第五章 留数(答案)
复变函数练习题 第五章 留数
系 专业 班 姓名 学号
§1 孤立奇点
孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法
f(z)在点a 处的洛朗展式中，
若无负幂项，则点a 为可去奇点；
若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。 2、极限法 lim ()z a
f z →
#
存在且有限，则点a 为可去奇点；
等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。 3、判断极点的方法
1
()()()m
f z
g z z a =
-，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零；
1()()lim ()lim()()()
m
m z a z a f z g z g z z a f z z a →→=
=--，存在且有限; 1
()()()
m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零 一、选择题 1．函数cot 23
z
z π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ] （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4
;
cot cos 3
(23)sin 0,()23(23)sin 2
z z z z z k k z z z ππππ=-=?=∈--，
2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和)
3．0z =为函数2
41sin z
e z z
-的m 级极点，那么m = [ C ]
（A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ）
4
224
224
5532
01112!3.3=(1)sin sin sin sin 2!
lim (1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z →??
++ ?--?=?=?++ ?
? ?++= ??
?
利用方法， 4．z =∞是函数3
2
32z z z ++的 [ B ]
（A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）二级极点 （D ）本性奇点
32
22
32321=32=0z z z z z z ζζζζ??++++=++ ???
以为一阶极点 #
5．1z =是函数1
(1)sin
1
z z --的 [ D ]
（A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）一级零点 （D ）本性奇点 （将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幂项） 二、填空题
1．设0z =为函数3
3
sin z z -的m 级零点，那么m = 9 。
()()3
5
33915
6
3333
9
1sin ()()3!5!
3!5!3!5!
z z z z z z z z z
z -=--+
+
=-+=-+
2．设0z =为函数
3
sin z
z 的n 级极点，那么n = 2 。 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）
32
1
1
z z z --+ ：
32211
=1, 1.
1(1)(1)11.
z z z z z z z z z ==---+-+==-解：显然，的奇点有其中是其二阶极点；是其一阶极点 （2）1
1
z e
-
11
11
2
1.11112!(1)
11z z e z e
z z z z --==+
++---
=解：可能的奇点为具有的无穷个负幂项，从而为其本性奇点
11
1.
1
1lim ;
1
1lim 0;
11z n n n n e z z e n z e n
z z -→∞-→∞==+=∞=-===解法二：可能的奇点为令，则令，则即函数在点极限不存在，从而为其本性奇点
（3）3
sin 1z z -
335
233
32sin 1
0.
1sin 11113!5!3!5!0.
sin 1010.
z z z
z z z z z z z z z z z z z -=-+-+-
-==-+-+-=-=-
=解法一：可能的奇点为故有为其三阶极点解法二：由在点解析且等于，从而为原函数的三阶极点
（4）21n
n
z z
+（n 为正整数） 22011=1()()()
(0,1,
,1)1
.(0,1,
,1).
n n
n
n k n k z z z z z z z z z z k n z n z k n -+---=-=-=-，
其中是方程
的个根从而是原函数的一阶极点
|
2．判断∞点是下列函数的什么奇点
（1）
2
23z
z
+
2322
1
,
222(13)26331
0.
z
z z z ζζ
ζζζζζζ===-+=-+
++==∞解：令为可去奇点，从而为原级数的可去奇点
（2）2
2z e z
242
222222
1+++
12==12!1
1
+1++
2!=0.
z z z e z z z
z z
z ζζζζ+++==
∞！在上述级数中令，则变为
为其本性奇点，从而为原函数的本性奇点
00.1.z z z ζ?<<∞=? ?
?
= ???
注在本题中，由于级数的收敛域是，从而可以直接让函数在点展开但在上一道题中，必须先做变量替换，才可进行展开
3．0z =是函数2
(sin sh 2)z z z -+-的几级极点(sh 2
z z e e z --=)
3579357959
()sin sh 2=sin 22
23!5!7!9!3!5!7!9!2
25!9!
z z
e e
f z z z z z z
z z z z z z z z z z z z z --=+-+-????
=-+-+-++++++
- ? ?????
=++解法一：
(4)
(4)(5)
()sin sh 2=sin 22
(0)0;
'()cos 2'(0)1120;
2''()sin ''(0)0;
2'''()cos ,'''(0)110;
2()sin (0)0;
2()cos 2
z z
z z
z z
z z
z z z z e e f z z z z z z
f e e f z z f e e f z z f e e f z z f e e f z z f e e f z z -------=+-+-=+=+-=+-=-=-+=+=-+=-+=-=+=+=+解法二：考虑函数
，，，()(5)2
(0) 2.
0sin sh 2sin sh 2f z z z z z z z ==+-+-，从而为的五阶零点，为的十阶零点，因为是原函数的十阶极点.
%
复变函数练习题 第五章 留数
&
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§2 留数
一、选择题： 1．设0
()n n n f z a z ∞
==
∑在||z R <内解析，k 为正整数，那么()
Res[
,0]k f z z
= [ ] （A ）k a （B ）!k k a （C ）1k a - （D ）1(1)!k k a --
2．在下列函数中，Res[(),0]0f z =的是 [ ]
（A ）21()z e f z z -= （B ）sin 1
()z f z z z
=-
（C ）sin cos ()z z f z z +=
（D ）11
()1z f z e z
=--
()000111'11.lim 1lim 1lim 101111'z z z z z z z z z z z e z z e e e e →→→????
??
?-=--=-=-= ? ? ?----?????
?
3．
1
2
Res[,]z i
z e
i -=
[ ] 》 （A ）16i -
+ （B ）56i -+ （C ）16i + （D ）56
i + 12223
2
23
111()(1)2!()3!()111[12()()](1)2()6()115
66z i z e z i i z i z i z i i z i z i z i z i z i i z i -??=-+++++ ?--- ?
?=-+-+-++++ ?--- ?
?=-+ ?-??
项系数为：-1+i+ 二、填空题： 1．设2
21
()exp{}f z z z
=+
，则Res[(),0]f z = 0 。 221
()exp{}f z z z
=+
2．设z a =为()f z 的m 级零点，那么()
Res[
,]()
f z a f z '= m 。 3．设5
1cos ()z
f z z
-=
，则Res[(),0]f z = -1/24 。 三、解答题：
1．求下列各函数在各个有限奇点处的留数：
（1）4
23
1()(1)z f z z +=+
】
42
334232
6343423323443682334()().14()3(1)()()()43(1)()()12()12()12()12(1)()()()1224()()f z z i f z z d
d z z i z z i z i dz dz z i d z z dz z i z i z z i z z i z z i z z i z i z i z z z i z i =±+??
+-+++=??+????+=-
??++??
+-++-++=-
++=-+++具有两个奇点，它们分别是的三阶极点45
''
4234334512(1)
()111122412(1)3lim 2()28163283Res[(),]8
z i z z i z i i i i z i i i i i
f z i →++????++=?-+=- ???+????
=-
！
42
23432345
''
423433*********(1)()()()()1
11122412(1)3lim 2()2816328
3Res[(),]8z i z d
z z z z i dz z i z i z i z i i i i z i i i i i
f z i →-++-=-+
---????+-+=?-+= ???---????-=
！ （2）2
1()sin f z z z
=
22353
()0.111111sin
3!5!3!5!1
Res [(),0).
6f z z z z z z z z z z z f z =??=-+-=-+- ??
?
=-具有一个奇点，为本性奇点从而
2．求Res[(),]f z ∞的值，如果
（1）2
1
()z f z e =
2
1
24211111
()12!0Res [(),)0.
z n
f z e z z
n z
c f z c --==++++
+=∞=-=，从而
（2）4
1
()(1)(4)
f z z z z =
+- |
4224
4
21111()111(1)(14)(1)(4)
11
0Res [(),]Res [(),0]0
z f z z z z z z z z
z f z f z z
?=?=+-+-=∞=-?=在点处解析，故
（3）()cos sin f z z z =-
()Res[(),]0.f z z f z ∞=由在平面上无奇点，从而
（4）2
2()3z
f z z
=+ 法一：
222
32122123
261331Res [(),] 2.
z z z z z z z z
z
f z c -??=?=-+=-+ ?+??+∞=-=从而
法二： ?
2
332()332Res [(),3]lim 1;
32Res [(),3]lim 1,
3Res [(),]Res [(),3]Res [(),3] 2.z i z i z
f z z z i z z
f z i z i z
f z i z i
f z f z i f z i →→=
=±+==+-==-∞=---=-在平面上只有两个奇点，它们是一阶极点，从而
法三：
222222021
21112()01(31)3112
Res [(),0]=lim 2
31
11
Res [(),]Res [(),0] 2.
z z f z z z z z z z
f z z z f z f z z
→?
?=?==++?=+∞=-?=-以为一节极点，从而由
3．计算下列各积分（利用留数，圆周均取正向） （1）
3||2
sin z z
dz z
=
?
2
sin 13!
z z z =-+
31||2
sin sin 2Res[,0]20.z z z
dz i ic z z
ππ-=
===?
（2）
33||21cos z
z dz z =-?
】
31cos 12!4!
z z
z z -=-+
313
3||21cos 1cos 1
2Res[,0]22.2
z z z dz i ic i i z z ππππ-=--===?=?
复变函数练习题 第五章 留数
、
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§3 留数在定积分计算上的应用
一、选择题
1．设1n >为正整数，则
||21
1n z dz z ==-? [ ]
（A ）0 （B ）2i π （C ）2i
n
π （D ）2n i π
||21(1)0011
112Res[(),]1111111111=0111n n
z n n n n nk n k k k n z dz i f z z z z c z z z z z z π=∞∞
-+==?? ?=<=-∞ ?-- ? ?
?- ? ??=== ?-- ???
?∑∑的所有奇点满足，从而在无穷远点可展成： 对应的
2．
积
分
9
3
10
||2
1
z z dz z =
=-?
[ ]
（A ）0 （B ）2i π （C ）10 （D ）
5
i π 9109910101010
9
3110||21111=11112Res[(),]221z z z z z z z z z z z dz i f z ic i z πππ-=??
? ?∞- ? ???
?=++ ? ?-?? ?- ? ? ?=-∞=-= ?-??
?在点可以展成：从而
二、填空题
· 1．积分
3||2
1
sin z dz z
π=
=?
-2i 。
3||200111()01sin 12(Res[(),0]Res[(),1]Res[(),1])sin 11Res[(),0]lim lim sin sin 111Res[(),1]lim lim sin sin (1)Res[(z z z z z z k k z z dz i f z f z f z z z z f z z z z z f z z z f z πππππππππππ
=→→→→=∈=±=++-==?=--===---?的所有奇点有：，落在积分曲线内的点有：，从而111),1]lim sin (1)z z z ππ→-??
? ?
?
? ?
?
? ?
? ? ?
+ ?-==- ?-+??
2．设13
28()(1)(1)
z f z z z =-+，则()f z 在复平面上所有有限奇点处留数之和为 0 。
132********
28121111111()(1)(1)11(1)(1)(1)(1)11
Res[(),]Res[(),0]0z f z z z z z z z z z z z z z f z f c z z
-?
? ??=?=?=+++-+-
?-+ ?-+
? ?=-∞=-?=-= ???
∑
三、解答题
1．求函数2()1
z
e f z z =-在∞的留数。
211
11
()11
Res[(),1]lim 12
Res[(),1]lim 12
Res[(),]{Res[(),1]Res[(),1]}2
z
z z z z e f z z z z e e
f z z e e
f z z e e f z f z f z →-→--==±-==+-==---∞=-+-=-
在平面上具有两个奇点，它们都是一阶极点.
；
；
从而，
2．计算积分21n
n
C z dz z +?（n 为一正整数），:|| 1.C z r =>
）
2222221121.12Res[(),].11111(1)1111110.
2101
1n n
n
n
n C n
n
n n n
n n n n
n n
n
C z z z C z
z dz i f z z z z z z z z z z z z z
n c n c i n z dz n z ππ--=+=-∞+=∞+=?=+++++==≠==?=?≠+???在平面上的奇点为方程的根，则全落于积分曲线内部从而在处可展为：当时，；当时，，从而，
3．计算下列积分： （1）
20
1
53sin d π
θθ
+?
210
111
1253sin 3()(3)5332z z dz dz
d i z z iz z z i i
π
θθ
-===?=-++++?
?
??
被积函数
2
()3()(3)
3
f z i
z z i =
++
在|z|=1内只有一个奇点3
i
z =-，且为一阶极点. 从而
3
22Res[(),]2lim .33(3)
2i z i I i f z i z i π
ππ→-=-==+
^
（2）
220
sin 54cos d π
θ
θθ
+?
2222
2222
222110
0114212cos 222
11sin 1cos 22254cos 2(54cos )
2(54)2(54)
22
21
1
8()(2)
2
i i z z z e e z z z z z z dz dz d d z z z z iz iz z z dz
iz z z θθπ
πθθ
θθθθ
θ------===++==
++--
-==?=?
+++++?+?-+=-++?
????被积函数
42221
()1
8()(2)
2
z z f z iz z z -+=++
在|z|=1内具有两个奇点z=0,z=-1/2，它们分别是二阶极点和一阶极点。
42
04
2
3
42021Res[(),0]lim 1
8()(2)22144115
lim 11212168()(2)22z z d z z f z dz i z z z z z z i z z z i z z z →→??
?
-+= ?++ ?
??
?? ?-+-=--= ?-+++++
???
422
12
1213
Res[(),]lim 28(2)16
z z z f z i iz z →--+-==-+ 从而原积分
4212211532(Res[(),0]Res[(),])2()12161648()(2)
2
z z z i
I dz i f z f z i i i iz z z πππ=-+=-=-+-=--=
++?
（3）2
4
1x dx x +∞
-∞+? （4）2cos 29x dx x +∞-∞+?
2
4
2
2
.
12222
Res[(),]
22
)
;
8
Res[(),]
22
)
8
222222
z
z
z
z
z
f z
i
f z i
i
=+-+
+
+
-
==
-+
+
==-
在上半平面内的奇点为，它们都是一阶极点. \
2
4
2(Res[(),]Res[(),]) 12222
))
2()
882
x
dx i f z f z
x
i i
i
π
π
+∞
-∞
=++-+
+
-+
=-=
?
从而
￥
、
复变函数练习题 第五章 留数
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综合练习
一、选择题 1．下列命题中，正确的是 [ ]
（A ）设0()()()m
f z z z z ?-=-, ()z ?在0z 点解析, m 为自然数，则0z 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[(),]0f z ∞= （C ）若0z =为偶函数()f z 的一个孤立奇点，则Res[(),0]0f z =
'
（D ）若
()0C
f z dz =?
，则()f z 在C 内无奇点
0120122012
12
1220121212111:()0;:();:()()=0:A z B f z c c z c z C f z c c z c z c z c z f z c c z c z c z c z c c c D ?---------------≠?? ?=+++ ?
?
=+++ ?
?+++ ?-=-++ ? ?-++ ? ?=- ??
?
由洛朗展式的唯一性，，从而不一定 2．3
2Res[cos
,]i
z z ∞= [ ] （A ）23- （B ）23 （C ）23i （D ）2
3
i -
()24
33
41121212cos (1)2!4!222Res[(),]4!33i i i z z z z z i c f z c --??????=-+- ?
? ????? ? ? ?==∞=-=-?
?，从而 3．积分2
||11sin z z dz z
==? [ ]
（A ）0 （B ）16-
（C ）3
i π
- （D ）i π- 3
221
11
11sin ()3!113!6z z z z z c -????=-+
? ??? ? ?=-=- ??
?
二、填空题： 1．设2
2()1z
f z z
=
+，则Res[(),]f z ∞= -2 。 !
22222121()1122121(1)1112z f z z z z z z z z z z c -??
=∞< ?+ ?
?=?=?-+ ?++ ?
?
?=??
在点的洛朗展式为：（切记！此时）
2．积分||11
sin z dz z =? 2i π 。
||1012Res[(),0)2lim 2sin sin z z z dz i f z i i z z πππ=→??=== ???
? 三、解答题
1．求出下列函数()f z 在有限孤立奇点处的留数： （1）35
1
()f z z z =
-
353
2
35323
1313111
()01,1(1)(1)
()0111(1)
(1)Res[(),0]1;
11
Res[(),1]lim ;
(1)2
11
Res[(),1]lim (1)2z z f z z z z z z z z z f z z z z z z z z f z c f z z z f z z z -→→=
====---+===++--====--=--
+=-
具有一个三阶极点，两个一阶极点在点的洛朗展式为：从而
（2）22()(9)
z
e f z z z =+
2222
22
22
222
1321()0(9)(3)(3)3.()01
11==(1)(1)(9)
99
999(1+)
9
1
Res[(),0];
9Res[(),3]lim ;
(3)54Res[(z z
z
z z i
z e e f z z z z z z z i z i i f z z e e z z z z z z z
z z
z f z c e e f z i i z z i f z -→===++-±=+++-+
=
+++====+在平面上具有一个二阶极点，
两个一阶极点z=在处的洛朗展式为：从而321),3]lim (3)54
z i
z e e i i
z z i -→-==--
2．计算下列各积分（C 为正向圆周）
（1）1
3,:||21z C z e dz C z z
=+?
1
3132233232244113()011:||211
2Res[(),]2Res[(),0]
111111()(1)(1)1(1)2!3!111
1
11263
1z z C z z z
z f z e z z z z
C z z e dz i f z i f z z z
e z z z
f e z z z z z z z z z z z c z e dz z ππ-===-+==-∞=?+?=?==++++-+-+++=-+-+=-+?被积函数在平面上只有两个奇点和，
它们都落在内部。
从而，
则
21122Res[(),0]3C i i f z z ππ=?=-?
（2）13
2324
.:||2(2)(1)=+-?C z dz C z z z 13
23241321322232434222()1(2)(1):||211
2Res[(),]2Res[(),0]
111111()011(12)(1)(2)(1)11Res[(),0]lim z C z z f z z z z z z C z z e dz i f z i f z z z
z f z z z z z z z z z f z z ππ→===±+-==-∞=?+?=?==+-+-?=?被积函数在平面上只有四个奇点，
它们都落在内部。
从而以为一阶极点，从而232401
31
1
(12)(1)21z C z z z e dz i
z π=+-=+?
3．利用留数定理计算下列积分： （1）
2
1sin d π
θ
θ
+?
2
22 2
001
2
11
1cos2
1sin23cos2
13
22
11).
;
8
1sin
z
z
z
z
d d d dz
z z iz z z
d
πππ
π
θθθ
θ
θθ
θ
θ
-
-=
=
===?
-+ +-
+-
=
==±
=
=-
+
????
?
被积函数在内部只有两个奇点
从而
2(Res[(1]Res[(),1]).
2
i f z f z
π
π
=+=
?
（2）
2
42
2
109
x x
dx
x x
+∞
-∞
-+
++
?
22
4222
2
2
2
2
3
22
()3.
109(9)(1)
21
lim(1);
(9)()16
21
lim(37)
(3)(1)48
115
2[(1)(37)].
164824
z i
z i
z z z z
f z z i z i
z z z z
z z
i
z z i
z z
i
z i z
i i i
π
π
→
→
-+-+
=== ++++
-+
=-+
++
-+
=-
++
-++-=
=在上半平面内的奇点有和
从而原积分等于
第五章 留数(答案)
复变函数练习题 第五章 留数 系 专业 班 姓名 学号 §1 孤立奇点 孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法 f(z)在点a 处的洛朗展式中， 若无负幂项，则点a 为可去奇点； 若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。 2、极限法 lim ()z a f z → 存在且有限，则点a 为可去奇点； 等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。 3、判断极点的方法 1 ()()()m f z g z z a = -，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零； 1()()lim ()lim()()() m m z a z a f z g z g z z a f z z a →→= =--，存在且有限; 1 ()()() m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零 一、选择题 1．函数 cot 23 z z π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ] （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 cot cos 3 (23)sin 0,()23(23)sin 2 z z z z z k k z z z ππππ=-=?=∈--Z ，
2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和) 3．0z =为函数2 41sin z e z z -的m 级极点，那么m = [ C ] （A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ） 4 224 2 2455 32 01112!3.3=(1)sin sin sin sin 2!lim (1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z →??++ ?--?=?=?++ ? ? ?++= ?? ? L L L 利用方法， 4．z =∞是函数3 2 32z z z ++的 [ B ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）二级极点 （D ）本性奇点 32 22 32321=32=0z z z z z z ζζζζ??++++=++ ??? 以为一阶极点 5．1z =是函数1 (1)sin 1 z z --的 [ D ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）一级零点 （D ）本性奇点 （将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幂项） 二、填空题 1．设0z =为函数3 3 sin z z -的m 级零点，那么m = 9 。 () () 3 5 3391563 3 3 3 91sin ()()3!5!3!5!3!5! z z z z z z z z z z -=--++=-+=-+L L L 2．设0z =为函数3sin z z 的n 级极点，那么n = 2 。 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：
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 5.1设有Λ ΛΛΛ++++++++=+-1212221111)(n n n n z z z z z z f ,能否说0=z 为) (z f 本性奇点?为什么? 答：这个级数由两部分组成：即∑∑∞ =∞ =+-+1 012n n n n n z z 。第一个级数当1 1
第五章 留数(答案)教学内容
第五章留数(答案)
__________________________________________________ 复变函数练习题 第五章 留 数 系 专业 班 姓名 学号 §1 孤立奇点 孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法 f(z)在点a 处的洛朗展式中， 若无负幂项，则点a 为可去奇点； 若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。 2、极限法 lim ()z a f z → 存在且有限，则点a 为可去奇点； 等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。 3、判断极点的方法 3.11 ()()() m f z g z z a =-，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零； 3.21 ()()lim ()lim()()() m m z a z a f z g z g z z a f z z a →→==--，存在且有限; 3.3 1 ()()() m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零
__________________________________________________ 一、选择题 1．函数cot 23 z z π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ] （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 cot cos 3 (23)sin 0,()23(23)sin 2 z z z z z k k z z z ππππ=-=?=∈--， 2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为 ()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和) 3．0z =为函数2 4 1sin z e z z -的m 级极点，那么m = [ C ] （A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ） 4 224 22 4 553 2 01112!3.3=(1)sin sin sin sin 2! lim (1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z →?? ++ ?--?=?= ?++ ? ? ?++= ?? ? 利用方法，
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 5.1设有 ++++++++=+-1212221111)(n n n n z z z z z z f ,能否说0=z 为) (z f 本性奇点?为什么? 答：这个级数由两部分组成：即 ∑∑∞ =∞ =+-+1 012n n n n n z z 。第一个级数当1 1
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
第五章留数(答案)
复变函数练习题 第五章 留数 ________ 系 ________ 专业 _______ 班 姓名 __________________ 学号 _____ § 1 ___________ 孤立奇点 孤立奇点类型的判别法 1、 洛朗展开法 f(z)在点a 处的洛朗展式中， 若无负幕项，则点 a 为可去奇点； 若负幕项最高次数为 m ,则点a 为m 阶极点； 若负幕项为无穷多个，则点 a 为本性奇点。 2、 极限法 Iimf z() 存在且有限，则点 a 为可去奇点； 等于无穷，则 a 为极点(无法判断阶数)； 不存在且不等于无穷，则 a 为本性奇点。 3、 判断极点的方法 1 3.1 f (z) = ---- g(z)，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零; (z —a) 2.设f (z)与g(z)分别以z=a 为可去奇点和 m 级极点，则z = a 为f(z)?g(z)的[C ] (A )可去奇点 (B )本性奇点 (C ) m 级极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和) 2 1 -e z 3. z=O 为函数— 的m 级极点，那么m = Z Sin Z (D) 4 Cot 二 Z CoS 二 Z 2z-3 (2z-3)Sin 二 Z (2z -3)Sin 二 Z = O= Z = 1 * 3 ,k(k Z ) 2 (A) 5 (B) 2 (C ) 3 (D ) 4 1 3.2 f (ZH (Z-a)m g(Z)， Iim g(z) = lim( Z r a Z :a z 「a)m f (Z)存在且有限 (D )小于m 级的极点 [C ]
2 1 2 Iim —^(1 + 乞 +…)=1, I Z TSin Z 2! O Λ 一 + z = 3匚2 +2匚+—以匚=O 为一阶极点 Z 1 5. Z =1 是函数(Z-I)Sin 的 z -1 (A )可去奇点 (B ) 一级极点 (C ) 一级零点 (D )本性奇点 (将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幕项) 二、 填空题 3 3 1 .设Z=O 为函数Z -Sin z 的m 级零点，那么 m 二 ______ 。 3 3 3 5 z 3 4 5 z 3 9 15 λ 6 3^3 3/ 3 ZZ... 9/ 1Z. Z -Sinz Z 一(Z )= = z (― —) 3! 5! 3! 5! 3! 5! 解：显然，——一1 = 1 的奇点有z=1,z=T. Z-Z-^I (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 z4 1 解：可能的奇点为Z =1. 丄 1 1 e z4 =1 2 ZT 2!(zT) 2 .设Z=O 为函数sin 3z 的n 级极点，那么n = 2 _______ 。 Z 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: 利用方法3.3 2 2 Z Z 1 -e _ Z 1 - e 4 . - . ^5 Z SIn ZSln z Z Z Sin Z 4 Z + — +■ 2! 5 Z (1) 1 Z -Z ^-Z 1 4 . Z=：:是函数 3 3 2z z 的 Z 2 (A )可去奇点 (B ) —级极点 (C )二级极点 (D) 本性奇点 3 2Z Z 3
第五章留数
第22讲 第五章 留数 教学课题：§5.1孤立奇点p145 教学目的：1、掌握孤立奇点的三种类型；2、理解孤立奇点的三种类型的判定定理；3、归纳奇点的所 有情况；4、知道本性奇点的性质。教学重点：孤立奇点的三种类型 教学难点：孤立奇点的三种类型的 判定定理；教学方法：启发式、讨论式；教学手段：讲解、演示与板书相结合；教材分析：孤立奇点是 解析函数中最简单最重要的一种类型，以解析函数的洛朗级数为工具，研究解析函数在孤立奇点去心邻 域内一个解析函数的性质。教学过程： §5.1 孤立奇点 1. 定义2. 分类 3. 性质 4. 零点与极点的关系 1. 定义 0000(),0,().f z z z z z z f z δ<-<若在处不解析但在的某个去心邻域内解析则称为的孤立奇点 例如 z e z f 1 )(= ----z =0为孤立奇点；1 1 )(-= z z f ----z =1为孤立奇点 z z f 1 sin 1)(= ----z =0及z =1/n π (n = ±1 , ±2 ,…)都是它的奇点 1 lim 0,0,()n z f z n π →∞=∴=但在不论多么小的去心邻域内总有的奇点存在， 101sin z z =故不是 的孤立奇点。 这说明奇点未必是孤立的。 2. 分类 以下将f (z )在孤立奇点的邻域内展成洛朗级数，根据展开式的不同情况，将孤立点进行分类。 考察： ++-+-+-=)! 12()1(!5!31sin )1(242n z z z z z n n 特点：没有负幂次项 +++++===-+∞=-+∞=∑∑! !211!!1)2(1 010n z z z n z n z z z e n n n n n z 特点：只有有限多个负幂次项 ++++ +=---n z n z z e z ! 1 !211)3(211 特点：有无穷多个负幂次项 定义：设0z 是()f z 的一个孤立奇点，在0z 的去心邻域内，若()f z 的洛朗级数 ∑∞ =-=0 0)()()(n n n z z c z f i ，没有负幂次项，称0z 为可去奇点; )1,0() ()()(0 ≥≠-= -∞ -=∑m c z z c z f ii m m n n n ，只有有限多个负幂次项，称0z 为m 级极点;