复变函数与积分变换：4-级数与留数习题课
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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
高等数学课件-复变函数与积分变换 第四章 级数
称为级数的部分和。
在收敛域D内
lim
n
Sn
(
z)
S
(
z
),
S ( z) 为级数的和函数。
二、幂级数
若 fn (z) Cn zn 或 fn (z) Cn (z z0 )n 时，
幂级数为
Cn zn 或
Cn (z z0 )n
n0
n0
定理4.7
Ab el 定理如果级数
Cn zn
n0
z z 在
z0
sin
z
k 0
(1)k z2k1
2k 1!
R
• 例5 将 cos z 在 z 0处展开成幂级数。
sin z 解： 将
两边对z求导
cos z
(1)k (2k 1)z2k
k 0
2k 1!
(1)k z2k
k 0
2k !
例6 arctan z 在 z 0 处展开成幂级数。
解：
arctan
z
b
二、复数项级数
定义4.2
z 设
为一复数列，表达式
n
zn z1 z2 zn
n1 为复数项级数，其前n项之和
Sn z1 z2 zn
为级数的部分和。 称级数收敛，
若
lim
n
Sn
S,
S称为级数的和，
记为
S zn
若
{Sn} 不收敛，则称级数是发散的
n1
n
n
n
Sn k an i bn 有
收敛，那么对满足
0
| z || z0 | 的z，
级数必绝对收敛。
如果在
z z 级数发散，那么对满足 0
复变函数4-习题课
第四、五章 级数与留数
一、收敛半径与敛散性.
二、解析函数的泰勒展开
三、洛朗展式
四、判别奇点类型
五、求各奇点处留数
六、用留数定理计算沿封闭曲线的积分
复数项级数复数项级数函数项级数
函数项级数充
要条件
充要条件必
要条件
必要条件幂级数
幂级数收敛半径R 收敛半径R 复 变 函 数
复 变 函 数绝
对收敛
绝对收敛运算与性质
运算与性质解析
在0)(z z f n n n ∑∞
=1
n n z 收敛条件收敛条件条
件收敛
条件收敛复数复数列列复数复数列列收敛半径的计算收敛半径的计算泰勒级数
泰勒级数洛朗级数
洛朗级数
留数
留数计算方法
计算方法可去奇点
可去奇点孤立奇点
孤立奇点极点极点本性奇点
本性奇点函数的零点与
极点的关系
函数的零点与极点的关系留数定理
留数定理围线积分
围线积分
（D）4
z
< (∞
)。
复变函数与积分变换第4章4.1收敛数列与收敛级数
n
3
§4.1 复数项级数 第 一、收敛序列 四 章 2. 复数序列极限存在的充要条件 定理 设 zn xn i yn , a i , 则 lim z n a 的充要条件是 解 n P76 析 定理 lim x , lim y . n n n 函 4.1 n 数 zn 证明 必要性 “ ” 的 | zn - a | | yn - | 级 若 lim z n a , 则 e 0 , N , n 数 a | xn - | 表 当 n N 时，| zn - a | e , 示
即得级数 z n 收敛的充要条件是 x n 和 yn 都收敛。
9
§4.1 复数项级数 第 二、复数项级数 四 章 3. 复数项级数收敛的必要条件 定理 设 zn xn i yn , 则 z n 收敛的必要条件是 lim zn 0 . n 解 析 P79 函 证明 由于级数 z 收敛的充要条件是 x 和 y 都收敛， n n n 数 的 而实数项级数 x n 和 yn 收敛的必要条件是： 级 数 lim xn 0 , lim yn 0 等价于 lim zn 0 , 表 n n n 示 因此 z n 收敛的必要条件是 lim zn 0 .
1 n 1 zn 2 i 2 e n n
i
π n 2
§4.1 复数项级数 第 二、复数项级数 四 章 4. 复数项级数的绝对收敛与条件收敛 定义 (1) 若 | z n | 收敛，则称 z n 绝对收敛。 解 析 P79 (2) 若 | z n | 发散， z n 收敛，则称 z n 条件收敛。 函 数 的 定理 若 | z n | 收敛，则 z n 必收敛。 P80 定理4.4 级 2 2 | z | x y 证明 由 收敛， n n 收敛， n 数 表 2 2 2 2 | x | x y , | y | x y 又 示 n n n n n n,
3
§4.1 复数项级数 第 一、收敛序列 四 章 2. 复数序列极限存在的充要条件 定理 设 zn xn i yn , a i , 则 lim z n a 的充要条件是 解 n P76 析 定理 lim x , lim y . n n n 函 4.1 n 数 zn 证明 必要性 “ ” 的 | zn - a | | yn - | 级 若 lim z n a , 则 e 0 , N , n 数 a | xn - | 表 当 n N 时，| zn - a | e , 示
即得级数 z n 收敛的充要条件是 x n 和 yn 都收敛。
9
§4.1 复数项级数 第 二、复数项级数 四 章 3. 复数项级数收敛的必要条件 定理 设 zn xn i yn , 则 z n 收敛的必要条件是 lim zn 0 . n 解 析 P79 函 证明 由于级数 z 收敛的充要条件是 x 和 y 都收敛， n n n 数 的 而实数项级数 x n 和 yn 收敛的必要条件是： 级 数 lim xn 0 , lim yn 0 等价于 lim zn 0 , 表 n n n 示 因此 z n 收敛的必要条件是 lim zn 0 .
1 n 1 zn 2 i 2 e n n
i
π n 2
§4.1 复数项级数 第 二、复数项级数 四 章 4. 复数项级数的绝对收敛与条件收敛 定义 (1) 若 | z n | 收敛，则称 z n 绝对收敛。 解 析 P79 (2) 若 | z n | 发散， z n 收敛，则称 z n 条件收敛。 函 数 的 定理 若 | z n | 收敛，则 z n 必收敛。 P80 定理4.4 级 2 2 | z | x y 证明 由 收敛， n n 收敛， n 数 表 2 2 2 2 | x | x y , | y | x y 又 示 n n n n n n,
第五章_留数(答案)
3 2z z3 4． z 是函数 的 z2
（A）可去奇点 （B）一级极点 （C）二级极点
1 z z (1 3 z sin z 2!
2
)
[B]
（D）本性奇点
3 2z z3 3 2 1 = 2 z 3 2 2 以 =0为一阶极点 2 z z z
2．设 z 0 为函数
z z
3 3
3 5
3!
5!
)
z 9 z15 3! 5!
2
z9 (
。
1 z6 3! 5!
)
sin z 的 n 级极点，那么 n z3
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）
1 z z z 1
ez = z2
2
1+z 2 +
z4 + 2 ！
=0为其本性奇点，从而z 为原函数的本性奇点.
注 在本题中，由于级数的收敛域是0 z ，从而可以直接让函数在z 0点展开. 但在上一道题中，必须先做变量替换 1 ，才可进行展开. z
e z e z 3． z 0 是函数 (sin z sh z 2 z ) 的几级极点？( sh z ) 2
3 2
1 1 解：显然，3 2 = 的奇点有z 1, z 1. z z z 1 ( z 1)2 ( z 1) 其中z 1是其二阶极点；z 1是其一阶极点.
1
（2） e z 1
解：e 可能的奇点为z 1. e z 1 1
1
1 z 1
1 1 z 1 2!( z 1) 2
（A）可去奇点 （B）一级极点 （C）二级极点
1 z z (1 3 z sin z 2!
2
)
[B]
（D）本性奇点
3 2z z3 3 2 1 = 2 z 3 2 2 以 =0为一阶极点 2 z z z
2．设 z 0 为函数
z z
3 3
3 5
3!
5!
)
z 9 z15 3! 5!
2
z9 (
。
1 z6 3! 5!
)
sin z 的 n 级极点，那么 n z3
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）
1 z z z 1
ez = z2
2
1+z 2 +
z4 + 2 ！
=0为其本性奇点，从而z 为原函数的本性奇点.
注 在本题中，由于级数的收敛域是0 z ，从而可以直接让函数在z 0点展开. 但在上一道题中，必须先做变量替换 1 ，才可进行展开. z
e z e z 3． z 0 是函数 (sin z sh z 2 z ) 的几级极点？( sh z ) 2
3 2
1 1 解：显然，3 2 = 的奇点有z 1, z 1. z z z 1 ( z 1)2 ( z 1) 其中z 1是其二阶极点；z 1是其一阶极点.
1
（2） e z 1
解：e 可能的奇点为z 1. e z 1 1
1
1 z 1
1 1 z 1 2!( z 1) 2
复变函数与积分变换(北京邮电大学出版社)
圆相切，则 CA⊥ L ．过 C 作直线平行 L ，则有∠BCD=β，∠ACB=90° 故 α-β=90° 所以 L 在 α 处切于圆周 T 的关于 β 的充要条件是 α-β=90° ．
12.指出下列各式中点 z 所确定的平面图形，并作出草图.
(1) arg z π; (2) z 1 z ; (3)1 z i | 2; (4) Re z Im z; (5) Im z 1且 z 2.
④解：
1 i 1 i 2 2 2 2
1 i 1 i 1 i 2 2 2
4、证明：当且仅当 z z 时，z 才是实数． 证明：若 z z ，设 z x iy ， 则有
x iy x iy ，从而有 2 y i 0 ，即 y=0
x iy a x a iy
x a iy x a iy
x a
2
y2
∴
2 2 2 za x a y Re 2 z a x a y2
,
2 xy za Im ． 2 z a x a y2
i π .3 i 2π 2π 9 i sin e3 ∴ cos 1 e 9 9 3 2 2π
3
8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1 的三次根；(3) ⑴i 的三次根． 解：
3
3 3i 的平方根.
π π 3 i cos i sin cos 2 2
①解：
3 5i 3 5i 1 7i 7i 1 1 7i 1 7i
38 16i 19 8i 17 i 8 e 其中 π arctan ． 50 25 5 19 π ②解： i ei 其中 ． 2
【PPT】【复变函数与积分变换】留数及其应用
(法P则11)5 法则Ⅲ
理由
f (z)
am (z z0 )m
a1 z z0
a0 a1(z z0 ) ,
(z z0 )m f (z) am a1(z z0 )m1 a0(z z0 )m ,
dm1 d z m 1
[(
z
z0 )m
f
(z)]
(m 1)!a1
(z
z0 ) (z),
§5.2 留数
一、留数的概念 二、留数的计算方法 三、留数定理 四、函数在无穷远点的留数
2020/8/4
复变函数
1
一、留数的概念
定义 设 z0 为函数 f (z)的孤立奇点，将 f (z) 在 z0 的去心邻域
P112 定义
内展开成洛朗级数：
5.4
f (z) an(z z0 )n
n
a1 z z0
z z0
2020/8/4
复变函数
6
解 (1) z 0 是 f1(z) 的可去奇 点， Res[ f1(z), 0] 0 .
(2) z 0和 z 1均为 f2(z) 的一阶极点，
Res[
f2(z),
0
]
lim[
z0
z
f1(z)
]
lim
z0
1 z1
1,
Res[
f
2
(
z
)
,
1
]
lim[
z1
(
a0 a1(z z0 ) ,
(两边积分)
称 a1 为 f (z) 在 z0 处的留数，记作：
Res[
f (z),
z0 ] a1
1 2πi
f (z)dz ,
C
其中，C 是 z0 的去心邻域内绕 z0 的一条简单闭曲线。
理由
f (z)
am (z z0 )m
a1 z z0
a0 a1(z z0 ) ,
(z z0 )m f (z) am a1(z z0 )m1 a0(z z0 )m ,
dm1 d z m 1
[(
z
z0 )m
f
(z)]
(m 1)!a1
(z
z0 ) (z),
§5.2 留数
一、留数的概念 二、留数的计算方法 三、留数定理 四、函数在无穷远点的留数
2020/8/4
复变函数
1
一、留数的概念
定义 设 z0 为函数 f (z)的孤立奇点，将 f (z) 在 z0 的去心邻域
P112 定义
内展开成洛朗级数：
5.4
f (z) an(z z0 )n
n
a1 z z0
z z0
2020/8/4
复变函数
6
解 (1) z 0 是 f1(z) 的可去奇 点， Res[ f1(z), 0] 0 .
(2) z 0和 z 1均为 f2(z) 的一阶极点，
Res[
f2(z),
0
]
lim[
z0
z
f1(z)
]
lim
z0
1 z1
1,
Res[
f
2
(
z
)
,
1
]
lim[
z1
(
a0 a1(z z0 ) ,
(两边积分)
称 a1 为 f (z) 在 z0 处的留数，记作：
Res[
f (z),
z0 ] a1
1 2πi
f (z)dz ,
C
其中，C 是 z0 的去心邻域内绕 z0 的一条简单闭曲线。
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4章
,
yn
(1
1 ) sin n
n
,
lim
n
xn
1, lim n
yn
0,
zn
(1
1 n
i
)e
n
收敛，且有
lim
n
zn
1.
(2)zn n cos in
1 n(en en ) 2
ncosh n
n (en en ) 1 nen (e2n 1)
n
xn
i lim n
yn
例：
数 列 ｛z n
1 e ni n
2｝是 否 有 极 限? 若 有 极 限 ， 求 出 其 极 限.
解
zn
1 e ni n
2
1 [cos( n ) i sin( n )]
n
2
2
实部
xn
1 cos( n
n
2
)
虚部
yn
1 sin( n
• 例1．下列复数列是否收敛？如果收敛，求出其极限.
(1) zn
(1
1
i
)e
n
n
,
解： (1)zn
(1
1
i
)e
n
n
(2)zn n cos in,
(3) zn
(1 1)(cos i sin )
nn
n
(1 3i )n. 6
xn
(1
1) cos
nn
xn
iyn )：
[复变函数与积分变换][课件][第4章][级数]
![[复变函数与积分变换][课件][第4章][级数]](https://img.taocdn.com/s3/m/7efc2bf84693daef5ef73d67.png)
级
数
∑f
n =1
+∞
n
( z ) = f1 ( z ) + f 2 ( z ) + f 3 ( z ) +
+ f n ( z) +
为复
= f1 ( z ) + f 2 ( z ) +
+ f n ( z) = ∑ f k ( z) ．
k =1
n
sn ( z0 ) 若 z 0 ∈ D ，极限 nlim → +∞
敛点；
= s ( z0 )
存在，称
∑f
n =1
+∞
n
( z ) 在 z0 处收敛，和
∑f
n =1
+∞
n
( z0 ) = s ( z0 ) ， z0 为收
若 z 0 ∈ D ， {sn ( z 0 )} 发散，称
∑f
n =1
+∞
n
( z ) 在 z 0 处发散， z 0 为发散点．
D1 收敛域
D2 发散域
∑αn = s
n =1
+∞
Δ
收敛； 若 {s n }
∑α
n =1
+∞
n
收敛
⇔
∑a
n =1
+∞
n
和
∑b
n =1
+∞
n
均收敛．
⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ 证： s n = ∑ α k = ⎜ ∑ ak ⎟ + i ⎜ ∑ bk ⎟ ． k =1 ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠
此定理将复级数的审敛问题转化为实级数的审敛问题． 级数收敛之必要条件：
工程数学-复变函数-第四章留4-2(2留4-2(2课时)3548
f (z)dz f (z)dz f (z)dz f (z)dz
C
C1
C2
Cn
2i Re s[ f (z), z1] 2i Re s[ f (z), zn ]
n
2i Re s[ f (z), zk ]. k 1
证明: 由定理假设,有:
f
(z)
(z
cn z0 )n
c1 z z0
f
( z )]
1 d 2 cos z 1
1
lim 2! z0
dz2
lim[ cos z] .
2! z0
2
三、杂例
解:
z
0是f
(z)
z3 sin5
z
的二级极点，
Re s[ f (z) ,0] 1 lim d [z2 f (z)] (2 1)! z0 dz
lim
z0
d dz
z ( sin
f (z)dz 2i Re s[ f (z) , 1]. |z|1
Re
s[
f
(
z)
,0]
Re
s[ (
z
z 1)m (
z
3)
,
1]
(m
1 1)!
lim
z1
d m1 dz m1
[( z
1)m
f
( z )]
1 lim
(m 1)! z1
d m1 dz m1
( z
z
) 3
1 (m 1)!
lim( z1 z
c1 0,
sin z Re s{ z , 0} c1 0.
实际上，z 0是 sin z 的可去奇点. z
罗朗级数的主要部分为零，cn 0, n 1,2,.
第四章留数-复变4-3(2)(2课时)
eiz
1
dz dz g(z)dz,
Cr z
Cr z
Cr
dz
Cr z
0 π
ire i re i
d
i,
因为 g(z)dz g(z) ds 2 ds 2π r,
Cr
Cr
Cr
r 0
g(z)dz 0, 即
eiz dz
π
i
0
π
i,
Cr
Cr z
2i R sin xdx eizdz eiz dz 0,
2i{Res[ f (z),i] Re s[ f (z),3i] }
2i{
(i
e1 i)(9
i2)
(9i 2
e3 1)( 3i
3i)
}
24e3
(3e2
1).
I
cos xdx (1 x2 )(9 x2 )
24e3
(3e2
1).
例7
I
0
x sinaxdx x2 b2
(a
0, b
在实轴上有一级极点 z 0, 应使封闭路
线不经过奇点, 所以可取图示路线:
解 封闭曲线C:
CR R,r Cr r, R
由柯西-古萨定理得:
y
CR Cr
R r o r R x
eizdz r eixdx
e
iz
dz
R
e
ix
dx
0,
CR z
R x
Cr z
rx
令 x t，
r
eix dx
在上半平面只有二级极点 z ai,
Res(
f
(
z ), ai )
d dz
( z
复变函数留数习题讲解共46页文档
谢谢！Leabharlann 复变函数留数习题讲解56、死去何所道，托体同山阿。 57、春秋多佳日，登高赋新诗。 58、种豆南山下，草盛豆苗稀。晨兴 理荒秽 ，带月 荷锄归 。道狭 草木长 ，夕露 沾我衣 。衣沾 不足惜 ，但使 愿无违 。 59、相见无杂言，但道桑麻长。 60、迢迢新秋夕，亭亭月将圆。
61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈 。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学 ，如日 中之光 ；志而 好学， 如炳烛 之光。 ——刘 向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔 丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好 的教师 是幸福 ，不如 说好的 教师是 不幸。 ——海 贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦 。——杰纳勒 尔·乔治·S·巴顿
复变函数级数习题课
1
1e 1 1 2 2 2 2e
n
n
不满足必要条件，原级数发散。 5 书142页6（3）：
R lim (1 i ) (1 i )
z z
n n n1
1 |1 i |
1 2
6 书143页11（5）：
chz 1 2 (e e
n n n0
n
2、将 f ( z ) 在指定区域内展开成洛朗级数： 左： f ( z ) 右： f ( z )
1 z ( z 1) 1 z ( z 1)
1 | z 2 | 2
1 | z 1 | 2
n n
收敛半径 R lim 收敛圆 4
cn cn1
n
lim
1 | cn |
n n
| z z 0 | R
绝对收敛
n
和函数性质 解析
cn ( z z0 ) f ( z )
(| z z 0 | R )
n0
f (z)
f ( z )
z z0
nc n ( z z 0 )
dz
{ R1 , R 2
为 z 0 到 f ( z ) 的两个奇点之距离中相邻值。｝
｛洛朗展开式一般用间接法｝
习题选解
1 lim 1 书141页1（1）： n 1 ni lim n n 1 1 ni n i 1 i
2 书141页1（3）：实
n1
f ( )d
n1
n0
cn
( z z0 )
n1
5
泰勒级数
f (z)
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收敛半径R
运算与性质
幂级数Leabharlann 泰勒级数洛朗级数f (z) 在 z0 解析
复变函数
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2
孤立奇点
留数
可去奇点 极点
本性奇点
计算方法 留数定理
函数的零点与 极点的关系
围线积分
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3
一、收敛半径与敛散性.
1. 敛散性 （转化为实数列、级数的判别）
第四、五章 级数与留数
一、收敛半径与敛散性. 二、解析函数的泰勒展开 三、洛朗展式 四、判别奇点类型
五、求各奇点处留数 六、用留数定理计算沿封闭曲线的积分
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1
zn 为复常数
zn
n1
zn 为函数 fn(z)
复数项级数
复数列 收敛半径的计算 函数项级数
收敛条件
充必绝条 要要对件 条条收收 件件敛敛
解 因为 ez cos z 1 ez (eiz eiz ) 2
1[e(1i )z 2
e(1i )z ]
1 2 n0
(1 i)n zn n!
n0
(1 i)n zn n!
1 1 [(1 i)n (1 i)n]zn ( z )
2 n0 n! i
i
由于 1 i 2e 4 , 1 i 2e 4 ;
例1
判别级数 i n n n1
的敛散性.
解 因为 in i 1 i 1 i
n1 n
2345
1 2
1 4
1 6
i
1
1 3
1 5
,
故 in 收敛.
n1 n
收敛
收敛
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4
例2 判别级数的敛散性.
1
.
n1 (2 3i)n
解
设
n
(2
1 3i)n
n1
2
2
n
(1)k ln(1 1 ) i (1)k ln(1 1 )
k 1
2k
k 1
2k 1
而 (1)k ln(1 1 ),
(1)k ln(1
1)
k 1
2k
k 1
2k 1
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6
均为收敛的交错级数，所以
但是
1
1
n1
in
ln(1
) n
收敛.
分析: 利用部分分式与几何级数结合法. 即把函数
分成部分分式后, 应用等比级数求和公式.
解
f
(z)
z
2
z
2
3
(z
1 1)2
z
1
3
1 3
1
z 1 3
n0
1 3n1
z n
( z 3)
z
1 1
1 1 (z)
(1)nzn
n0
( z 1)
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14
两端求导得
1 (1 z)2
n1
n(1)n
z n1 ,
( z 1)
即
1 (1 z)2
(1)n1 nz n1
n1
(1)n(n 1)zn ( z 1) n0
故
f
(z)
z
2
z
2
3
(z
1 1)2
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15
z
2
2 n0
1 3n1
z n
(1)n (n
n0
1) z n
| 1 ln(1 1) |
in
n1
n
ln(1 1)
n1
n
发散.
所以原级数条件收敛.
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7
2.收敛半径 (比值、根值、简便方法：|z-|)
练习
1．设幂级数
cnzn 与
[Re(cn )]zn 的收敛半径
n0
n0
分别为 R1和 R2 ，那么 R1与 R2之间的关系是 R2R1．
2
z
2 3
2 9
z
2
n2
1 3n1
z n
1
2z
(1)n
n2
(n
1)z
n
2
1 3
12 9
z
n2
(1)n (n
1)
2 3n1
z n
( z 1)
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16
三、洛朗展式
(1. 利用已知函数展开式； 2.分式：注意|g(z)|是否小于1)
1
例9 求 z2e z 在 z 0的去心邻域的洛朗级数.
2．设函数
e z 的泰勒展开式为 cos z
cnzn，
n0
那么幂级数
cnzn的收敛半径 R (C )
n0
（A） （B） 1 （C）
（D）
2
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8
例4
若
3n (1)n ,
cn
4n ,
n 0,1,2, n 1,2,
则双边幂级数
cnzn 的收敛域为( A )
1 z
n0
( z 1)
(4) sin z z z3 z5 (1)n z2n1 ,
(5)
cos z
1
3! z2
5! z4
(1)n
(2n z2n
1)! ( ,
z
)
2! 4!
(2n)!
( z )
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11
例6 求 f (z) ez cos z 在z 0 的泰勒展式.
所以ez cos z 1 (
2 n0
2)n n!
e
ni 4
e
ni 4
z
n
( 2)n cos n zn .
n0 n!
4
( z )
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12
例7
求函数 1 (1 z)3
在
z
1内的泰勒展开式.
分析：利用逐项求导、逐项积分法.
解
因为
1 (1 z)3
1[(1 2
n
（A）
1 z 1
4
3
（B） 3 z 4
（C） 1 z 4
（D）
1 z 3
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9
例5
设函数 f (z)
1
z(z 1)(z 4)
在以原点为中心的
圆环内的洛朗展开式有 m个， 那么m = ( C )
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
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10
二、解析函数的泰勒展开
常见函数的泰勒展开式
(1) ez 1 z z2 zn zn , ( z )
2!
n!
n0 n!
(2)
1
1 z z2 zn zn , ( z 1)
1 z
n0
(3)
1
1 z z2 (1)n zn (1)n zn ,
z )1 ]
( z 1)
所以
1
(1 z)3
1
zn
2 n0
1 2
n2
n(n 1)zn2
1 (m 2)(m 1)zm . 2 m0
( z 1)
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13
例8
求
f (z)
z4
(
z z
3 5z2 3)(z
8z 1)2
7
在
点
z
0
的泰勒展开式.
,
因为 lim n1 lim 1 1 1,
n n
n 2 3i
13
由正项级数的比值判别法知
n1
(2
1 3i
)n
绝对收敛.
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5
例3 判别级数的敛散性.
n1
1 in
ln(1
1 ). n
解
1
1
n1
in
ln(1
) n
(cos n i sin n )ln(1 1)