第五章留数定理习题及其解答

第五章 留数定理习题及其解答
注:此例说明，判断孤立奇点 z
类型虽可从f (z)的Laurent 展开式含有负幕项的情 况入手，但切不可忘掉必须是在去心领域内的 Laurent 展式，否则与
z
0是什么性质的点没有
关系。

5.2设
f(z)
在全平面解析，证明：若
：：为f(z)
的可去奇点，则必有
f(z)
二a 。

(常
数)；若：：为
f
(z)的 m 级极点，则f
(z)必为m 次多项式： f (z)二a ° • a1z
• III • a
k Z ,
a
k = 0
；除此之外，
f (z)
在Z o = 0
处的Taylor 展式必有无限多 项系数=0。

证： 因为
f (z)
在全平面解析，所以
f (z)
在勺=0邻域内Taylor 展式为
f (z)
二
a 0 a 1z 丨
11 a k
z
J11且| z
" o 注意到这Taylor 级数也是
f (z)
在：：去心邻域 内的Taylor 级数。

所以，当二在
f (z)
的可去奇点<—>
f (z)
在：：去心邻域内Laurent 展示无z 的正幕项， 即厲
=a ?=丨1( =0。

故
f (z)
=逐(常数)；
当：：为
f(z)的m 级极点u
f (z)
在：：去心邻域内Laurent 展示中只含有限个z 的正幕 项,且最
高正幕为m 次(a
m = 0
)o
f(z) = a ° az 川 a m_z m ‘ a m Z m
a m 严 a0 n 0m(
)
即
f (z)
为m 次多项式；
除去上述两种情况，：：为f(z)
的本性奇点=f(z)
在：：去心邻域内Laurent 展开式中 含有无限多
个正幕项，
CO
f (z)=送 a n z n z £邑
因此在
n£
中，有无限多个项的系数不为
0。

注(1).对本题的结论，一定要注意成立的条件为
f(z)
在全面解析，否则结论不成
1
f(z)=—
立。

例： z 在0 < z V -内解析(与全平面解析仅差一个点!)，且以°°为可去奇点，
1 f
(z)=・•• +— + 5.1设有 z 本性奇点？为什么？
z nj
n
z z
_ ++ ________
，能否说z = 0为f (z
)
答：这个级数由两部分组成:
od
- n ' z
n 4
□0 n
二命。

第一个级数当
即
z 1
时收
敛,第二个级数当
1
z -<1 2
即
z ::: 2
时收敛。

于是所给级数在环域
1
::: z ::: 2
内收敛(成立)，且和
-
2 1 1 -1
-—
厂
1 z z-1 2-z z -3z 2
函数
z 2。

显然z = 0是
f (z)
的解析点。

可见
此级数并非在z = 0的去心领域内成立。

故不能由其含无限多个负幕项断定 z = 0的性质。

f(z)二七 1-- z
但f (z)式常数；又f ⑵=Z 冷在° < z
V P 内解析且以z F 为一级极点，但它并不是 一次多项式，也不可能与任何一次多项式等价(它以Z =°为本性奇点)。

同样地，
整函数)；
(2).本题证明完全依赖于无穷远点性态的分类定义,
z
° =°邻域内
Taylor 展示的收敛半径 R= + ：：，从而此Taylor 展示成立的区域 z :
•恰是 ::的去心
领域，即同一展示对
：：而言即是其去心领域内的 Laurent 展式。

5.3证明：如果
z 0为解析函数f (z)
的
m 阶零点，则z
0必为f (z
)的m-1阶零点。

(m >1)
证 因为f (z)在z 0点解析，且z
0为其m 阶零点。

故f (z)在z
0的邻域内Taylor 展 式为
f(Z)=C m (Z —Z e )"卡十川
其中C^0.
Z — Z 。

V R.
由Taylor 级数在收敛圆内可逐项微分性质有
f '(z) =C m m(z_z °)mJL +C m 半(m+1)(z_z °)m +川
Z_z °| c R.
；* C m = °
C m m = 0
右端即为
f
(z)在Z —N vR 内的Taylor 展开式，由解析函数零点定义知，
f (z)
以
f(z) 」sinz Z 在
：:
内解析，以 .：：：为本性奇点，但它不是超越整函数， (
它不是 同时注意，全平面解析的函数在
z
为m -1阶零点。

注 本证明仅用到解析函数零点定义及幕级数在收敛圆内可逐项求导的性质 5.4判断下列函数在无穷远点的性态
1
+ —
z 1) sin z g
2)
z
1 sin z cosz
1 f (z) =z +—
因为
z 在u " z " ■-内解析，且所给形式即为它在该环域内的
Laure nt 展式，所以二为f(z)
的一级极点(z=0为一级极点).
+丄
z 2在
1)
sin z 2)因为
内解析，且在此环域内有 si rz 4^
z
2
-1 z 2
^^3 -1
5IH
3!
5!
絆需1
川
sin z 即在：：的去心邻域里的 奇点(0为二级极点)
Laurent 展式中含有无限多个 z 的正幕项，故：：为 丄
2
Z 的本性
f(z)
3)因为
Z
_ e
e z
e z
在z 二0处解析, 1 e z 在
f(z)
中令 Z ，得
为f(z)
的本性奇点。

以z = 0为本性奇点。

()
f( )。

^ =0为
：
()-
f
C)的本性奇点，即z
4)
sin z cosz
.2
jJgk 兀
令 sinz cosz = 0 ,得 e
i2z
- -i ，即
e
e 2
(k = 0,二1,二|()。

z k
k 二(k ",_1,_2川).
孙予上 口
•••
4
为sinz • cosz 的零点，且
[sin z cosz] z 二cosz k -sinz k = 2(-1)k
= 0 (k =0,±1,±2|||)
兀 ,
1
z k
k 二 f (z)二
• 4
为
sin z • cosz 的一级极点。

且
z k
k
」
r-'，故，：：为f (z)的非孤立奇点。

注 当：：为孤立奇点时，一般直接从函数在：：的去心邻域内的Laurent 展示入手，判断其类
型，但对3),因f(z)有一定的特性
5.5 .求出下列函数的奇点，
1
zk =——z (k =0,_1,_2 川)
31 k -T
2 为一级极点， 闵为可去奇点；6) 0为可去奇点，
旳为本
性奇点)。

5.6计算下列各函数在指定点的留数:
f (z)在扩充复平面内仅有孤立奇点，故留数和为 0，于是可得
1 (f (―)=
z f(z),
并对孤立奇点指出类型。

故可利用这一特性进行判断。

z ■-
e z
1) z 2
(答 1)
2
e z
-1 2)
0, 1
cos-
5) z 3 .
z sin z
(1
-e
)
3)0为一级极点,
cosz 1
z
z 4) e
3 z :-均为本性奇点；2) 0为一级极点,
3) ::为本性奇点；4 )：：为唯一奇点，且为本性奇点
6) 为本性奇点；
；5 ) 0为非独立奇点，
1)
2)
解 (z-1)(z 1)3
1 -e 2z
z 4
，在 z
=0,：：处。

因为z 二1为f (z)的一级极点，故由留数计算规则有
Res | ---- z
——,丄1计
](z-1)(z + 1)3
由留数计算规则有
Res
3
,:: 一(z-1)(z 1)3
1) 对：：， z (z 1)3
「Res- 一8
_(z-1)(z 1)3 ,0 】=0 一 e
— 8
Res
2z 1 —e
2) () z4,由留数定义，Res
〔f(z
),0 1等于(—e )在z=0处Taylor展式中z3项
的系数。

1 1 cos
z m
sin ,在z =°^-处(m 为自然数).
1) Z ； 2)在
Z
解
1
f (z) =cos — 戸 产』
1) z 在扩充平面仅有两个奇点。

注意
co —在-u 「内Taylor 展式中只有偶
次项。

_ 1
故 住)=彎在0宀£址内Laure nt 展式中无z 」项，即Res
〔f(z
)，°】=°。

且环域° v z
* +力也是的去心邻域。

故上述展式也是
临处的Laurent 展式。

因此
Reslf(z)
^ 卜°
1
f (z) = z m sin 2) z ， m 为自然数。

由留数定义知，Resl f ⑵Q L 于sn z 在° - z -：:内Lauernt 展式中z°m1)的系
数。

注意在该环域有
Z
2
e -
+ Z 2
+
1 I
-
2
(2 Z
Z
Z 2
e -
1 -
S
e R
Res
1-e 2z
注意
f (z)
于扩充复平面内仅有两个奇点,
5.7计算下列函数在
z
=°厂：处的留数
其留数和为°,故
.1 sin — z z
-(n
1)
1 1沪+1十川 °,
Res z m
sinl,° =
(-1)n
z
1(2
当m 为奇数时 当 m = 2 n (n
4
o
厂e%
5.8计算°
【答案2二］
5.9 ■求下列函数在指定点的留数
1
1
cos- —
1) z在：：点。

(答：1)1;2)—1;3)0;
cos z + 丄
2) z在：：
点。

3・
z sin z
3) (1 -e)在：：点。

解 1）因为积分路径z
二1
位于环域
°T
Z
兰汽内，且围绕z=0，简单、正向、闭, 在该环
域内解析，故可知所求积分为
1
其中
a
2为sin z 在环域
0 < z
<7T
内Lauernt 展式z k
*项的系数。

A
—dz= 2^4=0 品 z sin z
1
k dz =2：：ia 3
=2：, 姑 z sin z
（上述展式中无偶次幕项）
~ 1 d
］（3!）2 5!一
=2~ ia _6
k 一 -5 时,
5.10 计算函数
（z
（m 为自然数，、；汀）,在:,■-
处 的留数。

f (z)= ［解］ ()
(z_y(z 「)
••• z =-为
f(z)
的一级极点，(
1
Reslf(z),
m
1 (z-〉)m (Z J
0( H P
（沱"■）, m 为自然数）
为求Res f
（
z ）,
「l 注意m 为自然数，只要求z
-'在〉点邻域Taylor 展式中
（z
—） 的系
数
a
m 」即可
1 1 z --
-- >
1 z - ：
1
= F^(z 「)n
-1
a m
八厂二 Res If (z),：丨- 1
、m
m
）
，故
（- -「）
又由
f （z ）
于扩充复平面仅有奇点?
,'，二，故
Res 〔f （z ）,：卜-Res 〔f ⑵厂丨-Res 〔f （z ）,-丨-5.11计算下列积分
k =5,k =4,-5,-2,
1）
\17
2
-z
|~~32
sin 严,
k 一2,2,5
dz = 2二 ia 1 sin
因此k =5时,
k =4 时， （无偶次幕项）
1
k . z sin z
k =「2 时, 1
~k ； z sin z dz = 2-ia
（丄以o 为一级极点）.
si nx 2）同1）道理，但积分路径位于环域 71引习成2
沢内，且围绕z = 0,简单、正向、闭, 1
sin z 在此环域内解析。

sin z dz 二 2- iC kJ 1 其中C k
丄为sin z 在环域
:::2 内Laurent 展式中z kJ 项系数。

因而 k = -2时，r -2
k = 5 时， 5.12计算下列积分 3 1
I — z _ [——z dz 屆
1
+z
k
dz = 2兀 iC j3 = 2兀 i （一2兀）=一4兀 i z'si nz z =
1 1
2 2 3
i k dz = 2二 iG =2「：i （ ） 4i
3 z k sinz 3!二 3! iz 寸 A k dz = 2 二 iC"0 3 z sinz
（积分路径均为正向） 1 二门e Z
在1
：：： z 「二内解
析。

z 3 （展式中无偶次幕项） f （z ） 解 因为 简单、正向、闭，故由：：留数定义有
二 iResf （z ）, ：： .1 - 2 i Res f （^） -2 ,0 -z z f （z ）dz = -2 这里C 3为
=2 二 i Res e z 4 , _ 1 z z 4
z ：（zH e
路径 z =
2位于该环域内，围绕 z = 0,
—,0 =2 二 G 的z 3项系数，由幕级数乘法易求得： 3 1
口 z …=2兀i （—丄）=—纟兀i 3 3
1 e
z
dz :
岂1 +z 即羽| z
5.13计算积分 2n
|-7I z n dz （积分方向为正方
向）
C 3 内Laurent 展式（即 丄丄 1 3! 2! 1 z 在 z :: 1
内 T
aylor 展式） 杲1
+z
解：
（n 为自然数）
当n=1 时z「1 J" 1 -z
的一级极点，故
=2二iRes( , 一1) =2
二i
1 +z z2n
当n =1时，积分路径内围绕了
f(z) =1 - z n的n个一级极点
i(1 2 k)
二
z^ —e 由留数定理有(k =0,1,2,||( n-1)
因为所以5.14
z2n n_1
I疑1
+z
Res(
2n
z
n ,
z
k )-
1 z
2n
z
k=0
2n_n 1
z
k
暂+z"g2
k =0 n 计算定积分o1—2"。

^
解：被积式为cos，的有理函数, 积分，得
z2n
Cl)
n
z
k
z
k
z
k
叱
2‘
故令
-三
(0,1).
(V
cos
：则
dz
z2 1
dz
f (z)= dz
n
Z k = -
1)
z2 1 dz
iz。

代入原
扫(1 -2〉一一X=2)iz
2z
dz
则z =1
内包围
故，由留数定理有
r (z-：)(z-丄) z
a的一个奇点z0
■，且为一级极
点。

I 二丄Res
a ------------ a
1 ，
(z「)(z——)
a
1
z「一
a
2
■
:
2
■
:
2 2
:2_1 1_J2
5.15计算定积分
dx
4・0 1
x4
I J 解：
2；「x R(z)二1
设 1 x4。

则R(z)为z的有理函数，且分母次数为4,
分子次数为0 (m - n =4.2)。

且R(z)在实轴上无奇点，在上半平面的奇点为
.3 i 4H
z
2二
e 均为一级极点。

詁 2二i(Res (宀，zj Res (宀，Z 2))
2
1 z 4
1 z 4
2 二 1 叨 d x
(1)1 ----- d 日；(2) J ------- - (a>0)
5.17 计算实积分 0
1 ' cos - 0
a sin x
JI
【答案(1)
2- ； (2) 2，a 2
a 】
二 dx
4
5.18计算积分
：
x -1
兀
：：
dx
4
I=
2o 1 x
1 Jl i 呼碍 兀
「i (-匚)(乙 Z 2)
(e 4
e 4
)=- 4
4
242
-bo .
sin x
—dx
5.16计算定积分o X^-x)。

sin x sin x
2~ =
x(1 x) x 解:首先注意
-be .
.
sin xdx
0 x(1 x)2
xsin x
~
2~
1 X 。

iz
ze
-
2
, R(z) 2
1 z
1 z 的分母次数比分子次数咼
勺=i 。

■be
-be
dx x
-be .
xsin
x , 不dx 2 o 1 x
JI = ---- — 故只要计算第二项的值即可：设
f (z)
-
1,在实轴上无奇点，在上半平面有一个一级极点
-bo
f (x)dx -
ix
xe -1 x 2
xs
哼
dx -bo .
xsin x
=0 i
牙dx = 2二 iRes 〔f (z),i 丄
2e e
■: i
由此
■be .
xsin x 丹x 0 1 x
2e
JT 1
2 2e 尹 2)
sin x ,
〒dx o x(1 x 2
)
-bo
f (x)dx I 二 'VTT T
、\ -
■
注：
-bo
f (x)dx 二 2二 iResf (z)，z ] 按实部等于实部，虚部等于虚部得最后结
-oO
兀
x =
一
-bo
【答案2】
2 2 5.21 若函数
f (z) =u(x, y+iv(x,y)解析，且 u —v=(x —y)(x +4xy + y)，试求 f(z). 【答案f(z )=—iz 3 c 】
5.22利用复变函数环路积分方法，证明级数
74 (提示：考虑函数 2iz 4sin 二Z 沿着仅包围某一个奇点 Z =n(n = 0)的环路I n 的积分)
计算机仿真编程实践
5.23计算机仿真计算(利用 Matlab 计算机求解出留数，然后求积分) zdz
10 z 1
dz 10
::cosmx 2——dx
5.19计算积分 0 x a 的值 富 _ma 】 ::xsin mx , dx 0 (x 2 a 2)2 的值
e 【答案 2a
5.20计算积分 m ?H _ma e
【答案4a 】
5.24
计算机仿真计算 (1) 8 (2) 25
2 e z -1 z 3在0点 z-
3 ~3 2 (2) z - 5z 在0点处的留数。

(答案(1)1; 5.25利用计算机仿真编程的方法计算积分
(积分方向为正方向) 2n — z --- z (n "門+z n 为自然数).
:(-1)
J 4 n a n
5.26利用计算机仿真计算积分
-|z|^(z i) (z-1)(z-3)，并验证典型实例结果。