《复变函数》第六章习题全解钟玉泉版
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第六章 留数理论及其应用
（一）
1.解：(1)z=1是一级极点，故由推论6.3知 4
1|)
1)(1(1)
1()(Re 12
1
=
+--===z z z z z z f s
Z=-1是二级极点，同前由推论6.4知
4
1|])
1)(1(1)
1[()(Re 12
2
1
-='+-+=-=-=z z z z z z f s
∞=z 是可去奇点，则由教材(6.2)式知0)](Re )(Re [)(Re 1
1
=+-=-==∞
=z f s z f s z f s z z z
(2)因),1,0( ±==n n z π为分母sinz 的一级零点，知),1,0( ±==n n z π为z
sin 1的一级极点，故由定理6.5知
n
z n z z z f s )1(|)(sin 1)(Re -='
=
∞==π
(3)由
----=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛----=-z z z z z z z z
e z
3422!3)2(!2)2(211233
244
2所以3
4)(Re 10
-
==-=C z f s z
又由z=0是唯一有限奇点，故3
4)(Re )(Re 0
=
-==∞
=z f s z f s z z
(4)由()
+-+
-+
=-2
11
1!211
11z z e z 所以1)(Re 1
==z f s z
又因z=1是唯一的有限奇点，所以1)(Re )(Re 1
-=-==∞
=z f s z f s z z
(5)因z=1为
n
n
z z
)
1(2-的n 级极点，所以
)!
1()!1()!2(|)
()1(Re 1)
1(221
+-=
=-=-=n n n z z z
s
z n n
n
n
z )!
1()!1()!2()
1(Re )
1(Re 21
2+--
=--=-=∞
=n n n z z
s
z z
s
n
n
z n
n
z
(6)2
|1
)1(1
Re 12
2
1
e z e
z z e
s
z z
z
z =
-⋅
-=-==
2
|1
)1(1Re 1
12
2
1
--=-==
-⋅
+=-e
z e
z z e
s
z z
z
z 2
|1
)1(1
Re 12
2
1
e z e
z z e
s
z z
z
z =
-⋅
-=-==
2
))(Re )(Re (1
Re 1
1
1
2e
e z
f s z f s z e
s
z z z
z -=
+-=---==∞
=
2.解(1)函数z
z m 1sin
仅有两个孤立奇点z=0和无穷，因
())2,1,0)(!21
)
1(!51!311(
1sin
1
25
3
=-+-+
-
=+k z
k z
z
z
z z
z k k
m
m
当m 为奇数时，洛朗展式不含z
1的项，故
0)(Re )(Re ,0)(Re 0
=-===∞
==z f s z f s z f s z z z
当m 为偶数时，洛朗展式中含z
1的项的系数为
()!
12)
1(+-k k
，故
()()!
12)
1()(Re )(Re ,!
12)
1()(Re 1
+-=
-=+-=
+=∞
==k z f s z f s k z f s k z z k
z
(3)∞=z 是m
m
z
z
+12的m 级极点，令分母01=+m z 的()121+=-=k i m e z π
因此)1,,1,0()
12(-===+m k e e
z k m
k i
k π
且0|)1(≠'+=k
e z m z ，因此e k 是题设f(z)的一级极点，
m
e e
m
e m
e z z
z f s k k i k m k
e z m
m e z k k
-
==
=
'
+=
++==)
12(1
2|)1()(Re π
∑
∑-=-=∞
==
-
-=1
1
)()(Re m k k m k k z m
e m
e z
f s
(3)孤立奇点为∞=,,βαz
m
z m
z z z f s )
(2|)
(2)(Re αβαββ
-=
-=
==
由于∞=z 至少是二级极点，因此0)(Re =∞
=z f s z
由此又
(4)f(z)以z=0为二级极点，i z π=为四级，∞=z 为本性极点