复变函数与积分变换留数定理习题课.

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高等数学课件-复变函数与积分变换第五章留数 §5.1 留数定理及留数的求法

0
的去心邻域内的罗朗展开式为：
sin z
1 z2
z4
L
1n z2n
L
z
3! 5!
2n 1!
故负幂次项 z1的系数 C1 0 ，即
Res
sin z
z
, 0
0
若孤立奇点z0为f (z)的可去奇点，则
Res f (z), z0 0
例1.3
函数
f
(z)
1 z(z 1)2
在
z
1 处有一个
二级极点，这个函数又有下列罗朗展开式：
n
Ñc f zdz 2πiRes f z, zk （1.3） k 1
证把在c内的孤立奇点 zk k 1,2,L ,n
用互不包含的正向简单闭曲线 ck 围绕起来（如图5－1）
图5－1
蜒c f zdz
c1
f
z
dz
蜒 f c2
zdz L
cn
f
z dz
以 2 i 除等式两边，得
1
Cm 0
Байду номын сангаас
g z Cm Cm1 z z0 L C1 z z0 m1
C0 z z0 m L
在点 z0 是解析的，且 g z0 Cm 0
由
f
z
gz z z0 m
，有 z
z0 m
f
z
gz
上式两端对 z 求导 m 1 次，并取极限（z z0），
得
lim
在 z 1的去心邻域
0 z 1 1
内的罗朗展开式，由于
f
z
z
1
12
z
1
1
n0
1n
z

复变函数课件5-2-1利用留数求积分

可见, 利用无穷远点的留数更简单.
例6
计算积分

C
(
z

dz i)10(z 1)(z

, 3)
C为正向圆周 : z 2.
解
被积函数
f (z)
(
z

i
)10
(
1 z
1)(
z

3)
除

点外, 其他奇点为 i , 1, 3 .
26
则 Res[ f (z),i] Res[ f (z),1] Res[ f (z),3] Res[ f (z),] 0 .
所以 z 0是 f (z)的三级极点，由规则3得
Res[
f
(z),0]

(3
1 lim
1)! z0
d2 dz 2

z
3

z
sin z6
z
.
计算较麻烦.
19
解如果利用洛朗展开式求c1 较方便:
z
sin z6
z

1 z6
z

z

z3 3!

z5 5!
z

C
z4

dz 1
2iRes[ f (z),1] Res[ f (z),1]
Res[ f (z), i] Res[ f (z),i]
由规则3
P(z) Q( z )

z 4z3

1 4z2
,
25

C
z
4
z
1
dz

2i 14

1 4

复变函数与积分变换5.2留数

m
f ( z )} ( m - 1)! c - 1 a ( z - z 0 )
令两端 zz0, 右端的极限是(m-1)!c-1, 两端除以(m-1)! 就是Res[f (z), z0], 即得规则2, 当 m=1时就是规则1。
规则 3
设 f ( z ) P z Q z , P (z)及 Q (z)在 z 0 都解析 ,
Res[ f ( z ), 0 ] lim z
z 0
e
z 2
z ( z - 1)
lim
e
z 2
z 0
( z - 1)
1.
z d e 2 R es[ f ( z ),1] lim ( z - 1) 2 ( 2 - 1)! z 1 d z z ( z - 1)
1 Q (z)

1 z - z0
( z ),
其中 (z)在 z 0 解析 , 且 (z 0 ) 0 . 故 z 0 为 f (z )的一级极点 .
根据规则 1 , R es[ f ( z ), z 0 ] lim ( z - z 0 ) f ( z ) ,而 Q (z 0 )= 0 .
z
-1
d z 2 π i(
e 2
) 2 π i ch 1
2
我们也可以用规则3来求留数:
Res[ f ( z ),1] ze
z
2z
|
z 1

e 2
; e
-1
Res[ f ( z ), - 1]
ze
z
2z
|
z -1
2
.
这比用规则1要简单些.
例 2

复变函数留数习题PPT课件

VS
应用
留数定理在解决各种数学问题中有着广泛的应用，如求解定积分、求解微分方程等。此外，留数定理还在物理学、工程学等领域中有着广泛的应用。
03
习题解析
简单习题解析
总结词
基础知识点
详细描述
简单习题主要涉及复变函数和留数的基本概念，包括复数、复变函数、级数、积分等。这些题目旨在帮助学生掌握复变函数和留数的基本知识点，为后续的学习打下基础。
留数的定义与性质
留数的定义
留数是复变函数在奇点附近的行为的一种度量，它是通过计算函数沿着正反两个方向的无穷小包围区域的积分来定义的。
留数的性质
留数具有一些重要的性质，如线性性质、可加性、奇偶性质等，这些性质在计算留数时非常有用。
留数定理及其应用
留数定理
留数定理是复变函数积分理论中的重要定理，它表明一个复函数沿着一个封闭曲线的积分可以用该函数在曲线内部的奇点上的留数来计算。
复数在物理中的应用
在交流电和电信中的应用
在交流电和电信中，常常需要用到复数来表示正弦波和余弦波，以便于进行计算和分析。
在量子力学中的应用
在量子力学中，波函数通常是复数，通过复数来表示粒子的状态和行为。
02
复变函数的积分与留数
复变函数的积分
பைடு நூலகம்
01
复数平面上的路径
复变函数在复平面上的积分依赖于所选择的路径，不同的路径可能导致
04
留数在解决实际问题中的应用
在电路分析中的应用
总结词
电路分析中，留数可以用于计算复平面上的奇异点对应的电流和电压。
详细描述
在电路分析中，留数是一个重要的概念，它可以用于计算复平面上的奇异点对应的电流和电压。通过将电路模型转化为复平面上的函数，并利用留数的性质，可以方便地求解电路中的电流和电压，特别是在处理具有极

复变函数与积分变换课后答案

1 ∴ Res e z 1 ,1 1 ．
2. 利用各种方法计算 f(z)在有限孤立奇点处的留数．
3z 2 (1) f z 2 z z 2 3z 2 解： f z 2 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 z z 2
1 1 2 解： z 1 sin z 2 2 z 1 sin z z 1 1 1 1 1 z 2 2 z 1 3 5 5! z z 3! z 1 ∴ Res f z , 0 1 3!
为在 c 内 tanπz 有 zk k
sin πz 由于 Res f z , zk cos πz
1 π
1 ∴ tan πzdz 2 πi Res f z , zk 2πi 2n 4ni c π k (2)
3 i 10
6. 计算下列积分．
(1)
π
0
cos m d 5 4 cos 1 π cos m d 2 π 5 4 cos
因被积函数为 θ 的偶函数，所以 I 令 I1
1 π sin m d 则有 2 π 5 4 cos
1 π eim d 2 π 5 4 cos
z 0
所以由留数定理．

AB
f z dz
BE
f z dz
EF
f z dz
C
FA
f z dz 2πi ln a
而

BE
f z dz

R
C
e x Ri ln a dx x Ri 2

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。

复变函数与积分变换02-5.3 留数在定积分计算中的应用课件_5

事实上，设
y CR
R(z)
zzm1n
a zn1 a
n
b
z,mm1n2b
1
m
z2
z3 z1
显然 R(z) 只有有限个孤立奇点且为极点。-R
O
Rx
取积分路线如图所示, 其中CR是以原点为中心, R为半径的在上半平面的半圆周. 取R适当大, 使R(z)所有的在上半平面内的极
点zk都包在这闭路积分曲线C [ R, R] CR 内.
在上半平面内，i 与 3i 为 R(z) 一阶极点。
(2) Res[ R(z), i ] z2 z 2
1 i ,
(z i)(z 2 9) zi
16
Res[ R(z), 3i ] z2 z 2
3 7i .
(z2 1)(z 3i) z3i
48
(3)
I
2πi
1 i 16
3
7i 48
5π . 12
三.形如 R(x)eiax d xa 0 的积分
要求
(1) R( x) P( x) , Q( x)
其中，P (x),
Q(x) 为多项式；
(2)分母 Q(x) 的次数比分子 P (x) 的次数至少高一次；
(3)分母 Q(x) 无实零点。
则
R(
x)e
iax
dx
2
π
i
Res[ R(z)eiaz , zk ] A iB
53留数在定积分计算上的应用一形如的积分形如的积分留数定理是复变函数的定理又是应用到闭路积分的因此要将定积分变为闭路积分的形式
§5.3 留数在定积分计算上的应用
一、形如
2
0
R(cos ,
sin )d

复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后习题答案

习题七1.证明：如果f (t )满足傅里叶变换的条件，当f (t )为奇函数时，则有⎰+∞⋅=0d sin )()(ωωωt b t f其中()⎰+∞⋅=0tdt sin π2)(ωωt f b当f (t )为偶函数时，则有⎰+∞⋅=0cos )()(ωωtd w a t f其中⎰+∞⋅=02tdt c f(t))(ωωos a证明：因为ωωωd G t f t i ⎰+∞∞-=e )(π21)(其中)(ωG 为f (t )的傅里叶变换()()()(cos sin )i tG f t edt f t t i t dt ωωωω+∞+∞--∞-∞==⋅-⎰⎰()cos ()sin f t tdt i f t tdt ωω+∞+∞-∞-∞=⋅-⋅⎰⎰当f (t )为奇函数时，t cos f(t)ω⋅为奇函数，从而⎰+∞∞-=⋅0tdt cos f(t)ωt sin f(t)ω⋅为偶函数，从而⎰⎰+∞∞-+∞⋅=⋅0.sin f(t)2tdt sin f(t)tdt ωω故.sin f(t)2)(0tdt iG ωω⋅-=⎰+∞有)()(ωωG G -=-为奇数。

ωωωωπωωπωd t i t G d e G t f t i )sin (cos )(21)(21)(+⋅=⋅=⎰⎰+∞∞-+∞∞-=01()sin d ()sin d 2ππi G i t G t ωωωωωω+∞+∞-∞⋅=⋅⎰⎰ 所以，当f(t)为奇函数时，有2()b()sin d .b()=()sin dt.πf t t f t t ωωωωω+∞+∞=⋅⋅⎰⎰其中同理，当f(t)为偶函数时，有()()cos d f t a t ωωω+∞=⋅⎰.其中02()()cos πa f t tdt ωω+∞=⋅⎰ 2.在上一题中，设()f t =21,0,1t t t ⎧<⎪⎨≥⎪⎩.计算()a ω的值.解:1200111220012012011200222()()cos d cos d 0cos d πππ221cos d d(sin )ππ122sin sin 2d 0ππ2sin 4(cos )π2sin 4cos cos π2sin 4co a f t t t t t t t t t t t t t t t t t tt d t t t tdt ωωωωωωωωωωωωωωπωωωωωπωωπω+∞+∞=⋅=⋅+⋅=⋅=⋅=⋅⋅-⋅=⋅+⋅⎡⎤=+⋅-⎢⎥⎣⎦=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰23s 4sin ωωπωπω-3.计算函数sin ,6π()0,6πt t f t t ⎧≤⎪=⎨≥⎪⎩的傅里叶变换. 解:[]6π6π6π6π6π02()()d sin d sin (cos sin )d 2sin sin d sin 6ππ(1)i t i t F f f t e t t e tt t i t ti t t t i ωωωωωωωω+∞---∞--=⋅=⋅=⋅-=-⋅=-⎰⎰⎰⎰4.求下列函数的傅里叶变换 (1)()tf t e -=解： []||(||)0(1)(1)2F f ()()d d d 2d d 1i t t i t t i t t i t i f te t e e t e te t e t ωωωωωωω+∞+∞+∞----+-∞-∞-∞+∞--+-∞==⋅==+=+⎰⎰⎰⎰⎰(2)2()t f t t e-=⋅解：因为22222/4F[].()(2)2.t t t t e ee e t t e ω-----==⋅-=-⋅而所以根据傅里叶变换的微分性质可得224()F()tG t e e ωω--=⋅=(3)2sin π()1tf t t =- 解：222202200sin π()F()()d 1sin π(cos sin )d 11[cos(π)cos(π)]sin πsin 2d 2d 11cos(π+)cos(π-)d d ()11sin ,||π20,|i tt G f e t t tt i t t t t t t t i t i t t t t t i t i t t t iωωωωωωωωωωωωω+∞--∞+∞-∞+∞+∞-∞+∞+∞==⋅-=⋅---+--⋅=-=---=----≤=⎰⎰⎰⎰⎰⎰利用留数定理当当|π.⎧⎪⎨⎪≥⎩(4)41()1f t t=+ 解:4444401cos sin ()d d d 111cos cos 2d d 11i tt t G e t t i t t t t t t t t t t ωωωωωω+∞+∞+∞--∞-∞-∞+∞+∞-∞==-+++==++⎰⎰⎰⎰⎰令41R(z)=1z +，则R(z)在上半平面有两个一级极1)i i +-+. R()d 2π[R())]2π[R()1)]i t i z i z t e t i Res z e i i Res z e i ωωω+∞-∞⋅=⋅⋅++⋅⋅-+⎰故.|244cos ||||d Re[d ]sin )1122i t t e t t t t ωωωωω+∞+∞--∞-∞=+++⎰⎰(5) 4()1tf t t =+ 解:4444()d 1sin cos d d 11sin d 1i t tG e t t t t t t t i t t t t t i tt ωωωωω+∞--∞+∞+∞-∞-∞+∞-∞=⋅+⋅=⋅-++⋅=-+⎰⎰⎰⎰ 同(4).利用留数在积分中的应用,令4R()=1zz z +则44|sin d ()Im(d )11sin22i tt tt e i t i t t t ie ωωωω+∞+∞-∞-∞-⋅⋅-=-++=-⋅⋅⎰⎰.5.设函数F (t )是解析函数，而且在带形区域Im()t δ<内有界.定义函数()L G ω为/2/2()()e d .L i t L L G F t t ωω--=⎰证明当L →∞时，有1p.v.()e d ()2πi t L G F t ωωω∞-∞→⎰ 对所有的实数t 成立.(书上有推理过程) 6.求符号函数 1,0sgn 1,0||t t t t t -<⎧==⎨>⎩的傅里叶变换. 解: 因为1F (())π().u t i δωω=+⋅把函数sgn()t 与u(t)作比较.不难看出 sgn()()().t u t u t =-- 故：[]11F[sgn()]F(())F(())π()[π()]π()22π()()t u t u t i i i i δωδωωδωδωωω=--=+⋅-+⋅--=+--=7.已知函数()f t 的傅里叶变换()00F()=π()(),ωδωωδωω++-求()f t解:[]000-100000001()F (F())=π()()d 2πF(cos )=cos d d 2π[()()]()cos i ti t i t i t i tf t e t t e te e e tf t tωωωωωωδωωδωωωωωδωωδωωω+∞-∞+∞--∞-+∞--∞=⋅++-⋅+=⋅=++-=⎰⎰⎰而所以8.设函数f (t )的傅里叶变换()F ω，a 为一常数. 证明1[()]().f at F a a ωω⎛⎫=⎪⎝⎭1F[()]()()d ()d()i t i t f at f at e t f at e at a ωωω+∞+∞---∞-∞=⋅=⋅⎰⎰解:当a >0时,令u=at .则11F[()]()()d u i a f at f u e u F a a a ωωω-+∞-∞⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭⎰当a <0时,令u=at ,则1F[()]()F()f at a aωω=-. 故原命题成立.9.设()[]();F F f ωω=证明()()[]()F f t ωω=--F .证明：()[]()()()()()[]()[]()()[]()()e d e d e d e d e d .i t i u i i u u i t F f t f uf t u t f u f uu u f t F t ωωωωωωω+∞+∞--∞-∞+∞+∞--⋅-⋅--∞-∞+∞-⋅--∞=⋅=-⋅--=⋅=⋅=⋅=-⎰⎰⎰⎰⎰10.设()[]()F F f ωω=，证明：()[]()()()0001cos 2F f t F F t ωωωωωω⋅=-++⎡⎤⎣⎦以及()[]()()()0001sin .2F f t F F t ωωωωωω⋅=--+⎡⎤⎣⎦ 证明：()[]()()()()()0000000e +e cos 21e e 22212i t i t i t i t F f t F t f t F F f f t t F F ωωωωωωωωω--⎡⎤⋅=⋅⎢⎥⎣⎦⎧⎫⎡⎤⎡⎤=+⋅⋅⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎩⎭=-++⎡⎤⎣⎦同理：()[]()()(){}()()0000000e e sin 21e e 212i t i t i t i t Ff t F f t t i F F f f t t i F F i ωωωωωωωωω--⎡⎤-⋅=⋅⎢⎥⎣⎦=-⎡⎤⎡⎤⋅⋅⎣⎦⎣⎦=--+⎡⎤⎣⎦ 11.设()()π0,0sin ,0t 200e ,t t t f g t t t -⎧<⎧≤≤⎪==⎨⎨≥⎩⎪⎩，其他计算()*f g t . 解：()())*(d f y g y t f g t y +∞-∞-=⎰当t y o -≥时，若0,t <则()0,f y =故()*f g t =0.若0,0,2t y t π<≤<≤则()()()0()d sin d *t ty f y g y e y t f g t y t y -=⋅--=⎰⎰若,0..222t t y t y t πππ>≤-≤⇒-≤≤则()()2sin d *ty t e y t f g y t π--⋅-=⎰故()()()20,01,0sin cos e *221e .1e 22t t t t t t f g t t πππ--<⎧⎪⎪<≤-+=⎨⎪⎪>+⎩12.设()u t 为单位阶跃函数，求下列函数的傅里叶变换.()()()0e sin 1at f t u t t ω-=⋅()()()()()()()00000000002002e sin e e sin e e e e e 211e d d d d e 2d 2at i t at i t i t i t ati ta i t a i t ttG F t u f t t t i i i t t a i ωωωωωωωωωωωωωωωω+∞-∞+∞+∞+∞+--------+--++⎡⎤⎡⎤⎣∞⎣⎦⎦=====-=⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅++⎰⎰⎰⎰⎰解：习题八1.求下列函数的拉普拉斯变换.(1)()sin cos f t t t =⋅，(2)4()etf t -=，(3)2()sin f t t= (4)2()f t t =， (5)()sinh f t bt=解: (1) 1()sin cos sin 22f t t t t =⋅=221121(())(sin 2)2244L f t L t s s ==⋅=++(2)411(())(e )24tL f t L s -==+(3)21cos 2()sin 2t f t t -==221cos21111122(())()(1)(cos2)222224(4)t L f t L L t s s s s -==-=⋅-⋅=++(4)232()L t s = (5)22e e 111111(())()(e )(e )22222bt bt bt bt bL f t L L L s b s b s b ---==-=⋅-⋅=-+-2.求下列函数的拉普拉斯变换.（1）2,01()1,120,2t f t t t ≤<⎧⎪=≤<⎨⎪≥⎩(2)cos ,0π()0,πt t f t t ≤<⎧=⎨≥⎩解: (1) 1220011(())()e 2e e (2e e )st st st s s L f t f t dt dt dt s +∞-----=⋅=⋅+=--⎰⎰⎰(2)πππ2011e (())()e cos e (1e )1s ststsL f t f t dt t dt s s -+∞---+=⋅=⋅=+++⎰⎰3.设函数()cos ()sin ()f t t t t u t δ=⋅-⋅,其中函数()u t 为阶跃函数, 求()f t 的拉普拉斯变换.解:20222(())()e cos ()e sin ()e cos ()e sin e 11cos e 1111st st st st st stt L f t f t dt t t dt t u t dtt t dt t dts t s s s δδ+∞+∞+∞---+∞+∞---∞-==⋅=⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅-⋅=⋅-=-=+++⎰⎰⎰⎰⎰4.求图8.5所表示的周期函数的拉普拉斯变换解：2()e 1(())1e (1e )Tst T T as as f t dt as aL f t s s ---⋅+==---⎰5. 求下列函数的拉普拉斯变换.(1)()sin 2tf t lt l=⋅ (2)2()e sin5t f t t -=⋅(3)()1e t f t t =-⋅ (4)4()e cos4t f t t-=⋅(5()(24)f t u t =- (6()5sin 23cos 2f t t t =-(7) 12()e t f t t δ=⋅ (8) 2()32f t t t =++解:(1)222222221()sin [()sin ]221()(())(sin )[()sin ]22112()22()()tf t lt t lt l lt F s L f t L lt L t lt l ll ls s l s l l s l s l =⋅=--⋅==⋅=--⋅-'=-=-⋅=+++(2)225()(())(e sin 5)(2)25t F s L f t L t s -==⋅=++21(3)()(())(1e )(1)(e )(e )1111()1(1)t t t F s L f t L t L L t L t ss s s s ==-⋅=-⋅=+-⋅'=+=--- (4)424()(())(ecos 4)(4)16ts F s L f t L t s -+==⋅=++ (5)1,2(24)0,t u t >⎧-=⎨⎩其他22()(())((24))=(24)e 1=e =e st stsF s L f t L u t u t dtdt s∞-∞--==--⋅⎰⎰(6)222()(())(5sin 23cos2)5(sin 2)3(cos2)210353444F s L f t L t t L t L t s ss s s ==-=--=⋅-⋅=+++ (7)12332213(1)()22()(())(e )()()t F s L f t L t s s δδδΓ+Γ==⋅==-- (8)2221()(())(32)()3()2(1)(232)F s L f t L t t L t L t L s s s ==++=++=++6.记[]()()L f s F s =，对常数0s ，若00Re()s s δ->，证明00[e ]()()s t L f s F s s ⋅=-证明:00000()()00[e ]()e ()e ()e()e ()s t s tsts s ts s t L f s f t dtf t dt f t dt F s s ∞-∞∞---⋅=⋅⋅=⋅=⋅=-⎰⎰⎰7 记[]()()L f s F s =，证明:()()[(t)()]()n nF s L f t s =-⋅证明：当n=1时,0()()e st F s f t dt +∞-=⋅⎰0()[()e ][()e ]()e (())st stst F s f t dt f t dt t f t dt L t f t s+∞--+∞+∞-''=⋅∂⋅==-⋅⋅=-⋅∂⎰⎰⎰所以，当n=1时, ()()[(t)()]()n nFs L f t s =-⋅显然成立。

复变函数与积分变换第5章留数及其应用

例5.16 判断z 是否为 f ( z ) e 的孤立奇点？
z
为哪类奇点？
1 例5.17 判断z 是否为 f ( z ) 的孤立奇点？ sin z
例5.18 判断z 是否为 f ( z) tan z的孤立奇点？
2019/1/20 20
§5.2 留数
1.留数的概念及留数定理
z w0
2019/1/20 16
等价于 (w)在w=0的奇点类型。
在无穷远点的去心邻域内,f ( z)可展成洛朗级数
f ( z)
n

Cn z n ( R z )
(1)若对一切n 0, 有Cn 0, 则称为f ( z)的可去奇点 .
(2)若有且仅有有限个n 0, 使Cn 0，则称为f ( z)的极点.
例5.9 求 f ( z) z tan z(tan z sin z)的零点阶数.
2019/1/20 11
定理 5.4 若f ( z )在 z0 解析, 则 z0 为 f ( z ) 的 m 级零点的充要条件为：
f ( n) ( z0 ) 0,(n 0,1,
m 1), f ( m) ( z0 ) 0.
(1)若对一切n 0, 有Cn 0, 则称 z0 为f ( z)的可去奇点.
这时, f (z)= c0 + c1(zz0) +...+ cn(zz0)n +.... 0<|zz0|< ,
显然 lim f ( z ) c0 , 补充定义 f z0 c0 ，
z z0
则在圆域|zz0|< 内就有 f (z)=c0+c1(zz0)+...+cn(zz0)n +..., 从而函数 f (z)在z0就成为解析的了.所以z0称为可去奇点.

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 ex sin 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 k 7．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(21 ±±=+=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 s4．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)(z zz 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 t t 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 k3．0 4．m - 5．16．2- 7．241-8．12i π 9．i π2 10．ei π 三、i π-316. 四、12+πa a .五、π125. 六、１．)(443e e e -π ２．e1cos π。

《复变函数与积分变换》用留数定理计算实积分

在上半平面的所有奇点 .
Re s [ f ( z ) , ai ] = lim ( z − ai ) R ( z ) =
z → ai
∫
R
−R
R( x ) dx + ∫ R( z ) dz = 2π i
CR
∑
Res R( z ) , z k
Re s [ f ( z ) , bi ] = lim ( z − bi ) R ( z ) =
Im zk > 0
∑
iaz Res R( z ) e , zk
解：首先计算 I 1 = ∫−∞
=∫
x ei x dx x2 + a2
+∞ x cos x x sin x dx + i ∫ dx −∞ x2 + a2 x2 + a2
其中 R ( x ) = 注：
x + a1 x + L + a n , m−n≥1, x m + b1 x m −1 + L + bm R ( x ) e i a x dx
×
O a
z1
× znbx Nhomakorabea故 I =Ñ ∫ z =1
1+ z4 dθ 2iz 2 ( z − p )(1 − pz )
奇点为 0 , p , ,
1 p
若要计算
f (z)
∫
b
a
f ( x ) dx , 在复平面上增加若干条辅助线 Γ ,
使得 C = [a, b] + Γ 是一条简单闭曲线 , 设其内部为 D , 在 D 内只有有限个孤立奇点 , 则
z → ai
两边对 R 取极限：

复变函数与积分变换-第五章-留数(下)

上无奇点
由此得到：
定义：
Pn ( x ) Qm (x)
e i x dx
2
i
Im zk
0
Re
s[ Pn(z) Qm (z)
ei z
,
zk
].
其中，z（k k 1,2.....）为R( z )在 Im 0平面上的奇点
特别地：
此公式还可以用于计算有理函数乘三角函数的两类积
分
Pn (x) Qm (x)
2i
2i z 2iz
z ei 将 0 2 映射为 z 1。故
2
(cos , sin )d
( z2 1, z2 1) 1 dz.
0
z 1 2z 2iz iz
例3
计算积分 I
2 cos 2 0 1 2 pcos
p2d (
p
1 ).
解：令
z
ei
,则 cos 2
1 [e2i 2
e2i
]
1[z2 2
1 z2
],
故
I
1 2
(z2
1 z2
)
1 dz
z 1 1 2 p 1 (z 1) p2 iz
2z
z
1
2iz2 (1
1 z4 pz)(z
dz. p)
被积
函数有
三个极
点
z
0
,
p
,
1 p
,
其
中
z
0
是二
阶极
点， z
p和z
1
p 是一阶极点。
(1)若 p 1 ，则被积函数在 z 1 内部只有两个孤立奇点 z 0 和 z p ，由留数定理
当

复变函数与积分变换留数

复变函数与积分变换
Complex Analysis and Integral Transform
事实上, 因为 Q(z0)=0 及 Q'(z0)0, 所以 z0 为 Q(z)的一级零点, 从而 z0 为1 Q z 的一级极点. 因此
1 1 ( z ), Q ( z ) z z0
求函数在孤立奇点z0处的留数就是求它在去心邻
域内所展洛朗级数中(z-z0)-1 项的系数 c-1 即可. 但
如果知道奇点的类型, 对求留数会更有利.
如果z0是f (z)的可去奇点, 则Res[f(z),z0]=0 .
如果z0 是本性奇点, 则只好将其展开成洛朗级数. 如
果z0 是极点, 则有如下规则:
证明把C内的孤立奇点zk(k=1,2,...,n)用互不包含的正向简单闭曲线Ck围绕起来, 则根据复合闭路定理有
C

f ( z) d z
1 2πi
C1

f ( z )dz
1
C2

f ( z )dz

2
Cn

f ( z )dz.
C
f ( z) d z Res[ f ( z), z ] Res[ f ( z), z ]
复变函数与积分变换
Complex Analysis and Integral Transform
为f ( z )在z0的留数，记作 Res[ f ( z ), z0 ]，即 1 Res[ f ( z ), z0 ] 2 i
C

f ( z )dz c1
2.留数定理
定理一设函数f(z)在区域D内除有限个孤立奇点 z1,
z z0
所以

复变函数与积分变换之留数

复变函数与
内处处解析, 则z0称为f (z)的孤立奇点.
例如函数
1
和
1
ez
z
都以z 0为孤立奇点.
积分变换
但z
0是函数f
(z)
1 sin( 1
z)
的非孤立奇点
将函数 f (z)在它的孤立奇点z0的去心邻域0<|zz0|<内展
哈开成洛朗级数. 根据级数的不同情况对孤立奇点作分类.
尔
z
2. 极点如果在洛朗级数中只有有限多个z-z0的负幂项,
哈且其中关于(z-z0)-1的最高幂为 (z-z0)-m, 即
尔滨工
f (z)=c-m(z-z0)-m+...+c-1(z-z0)-1+c0+c1(z-z0)+... (m1, c-m0),
程大
则孤立奇点z0称为函数
f
(z)的m级极点.
学 z 0的去心邻域内的洛朗级数
复变函
sin z 1 ( z 1 z 3 1 z 5 ) 1 1 z 2 1 z 4
z
z
3!
5!
3!
5!
数与积分
中不含负幂的项 .如果约定 sin z 在 z 0的值为1, z
ห้องสมุดไป่ตู้变换
则 z 0就是 sin z 的解析点了.
工程大
f (n)(z0)=0, (n=0,1,2,...,m1), f (m)(z0)0 .
学
例如： f (z)=z(z1)3, z=0与z=1分别是是f (z)的一
复级与三级零点.
变

复变函数的留数定理

复变函数的留数定理当然可以！以下是根据“复变函数的留数定理”标题设计的20道试题，包括选择题和填空题，每道题目都有详细的序号介绍：1. 选择题：1. 根据复变函数的留数定理，留数的计算方法包括以下哪些步骤？A. 计算极点B. 计算奇点C. 计算在有限点处的留数D. 计算无穷远点处的留数（答案：C和D）2. 填空题：2. 复变函数 \( f(z) = \frac{1}{z^2 + 1} \) 在 \( z =i \) 处的留数是 \_\_\_\_ 。

（答案：\( \frac{1}{2i} \)）3. 选择题：3. 对于复变函数 \( f(z) = \frac{1}{z(z-1)(z-2)} \)，其在点 \( z = 2 \) 处的留数为：A. 0B. 1C. \( -\frac{1}{2} \)D. \( \frac{1}{2} \)（答案：C）4. 填空题：4. 复变函数 \( f(z) = \frac{e^z}{z^2} \) 在 \( z = 0 \) 处的留数是 \_\_\_\_ 。

（答案：1）5. 选择题：5. 留数定理适用于哪类复变函数？A. 解析函数B. 极限函数C. 奇函数D. 双曲函数（答案：A）6. 填空题：6. 计算复变函数 \( f(z) = \frac{\sin z}{z} \) 在 \( z = 0 \) 处的留数。

（答案：1）7. 选择题：7. 复变函数 \( f(z) = \frac{1}{z-1} \) 在 \( z = 1 \) 处的留数为：A. 0B. 1C. \( -1 \)D. 不存在（答案：D）8. 填空题：8. 复变函数 \( f(z) = \frac{1}{(z-1)^3} \) 在 \( z = 1 \) 处的留数是 \_\_\_\_ 。

（答案：0）9. 选择题：9. 复变函数 \( f(z) = \frac{z^2}{z^4 + 1} \) 在 \( z = i \) 处的留数为：A. 0B. 1C. \( \frac{1}{2i} \)D. 不存在（答案：C）10. 填空题：10. 复变函数 \( f(z) = \frac{e^z}{z^3} \) 在 \( z = 0 \) 处的留数是 \_\_\_\_ 。

复变函数与积分变换第五章_2023年学习资料

渝长-1要灵活运用规则及洛朗级数展开来求留-数，不要死套规则。-P--sin-如fz=-Q-由于p0=0p 0=1-c0sz0=0-p"0=sin=0 p'"0=cosz=10-∴.乙=0是pz的三级零点是f2的三极点。
若将fz作Laurent级数展开--sin-e-e--1-1111-二-十„-3!z3-5!z--该方法较则2更简单！
第五幸-留数理论及其应用
§5.1留数Residue-四1.留数的定义-四2.留敖定理-四3.留款的什算规创
一、-留数的引入-手fd-∫z在C所围成的区域内解析-未必为0，-C所围成的区域内含有∫z的奇点z-设C为域D内-包含。的任一条正向简单闭曲线-fz在z,的某去心邻域：-0<3-zo<R解析-fz在0<z-zo< 内的Laurent,展式：
说明：由定理得->Res[fz,zg]=-Res[fz,col,-k=1-∫f=2mi∑Res[fz,z】数定理-=-2iRes[f,oo].-计算积分∫fzk·计算无穷远点的留数.-优点：使计算积分进一步得到简 .-避免了计算诸有限点处的留数
3.在无穷远点处留数的计算-·规则4-Reslfol=-kef0是-说明：定理5.2和规则4提供了计算函数闭曲线-积分的又一种方法：-re=2nRa目0-此法在很多情况下此法更为简单.
证-现取正向简单闭曲线C为半径足够大的-正向圆周：=P.令z=-并设=pe0,5=re,那末p=,0=-9 -于是有Rsf3=2茄a-hije9aeag
resy ore-2;手ggag-b为正向.-0-+在5=1内除6=0-外无其他奇点.-=r03-[证毕]
例5计算积分-2是，，C为正向图用：R=2-解函数-之！在=2的外部除0点外没有-其他奇点.根据定理5.2 规则4：-k=2asVe回l-=2ae920

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