复变函数答案 钟玉泉 第五章习题全解
《复变函数》第四版习题解答第5章
1 z2 +1
2
是有理函数，故奇点只是极点，满足
z
z2
+1
2
=0，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）因 lim z→0
sin z z3
=
∞
则
z
=
0
为其极点。再确定极点的级，有两种方法：
a.
z
=
0
为
sin
z
为的一级零点；而
z
=
0
为
z3
的三级零点。故
证 因 f (z) 和 g(z) 是以 z0 为零点的两个 不恒等于零 的解析函数 ，可设 f (z) = (z − z0 )ϕ(z) ， g(z) = (z − z0 )ψ (z) ，ϕ(z),ψ (z) 为解析函数，则
f (z) = (z − z0 )ϕ(z) = ϕ(z) ， f '(z) = ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) ， g(z) (z − z0 )ψ (z) ψ (z) g '(z) ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) 故 lim f (z) = lim ϕ(z) ， lim f '(z) = lim ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) = lim ϕ(z) ，即 z→z0 g (z) z→z0 ψ (z) z→z0 g '(z) z→z0 ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) z→z0 ψ (z)
2
dz
；
（5） v∫ tan (π z) dz ； |z|=3
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》第5章
例: 对 f (z) z3 1.
f (1) 0, f (1) 3z 2 z 1 3 0
z 1 是 f (z)的一级零点.
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第7页
定理: z0 是 f (z)的m级极点
证:
f
(z)
(z
1 z0
)m
g
(z)
z0
是
f
1 的m级零点. (z)
f
复 变 函 数（第四版）
第五章 留 数
§1 孤立奇点 §2 留数 §3 留数在定积分计算上的应用 *§4 对数留数与辐角原理
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第1页
§1 孤立奇点
1. 定 义
如果函数 f (z)在 zo处不解析, 但在 zo的某 一去心邻域 0 < | z－zo |<δ处处解析, 则称zo 为函数 f (z)的孤立奇点. 例：z 0 为 f (z) sin 1 的孤立奇点 .
5
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《复变函数》(第四版) 第五章
第4页
∴
z = 0 分别是 本性奇点.
sin z
z
,
sin z4
z
,
sin
1 z
的可去、3极、
(1) zo为 f(z)的可去奇点
相当于实函可去间断点
lim f (z)存在且有限
zz0
f (z)在zo点的某去心邻域内有界.
(2) zo为 f (z)的极点
例:
z
0
是
ez 1 z2
的一级极点.
z
1
是
(z 1)3 sin( z 1)
的二级零点.
复变函数四五六七章总复习钟玉泉
若a为f (z)的孤立奇点,则在K {a}内可展成Laurent级数
f (z) cn (z a)n cn (z a)n
cn (z a)n
n
n1
n0
f (z)在a的主要部分 f (z)在a的正则部分
f (z)在点a的奇点性质体现在K内收敛于一解析函数
定义5.3 设a为f (z)孤立奇点
(1) fn (z)(n 1, 2,...)在区域D内解析;
(2) fn (z)在D内内闭一致收敛于函数f (z)
n1
f (z) fn(z).
n1
则 (1) 函数f (z)在区域D内解析;
(2) f ( p) (z)
f
( n
p)
(
z),
(
z
D,
p
1,
2,
).
n1
第二节 幂级数
1. 幂级数的敛散性 阿贝尔(Abel)定理
i z
1,
z 1. 2
f
(z)
(z
1 i)(z
2)
1 2
i
z
1
i
2
1
z
1 2i
1 z1
i z
1 21
2z
1 2
i
(i)n zn1
n0
n0
zn 2n1
1 2
i
n0
( i )n z n1
1 2
i
n0
zn 2n1 .
(2) 在 2 z 内,
i 1, 2 1
1ezຫໍສະໝຸດ n01 n!zn ,
所以
1
z2e z
z21
1 z
1 2! z 2
1 n! z n
复变函数第5章习题课
解 被积函数在 C 内的孤立奇点 z
C
th z d z 2 i R es[
e e
z
z
e e
z
z
,
i 2
]
2 i
th z
e e
z z z
e e
z
e e
z
z
0
e
2z
1 e
i ( 2 k 1 )
z
i ( 2 k 1) 2
17
88页6 试求下列各积分的值 2 1 (1) d 0 a co s 解 原式=
R es[
1 e z
4 2z
z
4
在孤立奇点处的留数
1 e
z0
2z
3
在全平面解析.
2z
,0 ]
( 1 e )
2z
2 e
3!
6
z0
4 3
解法2 e
z
1 z
1 2!
z
2
1 3!
z
3
1 4!
z
4
...
16 z4 z z ... e 1 2z 4! 3! 2! 4 3 2 4 2 2z 1 e 2 z 2 z z z ... 3 3 2z 4 1 e R es[ ,0 ] 4 3 z
0
87页5 求下列积分 (1)
C 正向圆周
dz
10
C
1
z (z
3
10
2)
C : | z | 2
2 内处处解析 其洛朗级数
解 被积函数在圆环域| z |
复变函数第四版的第五章答案
复变函数第四版的第五章答案【篇一：安徽工业大学复变函数与积分变换客观题5(第五章)】数一、选择题： 1．函数cot?z在z?i?2内的奇点个数为 ( )2z?3（a）1 （b）2（c）3 （d）42．设函数f(z)与g(z)分别以z?a为本性奇点与m级极点，则z?a 为函数f(z)g(z) 的( )（a）可去奇点（b）本性奇点（c）m级极点（d）小于m级的极点1?ex3．设z?0为函数4的m级极点，那么m?( )zsinz（a）5 （b）4 (c)3（d）2 4．z?1是函数(z?1)sin21的( ) z?1(a)可去奇点（b）一级极点（c）一级零点（d）本性奇点3?2z?z35．z??是函数的( )z2(a)可去奇点（b）一级极点（c）二级极点（d）本性奇点 6．设f(z)??anzn在z?r内解析，k为正整数，那么res[n?0?f(z),0]?( ) kz（a）ak （b）k!ak（c）ak?1 （d）(k?1)!ak?1 7．设z?a为解析函数f(z)的m级零点，那么res[f?(z),a]?( ) f(z)(a)m （b）?m（c） m?1 （d）?(m?1) 8．在下列函数中，res[f(z),0]?0的是（）ez?1sinz1（a） f(z)?（b）f(z)?? 2zzz（c）f(z)?sinz?cosz11? (d) f(z)?zze?1z19．下列命题中，正确的是() （a）设f(z)?(z?z0)?m?(z)，?(z)在z0点解析，m为自然数，则z0为f(z)的m级极点．（b）如果无穷远点?是函数f(z)的可去奇点，那么res[f(z),?]?0 （c）若z?0为偶函数f(z)的一个孤立奇点，则res[f(z),0]?0 （d）若f(z)dz?0，则f(z)在c内无奇点c10． res[zcos32i,?]? ( ) z（a）?2222（b）（c）i （d）?i33331z?i11．res[z2e（a）?,i]? ( )1515?i （b）??i （c）?i （d）?i 666612．下列命题中，不正确的是( )（a）若z0(??)是f(z)的可去奇点或解析点，则res[f(z),z0]?0 （b）若p(z)与q(z)在z0解析，z0为q(z)的一级零点，则res[p(z0)p(z),z0]? q(z)q?(z0)1dnlimn[(z?z0)n?1f(z)] （c）若z0为f(z)的m级极点，n?m为自然数，则res[f(z),z0]?n!x?x0dz（d）如果无穷远点?为f(z)的一级极点，则z?0为f()的一级极点，并且1z1res[f(z),?]?limzf()z?0z13．设n?1为正整数，则1dz?( ) nz?1z?2(a)0（b）2?i （c）2?i（d）2n?i nz914．积分10dz?( )z?13z?22（a）0 （b）2?i （c）10 （d）?i 515．积分12zsindz?( ) zz?1（a）0（b）??i1（c）? （d）??i答案一、1．（d）2６．（c） 11．（b） 126．（b） 3７．（a）．（d）13第五章．（c） 4８．（d）．（a）1433 数．（d）９．（c） 10．（b） 15（b）．（a）．（c）留５．【篇二：复变函数第四章练习题】1 考察级数的敛散性。
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) "
复变函数论第四版钟玉泉
复变函数论第四版钟玉泉
目录
第一章复数与复变函数
第二章解析函数
第三章复变函数的积分
第四章解析函数的幂级数表示法
第五章解析函数的洛朗（Laurent）展式与孤立奇点
第六章留数理论及其应用
第七章共形映射
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复变函数论第三版钟玉泉ppt 5 解析函数的洛朗展式与孤立奇点 shu 5.4 杨乐、张广厚
由此可见,每一有理函数都是亚纯函数.
定义5.7 非有理的亚纯函数称为超越亚 纯函数
1977年2月25日， 杨乐、张广厚研究函数理论获得重要成果。 在世界上第一次找到 函数值分布论研究中两个主要概念 “亏值”和“奇异方向”之间的有机联系。
中国科学院数学研究所
杨乐、张广厚两人长期从事复变函数论的研究，
张广厚
与华罗庚、杨乐、陈景润在一起
设f(z)为一整函数 ,则f(z)只以z=∞为孤立 奇点,且可设 f ( z ) cn z n (0 | z | ). (5.14) 于是显然有
n 0
定理5.10 若f(z)为一整函数,则 (1)z=∞为f(z)的可去奇点的充要条为:f(z)=c. (2)z=∞为f(z)的m级极点的充要条件:f(z)是 一个m次多项式 c c z c z m (c 0).
0 1 m m
(3)z=∞为f(z)的本性奇点的充要条件为: 展式(5.14)有无穷多个 n不等于零.(我们称这 样的f(z)为超越整函数).
c
2. 亚纯函数
定义5.6 在z平面上除极点外无其他类型 奇点的单值解析函数称为亚纯函数. 定理5.11 一函数f(z)为有理函数的充 要条件为:f(z)在扩充平面z平面上除极点外 没有其它类型的奇点.
特别在函数模分布论、辐角分布论、正规族 等方面取得一系列重要成果。 两人密切合作，在国际上首次提出并建立了值分布论中
过去被认为彼此无关的两个基本概念─ “亏值”和“奇异方向”的联系， 且作出了定量的表达。 他们的研究，推动了函数理论的发展，受到了国内外数学界的高度评价，
ห้องสมุดไป่ตู้
１９７８年获全国科学大会奖， １９８２年获全国自然科学二等奖。
[理学]复变函数第五章
![[理学]复变函数第五章](https://img.taocdn.com/s3/m/4ce4cc3fe87101f69e3195df.png)
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》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，
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结论知,(z) 就以 z a 为可去奇点或极点,矛盾.
8.解:(1)
f
(z)
z 1 ez z(ez 1)
,奇点为
z
0 为一级极点，
z 2ki(k 1, 2,...) 为一级极点， z 为非孤立奇点
(2) z 0 为函数的本性奇点,
z 为函数的本性奇点.
(3) z 是可去奇点,
z 0 为本性奇点.
f (z) 为常数.
10. 证明:(反证) 设 w f (z) 为整函数且非常数 ,若值全含于一圆之外,即存在
w0 , 0 0 , 使 得 对 任 何 z , 恒 有 f (z) w0 0 , 则 有 非 常 数 整 函 数 g(z) 1 ,所以在 z 平面上任何点 z ,分母不等于 0,从而 g(z) 在 z 平面上
1 )] z
n0
cn
z
n
(0 z )
sin[t( 1 )]
其中
1 cn 2i
1
d n1
(n 0,1,)
这里 1, ei (0 2 )
于是
cn
1 2i
2 0
sin[t(ei ei e i ( n 1)
)]iei d
1 2
2 0
sin(2 cos e in
)d
4.解:(1)因为函数为有理函数,且分子,分母无公共零点,因此分母的零点就是函数
所以 z k 是 cos2 z 的二级零点,从而是 tan2 z 的二级极点. 2
(6) cos 1 1 1
z i
2!(z i)2
所以 z i 为其本性奇点, 又因 lim cos 1 1,所以 z 为可去奇点.
z z i
(7)因
lim
z
1
cos z2
z
lim
z0
sin 2 z 2
za
za z a
解析。
4.证明：本题为第 3 题的特例。
5.证明：由定理
5.4
的条件（2）
f
(z)
(z) (z a)m
，其中 (z) 在点 a
邻域内解析，
且 (a) 0 为 f (z) 以 a 为 m 阶极点的特征，则
lim(z a)m
z a
f
(z)
lim(z a)m za
(z) (z a)m
又因 1 z 0 ,所以 z 为可去奇点. (z2 1)3
(5)因为 tan2 z sin2 z ,分子分母均在 z 平面解析且无公共零点,所以分母的零 cos2 z
点即为 tan2 z 的极点,令 cos2 z 0 ,解得
z k
2
,
(
c
o2sz)
z k
2
0
( c o2sz) zk 0 (k 0,1,) 2
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
z
r 内的泰勒展开式为 g(z)
an zn
n0
c1
n0
1 z n1
0
zn
而直接法又给出 g(z)
n0
g (n) (0) n!
zn
bn z n
n0
从而 an an1
z
0
[
bn bn1
z z
0 0
n c1 z0
n1 c1 z0
]
因为 g(z) bn z n 在 z r 上解析,所以当 z z0 时,级数 bn z0n 是收敛的,一
2
3
4
5
4
2 (1 ...)(1 ...)
2 3! 4! 5!
2
3
4
5
(1 ...)(1 ...)(1 )...
2
3!
4!
2 3 11 4 4 5
=1
...
23 8
5
=
1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1 z
1
2z
2
1
3z
3
11 8
1
z4
4
5z
5
...
3.证明:根据洛朗定理,可设
sin[t(z
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
n0
n0
般项 bn z0n
0(n ) ,故即知 lim an a n
n1
z0 .
（二）
1.解：（1）不能
（2）能，指定点不是所给函数的支点
（3）不能
（4）不能
（5）能，指定点不是所给函数的支点
2.解：不正确。因为 f (z) 在 z 1处的去心邻域应是 0 | z 1|1，而1 | z 1|
z 2 z2 1
2 1 z 2
z2
1
1 z2
=
1 2
( z )n n0 2
(1)n
n0
2 zn2
(3)
f (z)
ez z(1 z2 )
1 z
z2 ... z z z3
zn ... n!
= 1 1 z 5 z2... z 26
2.解:(1) 1 1 [ (1)n ( z i)n )n ]2
2( z )2
1 2
2
故 z 0 为可去奇点, z 为本性奇点.
(8)因为当且仅当 z 2ki 时,分母 ez 1 0 , (ez 1) 0 ,所以 z 2ki 为 z 2 ki
分母的一级零点,而分子是常数 1,因此 z 2ki 为其一级奇点.
5.解:先判断各函数的奇点类型.
(1) z 0 , z 为奇点.
例： f 1 zk , g 1 zk (k N )
(z a)m
(z a)m
a 为 f , g 的 m n 级极点，为 f 的可去奇点. g
7.证明:因 f (z) 不恒等于零,如果 z a 为 f (z) 的零点, z a 只能为 f (z) 的孤立奇
点.
(反证)如果 z a 不是(z) f (z),(z) f (z),(z) / f (z) 的本性奇点,则由上题的
第五章 解析函数的洛朗展开与孤立奇点
(一)
1.解:(1):1) 0 z 1, z 1 z 1 1 1 2 2 z n
z 2 (z 1) z 2 z 1
z2 z
n0
2)1 z 1 1,
z 1
z 1
1
1
2
1
z
z 2 (z 1)
z3 1 1 z2
z n3
n0
z
(2) f (z) 1 2 1 1 2 1
（充分性） 若
cz d
因而 a, c 不同时为
0，① c
0，
f (z) 只有一个一级极点
z
d c
② c 0 ，则 a 0 且 d 0 ， f (z) 只有一个一级极点 z
9.证明：因 f (z) 在点 解析， 就为可去奇点，构选圆周 :| z | R 这里 R 充分大，
使 C 及其内部全令于 ，则得到点 的去心邻域： 0 R | z | ，则 f (z) 在其
的极点,令分母 z(z 2 4) 0 ,得 z 0 以及 2i ,分别是分母的一级和二级零点,
从而分别是函数的一级和二级极点,又因
z 1 z(z 2 4)
z
0
,所以
z
为可去
奇点.
(2)由定理 5.4(3)知函数 sin z cos z 的 m 级零点,就是
1
的 m 级极点,
sin z cos z
内部可展成洛朗级数，设为
f
(z)
c0
c1 z
cn zn
（ c0
可为
0）
由定理
5.2
知
c1
1 2
i
f (z)dz 即
c1
1 2
i
f (z)dz
故由复周线的柯西积分定理可知
c1
1 2
i
C
f (z)dz
c 10.证明： lim f (z)
z
0
c 0,R 0, 当| z | R 时均有| f (z) | 0
选取充分大的 r R, 使得 C 在| | r 内部
c 由于| 1
去奇点。
7.解：令 w 1 ，即 f (z) sni w，由于 sin w 只有唯一的奇点即本性奇点 w ，
sin
1 z
与之对应的是 sin 1 的零点，即 z 1 (k 1,2,) 与 z 于是它们都是 f (z)
z
k
的本性奇点。
z
0是
f
(z)
{1 的本性奇点列 k
} 的极限点，是个非孤立奇点。
故 z (2k 1)i 各为函数的一级极点,因分母,分子在平面解析,所以除此之外在
平面上无其他奇点.
(4)令分母为 0,解得 z 2 (1 i) ,即为所给函数的极点. 2
且因[(z2 i)3 ] z
2 (1i)
0,[(z2 i)3 ] z
2 (1i)
0,
2
2
故 z 2 (1 i) 均为所给函数的三级极点. 2