第五章 留数及其应用

+ 2π i ⋅ ( −1) n−1
(2n − 2)!
[ (n − 1)!]
2
9．判定 z = ∞ 是下列各函数的什么奇点，并求出在 ∞ 的留数. (1) sin z − cos z; (2) 1 ; z ( z + 1) 2 ( z − 1)
解: (1) lim(sin z − cos z ) 不存在,故 ∞ 为 sin z − cos z 的本性奇点.
(2)
⎛ e2 z e2 z ⎞′ 2 dz = 2 π i ⋅ lim ( z − 1) ⎜ ⎟; � ∫|z|=2 ( z − 1)2 z →1 ( z − 1)2 ⎠ ⎝ 1 <| a |<| b | 时 , 令 f ( z ) = 1 , f ( z ) 在 | z |= 1 内 无 奇 点 , 故 ( z − a ) ( z − b) n
f ( z ) = z 2 (e z − 1) = z 2 ( z 2 +
= z 4 (1 +
2
z4 + ⋯) 2!
z2 + ⋯), 2!
所以 z = 0 为 f ( z ) 的四阶零点.又
f ′( z ) = 2 z (e z − 1) + z 2 ⋅ 2 z ⋅ e z , f ′( 2kπ i ) = 2 ⋅ ( 2kπ i )3 ≠ 0 (k = ±1, ±2,⋯),
1 2 , 其中 α = −α − α 2 − 1 , β = −α + α 2 − 1 为实系数二次 百度文库 ( z − α )( z − β )
2
(1)
∫
2π
0
dθ 令z = eiθ � ∫|z|=1 a + cos θ
1 2 1 2 dz = � dz = � dz. 2 2 ∫ ∫ | z| =1 i ( z + 2 az + 1) z +1 i | z|=1 ( z − α )( z − β ) iz (a + ) 2z
令 f ( z) =
z
解 : (1) 令 f ( z ) =
z −1 1 , z = 0, ±2i 为 f ( z ) 的奇点 , 因 lim zf ( z ) = − , 所以 2 2 z →0 z ( z + 4) 16
z = 0 为简单极点,又
lim( z − 2i )2
z → 2i
z −1 z −1 i+2 = lim =− , 2 2 2 z → 2 i z ( z + 2i ) z ( z + 4) 32
所以 1 ⎤′ ⎡ Re s[ f ( z ), 0] = lim ⎢ z 2 z →0 ⎣ z sin z ⎥ ⎦ sin z − z cos z = lim z →0 sin 2 z cos z + z sin z − cos z = lim = 0, z →0 2sin z cos z 易知 zk = kπ ( k = ±1, ±2,⋯) 为简单极点，所以 Re s [ f ( z ), kπ ] = lim [ ( z − kπ ) / z sin z ]
1 e z ''' 2 = 2π i ilim ( ) = − π i. z →0 3! z + 1 3
(2)
z15 Re s ( f ( z ), zk ), zk 为f ( z )所有奇点 � ∫|z|=3 ( z 2 + 1)2 ( z 4 + 2)3 dz = 2π i∑ zk
= −2π i Re s[ f ( z ), ∞] = 2π i Re s ( = 2π i Re s lim (1/ z 2 )15 , 0) (1/ z 2 + 1) 2 (1/ z 4 + 2)3 i z 2
| z| =1
解: (1)
� ∫
dz = 2π i Re s [ f ( z ), 0] z sin z
sin z − z cos z ⎛ z ⎞′ = 2π i lim ⎜ ⎟ = 2π i lim z →0 sin z z →0 sin 2 z ⎝ ⎠ sin z − z cos z = 2π i lim z →0 2z cos z − cos z − z sin z = 2π i lim z →0 2z sin z = 2π i lim = 0. z →0 2
z3 1 � ∫|z|=2 1 + z e z dz ;
(2) � ∫
z15 dz . | z| =3 ( z 2 + 1) 2 ( z 4 + 2)3
z3 1 � ∫|z|=2 1 + z e z dz = 2π i[Re s ( f ( z ), 0) + Re s( f ( z ), −1)] = −2π i Re s( f ( z ), ∞) 1 1 1 1 ez z 1 = 2π i Re s ( f ( )i 2 , 0) = 2π i Re s[e i 3 i i , 0] = 2π i Re s[ 4 , 0] z z z 1 + 1/ z z 2 z ( z + 1)
则
1 π 的零点为 z = kπ − , k = 0. ± 1, ±2,⋯. 因 f ( z) 4 ⎛ 1 ⎞′ π ⎞′ ⎛ ⎜ ⎟ |z = kπ − π = ⎜ 2 sin( z + ) ⎟ |z = kπ − π 4 ⎠ ⎝ ⎝ f ( z) ⎠ 4 4 π = 2 cos( z + ) | π 4 z = kπ − 4 = 2 ⋅ (−1)k ≠ 0,
6．问 ∞ 是否为下列各函数的孤立奇点. 1 （2） z . e −1 1 解:（2） z 的孤立奇点为 zk = 2kπ i ， k = 0, ±1, ±2,⋯ , 由于 e −1 lim 2kπ i = ∞ ，
k →∞
故 ∞ 不是其孤立奇点. 7．求出下列函数的在孤立奇点处的留数.
（1）
ez −1 ； z
所以 z = 2kπ i (k = ±1, ±2,⋯) 为 f ( z ) 的一阶零点. 3．下列各函数有哪些奇点？各属何类型（如是极点，指出它的阶数）. (1)
2
2
z −1 ; z ( z 2 + 4) 2
(2)
sin z ; z3
(3)
1 ; sin z + cos z
(4)
1 1 − ; e −1 z
z →2
z7 z7 128 = lim = , 2 2 2 2 ( z − 2)( z + 1) z →2 ( z + 1) 25
Re s[ f ( z ), i] = lim
z →i
z7 2+i . = ( z − 2)( z + i ) 10
2−i . 10 1 1 1 1 1 1 （4） z 2 sin = z 2 ( − + − ⋯) = z − + −⋯ ， 3 5 3 z z 3! z 5! z 3! z 5! z 5 1 Re s[ f ( z ), 0] = − . 6 1 （5） 的孤立奇点为 z = 0 ， zk = kπ (k = ±1, ±2,⋯) ，其中， z = 0 为二阶 z sin z 极点，这是由于 同理可计算 Re s[ f ( z ), −i] = 1 = z sin z 1 1 = 3 z z3 z ( z − + ⋯) z 2 (1 − + ⋯) 3! 3! 1 1 1 1 = 2 , 在z = 0处解析.且 ≠ 0. z g ( z) g ( z) g (0)
1− ez −e z 1 = lim =− , z z z z z →0 e − 1 + ze z →0 2e + ze 2
所以 z = 0 为其可去奇点.又 1 z (e z − 1) z = = ⋅ (e z − 1), z z f ( z) z − e + 1 z − e + 1 所以 z = 2kπ i (k = ±1, ±2,⋯) 为 1 的一阶零点,即为 f ( z ) 的简单极点. f ( z)
z →∞
(−1)n z 2 n+1 ∞ (−1)n z 2 n sin z − cos z = ∑ −∑ , (2n)! n = 0 (2 n + 1)! n=0
∞
所以 Re s (sin z − cos z , ∞) = 0. (2) lim 1 = 0, 故 ∞ 为其可去奇点. z →∞ z ( z + 1) 2 ( z − 1) ⎡ 1 1 ⎤ Re s ( f ( z ), ∞) = − Re s ⎢ f ( ) ⋅ 2 , 0 ⎥ ⎣ z z ⎦ 2 z = − Re s ( , 0) = 0. 1− z2 10．求下列积分 (1) 解 : (1)
z → kπ
= lim
1 1 = (−1)k (k = ±1, ±2,⋯). z → kπ sin z + z cos z kπ
8．利用留数计算下列积分. (1)
dz � ∫|z|=1 z sin z ;
(2)
e2 z � ∫|z|=2 ( z − 1)2 dz
(3) � ∫
| z| =1
dz (n为正整数,| a |≠ 1,| b |≠ 1,| a |<| b |). ( z − a ) n ( z − b) n
所以 z = kπ − (4)令
π ( k = 0, ±1,⋯) 都为简单极点. 4
1 1 z − ez + 1 − = , e z − 1 z z (e z − 1)
f ( z) =
z = 0 和 2kπ i (k = ±1, ±2,⋯) 为其孤立奇点.因
lim f ( z ) = lim
z →0
n
(3) 10
� ∫
20
| z| =1
f ( z )dz = 0
| a |< 1 <| b | 时,
� ∫
| z | =1
f ( z )dz = 2π i Re s ( f ( z ), a )
( n −1)
⎡ 1 ⎤ 1 = 2π i ⋅ ⋅ lim ⎢ (n − 1)! z →a ⎣ ( z − b)n ⎥ ⎦ = 2π i ⋅ (−1) n−1 30 | a |<| b |< 1 时, (2n − 2)!
（2）
z7 ； ( z − 2)( z 2 + 1)
（4） z 2 sin
1 ； z
（5）
1 . z sin z
解:
（1）令 f ( z ) =
ez −1 ，孤立奇点仅有可去奇点 z=0.故 z
Re s[ f ( z ), 0] = 0 .
（2） z = 2 为简单极点， z = ±i 为一阶极点. Re s[ f ( z ), 2] = lim( z − 2)
[ (n − 1)!]
2
⋅ (a − b)−2 n+1
� ∫
| z | =1
f ( z )dz = 2π i Re s ( f ( z ), a ) + 2π i Re s ( f ( z ), b)
= 2π i ⋅ (−1) n −1 (2n − 2)!
[ (n − 1)!]
2
⋅ (a − b) −2 n +1 ⋅ (b − a)2 n+1 = 0.
1 = 2π i. z →0 (1 + z ) (2 z 4 + 1)3 11．下列各积分之值.
2 2
(1) ∫ 解:
2π
0
dθ (a > 1) ; a + cos θ
(3) ∫
+∞
−∞
x2 dx(a > 0) ; ( x2 + a 2 )2
(4) ∫
+∞
−∞
cos x dx ; x + 4x + 5
第五章 留数及其应用
1．问 z = 0 是否为下列函数的孤立奇点？ 1 (1) cot ; z 解 : 因 cot 1 cos(1/ z ) 1 1 1 = , 在 = kπ 处，即 zk = (k = ±1, ±2,⋯), z = 0 处 cot 不解 z sin(1/ z ) z kπ z
1 析，且 lim zk = 0, 故 0 不为 cot 的孤立奇点. k →∞ z 2．找出下列各函数的所有零点，并指出其阶数. (1)
所以 z = 2i 为二阶极点,同理 z = −2i 亦为二阶极点. sin z sin z (2)因 lim z 2 3 = lim = 1, 所以 z = 0 为二阶极点. z →0 z →0 z z (3)令 1 1 f ( z) = = , π sin z + cos z 2 sin( z + ) 4
z2 + 9 ; z4
(2) z 2 (e z − 1);
2
解: (1)
z 2 + 9 ( z + 3i )( z − 3i ) = , 显然 z = ±3i 为其一阶零点. z4 z4
2
(2)令 f ( z ) = z 2 (e z − 1), 由 f ( z ) = 0 可解得 z = 0或z 2 = 2kπ i, 即 z = 2kπ i (k = ±1, ±2,⋯). 因