第五章留数定理习题及其解答.docx
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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z0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•akZ,ak=0；除此之外，f（z）在Zo=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a0a1z丨11akzJ11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uf（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（am=0）o
f（z）=a°az川am_zm‘amZmam严a0n0m（）
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anznz£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），且以°°为可去奇点，
但f（z）式常数；又f⑵=Z冷在°同样地，
整函数）；
同时注意，全平面解析的函数在
（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z0为解析函数f（z）的m阶零点，则z0必为f（z）的m-1阶零点。
（m>1）
证因为f（z）在z0点解析，且z0为其m阶零点。
故f（z）在z0的邻域内Taylor展式为
f（Z）=Cm（Z—Ze）"卡十川其中C^0.Z—Z。
VR.
由Taylor级数在收敛圆内可逐项微分性质有
f'（z）=Cmm（z_z°）mJL+Cm半（m+1）（z_z°）m+川Z_z°|cR.
；*Cm=°Cmm=0
右端即为f（z）在Z—NvR内的Taylor展开式，由解析函数零点定义知，f（z）以
4）sinzcosz
.2jJgk兀
令sinzcosz=0,得ei2z--i，即ee2（k=0,二1,二|（）。
zkk二（k",_1,_2川）.孙予上口
•••4为sinz•cosz的零点，且
[sinzcosz]z二coszk-sinzk=2（-1）k=0（k=0,±1,±2|||）
兀,1
zkk二f（z）二
•4为sinz•cosz的一级极点。
且zkk」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）
31k-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
Res
2z
1—e
2）（）z4,由留数定义，Res〔f（z）,01等于（—e）在z=0处Taylor展式中z3项
的系数。
Z
2
e
-
1-
S
e
R
11
coszmsin,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Laurent展式中无z」项，即Res〔f（z），°】=°。
且环域°vz*+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）=zmsin
2）z，m为自然数。
由留数定义知，Reslf⑵QL于snz在°-z-：
:
内Lauernt展式中z°m1）的系
数。
注意在该环域有
5.11计算下列积分
k=5,k=4,-5,-2,
1）
\17
2
1
sinz
解1）因为积分路径z二1位于环域°TZ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a2为sinz在环域0因此k=5时,
k=4时，
A
—dz=2^4=0品zsinz
1
kdz=2：
：
ia3=2：
姑zsinz
（上述展式中无偶次幕项）
~1d
］（3!
）25!
一
（无偶次幕项）
=2~ia_6
k一-5时,
k=「2时,
1
~k；zsinz
dz=2-ia
（丄以o为一级极点）.
sinx
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
sinz在此环域内解析。
sinz
dz二2-iC
kJ
1
其中Ck丄为sinz在环域
:
:
:
2内Laurent展式中zkJ项系数。
因而k=-2时，r-2
k=5时，
5.12计算下列积分
31
I—z_
[——zdz
屆1+z
kdz=2兀iCj3=2兀i（一2兀）=一4兀i
z'sinz
z=
11223i
kdz=2二iG=2「：
i（）4i
3zksinz3!
二3!
iz寸
A
kdz=2二iC"03zsinz
（积分路径均为正向）
1
二门eZ在1：
：
：
z「二内解析。
z3
（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）,：
：
.1-2iResf（^）-2,0
-zz
f（z）dz=-2
这里C3为
=2二iResez4,
_1zz4
z
：
（zHe
路径z=2位于该环域内，围绕z=0,
—,0=2二G
的z3项系数，由幕级数乘法易求得：
31
口z…=2兀i（—丄）=—纟兀i
33
1
ezdz:
岂1+z
即羽|z
5.13计算积分
2n
|-7Iz
ndz
（积分方向为正方向）
C3
内Laurent展式（即丄丄13!
2!
1z在z:
:
1内taylor展式）
杲1+z
解：
（n为自然数）
当n=1时z「1J"
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-zn的n个一级极点
i（12k）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（
2nz
n,zk）-
1z
2n
z
k=0
2n_n1
zk
暂+z"g2
k=0n
计算定积分o1—2"。
^
解：
被积式为cos，的有理函数,积分，得
z2n
Cl）
n
zkzkzk
叱2‘
故令
-三（0,1）.
（V
cos：
则
dz
z21
dz
f（z）=
dz
n
Zk=-1）
z21
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■:
22
:
2_11_J2
5.15计算定积分
dx
4・01x4
IJ解：
2；「x
R（z）二1
设
1x4。
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
i4H
z2二e均为一级极点。
詁2二i（Res（宀，zjRes（宀，Z2））
21z41z4
2二1叨dx
（1）1d日；
（2）J（a>0）
5.17计算实积分01'cos-0asinx
JI
【答案
（1）2-；
（2）2，a2a】
二dx
4
5.18计算积分：
x-1
兀
【答案2】
:
:
cosmx
2——dx
5.19计算积分0xa的值
富_ma
】
:
:
xsinmx,dx
0（x2a2）2的值
e
【答案2a
5.20计算积分
m?
H_ma
e
【答案4a】
22
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）=—iz3c】
5.22利用复变函数环路积分方法，证明级数
:
（-1）
J4nan
74
（提示：
考虑函数2iz4sin二Z沿着仅包围某一个奇点Z=n（n=0）的环路In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
z1
5.24计算机仿真计算
（1）
8
（2）25
2
ez-1
z3在0点
z-3
~32
（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+zn为自然数）.
5.26利用计算机仿真计算积分
dz
10
-|z|^（zi）（z-1）（z-3），并验证典型实例结果。
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