 212−−=的三角表示式。
参考答案：−=−−=65sin 65cos4212ππi i z6. 求下列复数z 的实部与虚部，共轭复数，模与辐角()()821112432i i i i−++，参考答案：()()()()()()3arctan arg ,10z i 31,3Im ,1Re i,i 4i 4.32arctan arg ,131z i 132133,132Im ,133Re i 2311218−==+=−==+−−==+=−==+z z z z z z z z ，，，7.求下列各式的值(幂)()()()()361121i ++ ())53i − 参考答案：()()()())365511i 8i 21855(3)2(cos()sin())66i ππ+=−+=−−=−+−，8.求下列各式的值（方根）((12()()1331i −参考答案：((1601234522441cossin ,0,1,2,3.442221cos()sin(),0,1,2,3,4,5.661111,,,,,2222k k i k k k i k w i w i w i w i w i w i ππππππππ+++=+++=+=+−=−−()()130********cos sin ,0,1,2.337755cos sin ,cossin ,cos sin 1212121244k k i i kw i w i w i ππππππππππ−+−+ −=+=−++第二章1研究函数()()()22,2,z z h yi x z g z z f =+==和的解析性。
复变函数练习题及答案
复变函数卷答案与评分标准一、填空题：1．叙述区域内解析函数的四个等价定理。
定理1 函数()(,)(,)f z u x y iv x y =+在区域D 内解析的充要条件：（1）(,)u x y ，(,)v x y 在D 内可微，（2）(,)u x y ，(,)v x y 满足C R -条件。
（3分）定理2 函数()(,)(,)f z u x y iv x y =+在区域D 内解析的充要条件：（1）,,,x y x y u u v v 在D 内连续，（2）(,)u x y ，(,)v x y 满足C R -条件。
（3分）定理3 函数()f z 在区域D 内解析的充要条件：()f z 在区域D 内连续，若闭曲线C 及内部包含于D ，则()0C f z dz =⎰ 。
（3分） 定理4 函数()f z 在区域D 内解析的充要条件：()f z 在区域D 内每一点a ，都能展成x a -的幂级数。
（3分）2．叙述刘维尔定理：复平面上的有界整函数必为常数。
（3分）3、方程2z e i =+的解为：11ln 5arctan 222i k i π++，其中k 为整数。
（3分） 4、设()2010sin z f z z+=，则()0Re z s f z ==2010。
（3分） 二、验证计算题（共16分）。
1、验证()22,2u x y x y x =-+为复平面上的调和函数，并求一满足条件()12f i i =-+的解析函数()()(),,f z u x y iv x y =+。
（8分）解：（1）22u x x ∂=+∂，222u x ∂=∂；2u y y∂=-∂，222u y ∂=-∂。
由于22220u u y x∂∂+=∂∂，所以(,)u x y 为复平面上的调和函数。
（4分） （2）因为()f z 为解析函数，则(),u x y 与(),v x y 满足C.-R.方程，则有22v u x y x∂∂==+∂∂，所以(,)2222()v x y x dy xy y C x =+=++⎰ 2,v u y x y∂∂=-=∂∂又2()v y C x x ∂'=+∂ ，所以 ()0C x '=，即()C x 为常数。
(精品)《复变函数》习题及答案
第 1 页 共 10 页《复变函数》习题及答案一、 判断题1、若函数f (z )在z 0解析，则f (z )在z 0的某个邻域内可导。
（ ）2、如果z 0是f (z )的本性奇点，则)(lim 0z f z z →一定不存在。
（ ）3、若函数),(),()(y x iv y x u z f +=在D 内连续，则u (x,y )与v (x,y )都在D 内连续。
( )4、cos z 与sin z 在复平面内有界。
（ ）5、若z 0是)(z f 的m 阶零点，则z 0是1/)(z f 的m 阶极点。
（ ）6、若f (z )在z 0处满足柯西-黎曼条件，则f (z )在z 0解析。
（ ）7、若)(lim 0z f z z →存在且有限，则z 0是函数的可去奇点。
（ ）8、若f (z )在单连通区域D 内解析，则对D 内任一简单闭曲线C 都有0)(=⎰Cdz z f 。
（ ）9、若函数f (z )是单连通区域D 内的解析函数，则它在D 内有任意阶导数。
（ ）10、若函数f (z )在区域D 内的解析，且在D 内某个圆内恒为常数，则在区域D 内恒等于常数。
（ ）11、若函数f (z )在z 0解析，则f (z )在z 0连续。
（ ） 12、有界整函数必为常数。
（ ） 13、若}{n z 收敛，则} {Re n z 与} {Im n z 都收敛。
( )14、若f (z )在区域D 内解析，且0)('≡z f ，则C z f ≡)(（常数）。
（ ） 15、若函数f (z )在z 0处解析，则它在该点的某个邻域内可以展开为幂级数。
（ ） 16、若f (z )在z 0解析，则f (z )在z 0处满足柯西-黎曼条件。
（ ） 17、若函数f (z )在z 0可导，则f (z )在z 0解析。
（ ） 18、若f (z )在区域D 内解析，则|f (z )|也在D 内解析。
（ ）19、若幂级数的收敛半径大于零，则其和函数必在收敛圆内解析。
《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。
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Res[
f
(z),0]
lim
z0
zf
(z)
lim
z0
sin( z (z
i) i )8
sin
i;
f
(
z)
sin( z (z
i i )8
)
(
z
1 i)
i
sin( z (z
i i )8
)
i
1
1 z
i
( z
1 i)7
1 3!(z
i )5
1 5!(z
i )3
1 7!(z
i)
i
i 1
1( i
1
15 z2
1
2 z4
1 , z
所以 Res[ f (z),] C1 1,
故
z
3 (z2
z13 5)3 ( z 4
1)2dz
2π
i[(1)]
2i.
16
例7
计算
z
5 (z
1 3)(z5
dz. 1)
2
解
z
5
(z
1 3)(z5
dz 1)
2π
i
5 k 1
Res[
f
(z), zk
]
2
5
z
i
)
1 i2
(z
i
)2
13
i
1 7!
1 5!
1 3!
1!1
z
1
i
所以
Res[
f
( z ), i ]
i 1
1 3!
1 5!
71!
由留数定理得
z 2
sin( z(z
z i) i)8 dz
2π
i{
Res[
f
( z ),0]
Res[
f
( z ), i ]}
2i sin
i
i
1
1 3!
z
5
(z
1 3)(z5
dz 1)
2π
5
i
k 1
Res[
f
(z),
zk
]
2
2i 1 i .
242 121
18
nπ
(1)n
1 nπ
,
Res
z
1 sin
z
,0
lim
z0
d dz
z
2
z
1 sin
z
sin z zcos z
lim z0
sin2 z
0.
12
3.用留数定理计算沿封闭曲线的积分 sin(z i)
例4 计算积分 z 2 z(z i)8 dz.
解 z 0 为一级极点，z i 为七级极点.
(
z
(z 1)2
5)sin z z2(z 1)3
的有限奇点，并
确定类型.
解 z 0, z 1, z 1是奇点.
因为
f
(z)
1 z (z
z5 1)2(z
1)3
sin z z
1 z
g(z),所以 z 0 是单极点； z 1 Nhomakorabea是二级极点;
z 1 是三级极点.
7
练习
1. 设 z 0为函数
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.
4
tan1
(2) e z;
解 令 w tan1 , 则 f (z) ew . z
由cos 1 0, z
得
zk
1 k 1 π
2
为w tan1的一级极点,
第五章 留数
一、重点与难点 二、内容提要 三、典型例题
一、重点与难点
重点：留数的计算与留数定理 难点：留数定理在定积分计算上的应用
2
二、内容提要
可去奇点
孤立奇点
极点
本性奇点
函数的零点与 极点的关系
留数
计算方法 留数定理
对数留数
分留 上数 的在 应定 用积
计算 f (z)dz
辐路 角西
C
原原
2
1. 0 R(sin ,cos )d ;
m( )
1 ex2 的 z4 sin z
m级极点，那么
（A）5 （B）4
(C) 3
2. z 1是函数
(z 1)sin 1 z1
的(
(A)可去奇点
（B）一级极点
(C) 一级零点
（D）本性奇点
（D）2 )
3. z 是函数
(A)可去奇点 (C) 二级极点
3 2z z3 的( ) z2
（B）一级极点
理理
2.
f ( x)dx;
3. R( x)eaixdx
3
三、典型例题
1.判别奇点类型
例1 求下列函数f (z)在扩充复平面上的奇点,并
判别类型.
(1)
sin z z3
z
;
(2)
tan1
e z;
解 (1)由于f (z)在0 z 内的洛朗展式为 :
f
(z)
sin z z3
z
1 z3
z
z3 3!
Res[ f (z), zk ] Res[ f (z),3] Res[ f (z),]
k 1
Res[
f
( z ),3]
lim( z
z3
3)
(z
1 3)(z5
1)
1 242
,
17
(z
1 3)(z5
1)
z 1
3 z
1 z51
1 z5
1 z6
1
3 z
1
1 z5
,
所以 Res[ f (z),] 0,
（D）本性奇点
8
2. 求各奇点处留数
例3 求下列各函数在有限奇点处的留数.
(1)sin 1 , (2)z2 sin 1 , (3) 1 ,
z1
z
z sin z
解 (1)在 0 z 1 内,
sin
z
1
1
z
1
1
1 3!(z
1)3
,
所以
Ressin(
1 z
1)
,1
C1
1.
9
(2) z2 sin 1 z
解 因为 sin z z z3 z5 , 3! 5!
所以在0 z 内，
z2
sin
1 z
z 2
1 z
1 3! z 3
1 5! z 5
z
1 3! z
1 5! z 3
故
Res z 2
sin
1 z
,0
C1
1 6
.
10
(3) 1 z sin z
解 z nπ (n 0,1,2,)为奇点,
当 n 0 时 n 为一级极点，
因为 lim (z nπ ) 1
znπ
z sin z
lim (1)n z nπ (1)n 1 ,
znπ
z sin(z nπ )
nπ
由 lim z2 f (z) lim z 1, 知z 0是二级极点.
z0
z0 sin z
11
所以
Res
z
1 sin
z
,
z
(k 0,1,)
而ew仅有唯一的奇点z 且为本性奇点,又
1
limtan
zzk
z
5
所以
zk
k
1 1 π
(k 0,1,)
2
都是 f (z) 的本性奇点.
当z 时,因为
tan1
lim f (z) lime z 1 ,
z
z
故知 z 是 f (z) 的可去奇点.
6
例2
求函数
f
(z)
1 5!
71!.
14
例6
z13 z 3 (z2 5)3(z4 1)2dz.
解 在 3 z 内,
3
2
f (z)
z61
z13
5 z2
3
z
8
1
1
2
z
4
1 z
1
1
5 z2
1
1
1 z4
1 z
1
5 z2
25 z4
3
1
1 z4
1 z8
2
15
1 z