第五章 留数(答案)

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1()()()mf zg z z a =-，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零；1()()lim ()lim()()()mm z a z a f z g z g z z a f z z a →→==--，存在且有限; 1()()()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 ）4;cot 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 ze z 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 。

()()35339156333391sin ()()3!5!3!5!3!5!z z z z z z z z zz -=--++=-+=-+2．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 --==+++---=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 -=-+-+--==-+-+-=-=-=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 -+---=-=-=-，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===-+=-+++==∞解：令为可去奇点，从而为原级数的可去奇点（2）22z e z2422222221+++12==12!11+1++2!=0.z z z e z z zz zz ζζζζ+++==∞！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 --=+-+-⎛⎫⎛⎫=-+-+-++++++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=++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]k f 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 ei -=[ ] 》 （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 -⎛⎫=-+++++ ⎪--- ⎪⎪=-+-+-++++ ⎪--- ⎪⎪=-+ ⎪-⎝⎭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 =⎛⎫=-+-=-+- ⎪⎝⎭=-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 nf z e z zn zc f z c --==+++++=∞=-=，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 zzf z c -⎛⎫=⋅=-+=-+ ⎪+⎝⎭+∞=-=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 z zf 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，从而法三：22222202121112()01(31)3112Res [(),0]=lim 23111Res [(),]Res [(),0] 2.z z f z z z z z z zf z z z f z f z z→⋅⋅=⋅==++⋅=+∞=-⋅=-以为一节极点，从而由3．计算下列各积分（利用留数，圆周均取正向） （1）3||2sin z zdz z=⎰2sin 13!z z z =-+31||2sin sin 2Res[,0]20.z z zdz i ic z zππ-====⎰（2）33||21cos zz dz z =-⎰】31cos 12!4!z zz z -=-+3133||21cos 1cos 12Res[,0]22.2z z z dz i ic i i z z ππππ-=--===⋅=⎰复变函数练习题 第五章 留数、系 专业 班 姓名 学号§3 留数在定积分计算上的应用一、选择题1．设1n >为正整数，则||211n z dz z ==-⎰ [ ]（A ）0 （B ）2i π （C ）2inπ （D ）2n i π||21(1)0011112Res[(),]1111111111=0111n nz n n n n nk n k k k n z dz i f z z z z c z z z z z z π=∞∞-+==⎛⎫ ⎪=<=-∞ ⎪-- ⎪ ⎪⎪- ⎪ ⎪⋅=== ⎪-- ⎪⎝⎭⎰∑∑的所有奇点满足，从而在无穷远点可展成： 对应的2．积分9310||21z z dz z ==-⎰[ ]（A ）0 （B ）2i π （C ）10 （D ）5i π 910991010101093110||21111=11112Res[(),]221z z z z z z z z z z z dz i f z ic i z πππ-=⎛⎫⎪ ⎪∞- ⎪ ⎪⎛⎫⋅=++ ⎪ ⎪-⎝⎭ ⎪- ⎪ ⎪ ⎪=-∞=-= ⎪-⎝⎭⎰在点可以展成：从而二、填空题· 1．积分3||21sin z dz zπ==⎰-2i 。