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
41sin 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， 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
339156
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
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： （1）
321
1
z z z --+
322
11
=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）11
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
222
222
1+++
12==12!1
1
+1++2!=0.
z z z e z z z z z
z ζζζ
ζ+++==
∞！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!
225!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 →→→????
??
?-=--=-=-= ? ? ?----?????
?
3．12
Res[,]z i
z e i -= [ ]
（A ）16i -
+ （B ）56i -+ （C ）16i + （D ）5
6
i + 12223
223
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
2
1
()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
6343423323443
682334()().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
32
122123
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：
222
222021
21112()01(31)3112
Res [(),0]=lim 2
3111
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||2sin z z
dz z =?
2
sin 13!
z z z =-+
31||2sin sin 2Res[,0]20.z z z
dz i ic z z
ππ-====? （2）
33||21
cos z z dz z =-?
3
1cos 12!4!
z z
z z -=-+
3133
||2
1cos 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||21
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
+?
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，
复变函数第五章留数学习方法指导
第五章 留数 留数（Residue ）理论是复积分理论和复级数理论相结合的产物，它既是复积分问题的延续，又是复级数应用的一种体现，它对复变函数论本身以及实际应用都有着重要的作用．例如，它能给复积分的计算提供一种有效的方法，能为解析函数的零点和极点的分布状况的研究提供一种有效的工具．另外，它还能为数学分析中一些复杂实积分的计算提供有效地帮助． 本章，我们首先引进孤立奇点处留数的定义，利用洛朗展式建立留数计算的一般方法——洛朗展式法，以及各类孤立奇点处留数计算的更细致的方法．在此基础上，再建立反映复变函数沿封闭曲线积分与留数之间密切关系的留数定理，从而有效地解决“大范围”积分计算的问题．其次，介绍留数定理的两个方面的应用．一方面建立利用留数定理计算数学分析中某些定积分和反常积分的计算方法，另一方面建立讨论区域内解析函数的零点和极点分布状况的有效方法，即幅角原理与儒歇定理． 一．学习的基本要求 1．掌握函数在其孤立奇点处的留数的概念以及函数在孤立奇点处的留数计算的一般方法，即洛朗展式法．注意函数在有限孤立奇点处的留数和孤立奇点∞处的留数在定义方面的差异以及罗郎展式法方面的差异．并能熟练地运用洛朗展式法求函数在其孤立奇点处的留数． 2．熟练掌握函数在各类有限孤立奇点处的留数的具体计算方法以及孤立奇点∞处留数的的两种具体计算方法： 洛朗展式法： 1Res ()z f z β-=∞ =-，其中1β-为()f z 在∞处的洛朗展式中1z 的系数． 化为有限点处的留数：2011Res ()Res ()z z f z f z z =∞==-． 3．了解有限可去奇点处的留数与可去奇点∞处的留数的差异，理解为什么函数在可去奇点∞处的留数一般不一定为零？ 4．掌握留数定理以及含∞的留数定理（即留数定理的推广），并能熟练地运用它们计算函
复变函数与积分变换第五章留数测验题与答案
第五章 留 数 一、选择题： 1．函数 3 2cot -πz z 在2=-i z 内的奇点个数为 ( ) （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 2．设函数)(z f 与)(z g 分别以a z =为本性奇点与m 级极点，则a z =为函数)()(z g z f 的( ) （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 3．设0=z 为函数 z z e x sin 14 2 -的m 级极点，那么=m ( ) （A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）2 4．1=z 是函数1 1 sin )1(--z z 的( ) (A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 一级零点 （D ）本性奇点 5．∞=z 是函数2 3 23z z z ++的( ) (A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 二级极点 （D ）本性奇点 6．设∑∞ == )(n n n z a z f 在R z <内解析，k 为正整数，那么=]0,) ([ Re k z z f s ( ) （A ）k a （B ）k a k ! （C ）1-k a （D ）1)!1(--k a k 7．设a z =为解析函数)(z f 的m 级零点，那么='],) () ([ Re a z f z f s ( ) (A)m （B ）m - （C ） 1-m （D ）)1(--m 8．在下列函数中，0]0),([Re =z f s 的是（ ）
（A ） 2 1)(z e z f z -= （B ）z z z z f 1 sin )(-= （C ）z z z z f cos sin )(+= (D) z e z f z 1 11)(--= 9．下列命题中，正确的是( ) （A ） 设)() ()(0z z z z f m ?--=，)(z ?在0z 点解析，m 为自然数，则0z 为 )(z f 的m 级极点． （B ） 如果无穷远点∞是函数)(z f 的可去奇点，那么0]),([Re =∞z f s （C ） 若0=z 为偶函数)(z f 的一个孤立奇点，则0]0),([Re =z f s （D ） 若 0)(=?c dz z f ，则)(z f 在c 内无奇点 10． =∞],2cos [Re 3 z i z s ( ) （A ）3 2- （B ）32 （C ）i 32 （D ）i 32- 11．=-],[Re 1 2 i e z s i z ( ) （A ）i +- 61 （B ）i +-65 （C ）i +61 （D ）i +6 5 12．下列命题中，不正确的是( ) （A ）若)(0∞≠z 是)(z f 的可去奇点或解析点，则0]),([Re 0=z z f s （B ）若)(z P 与)(z Q 在0z 解析，0z 为)(z Q 的一级零点，则) ()(],)() ([Re 000z Q z P z z Q z P s '= （C ）若 0z 为 )(z f 的m 级极点，m n ≥为自然数，则
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,能否说为本性奇点?为什么? 答:这个级数由两部分组成:即。第一个级数当即时收敛,第二个级数当即时收敛。于就是所给级数在环域内收敛(成立),且与函数。显然就是得解析点。可见此级数并非在得去心领域内成立。故不能由其含无限多个负幂项断定得性质。 注: 此例说明,判断孤立奇点类型虽可从得Laurent 展开式含有负幂项得情况入手,但切不可忘掉必须就是在去心领域内得Laurent 展式,否则与就是什么性质得点没有关系。 5、2 设在全平面解析,证明:若为得可去奇点,则必有(常数);若为得级极点,则必为次多项式:;除此之外,在处得Taylor 展式必有无限多项系数。 证: 因为在全平面解析,所以在邻域内Taylor 展式为且。注意到这Taylor 级数也就是在去心邻域内得Taylor 级数。 所以,当在得可去奇点<═>在去心邻域内Laurent 展示无得正幂项,即。 故(常数); 当为得级极点在去心邻域内Laurent 展示中只含有限个得正幂项,且最高正幂为次()。 1011() (0),0,()m m m m m n f z a a z a z a z a a n m --=++++≠=>L 即为次多项式; 除去上述两种情况, 为得本性奇点在去心邻域内Laurent 展开式中含有无限多个正幂项, 因此在中,有无限多个项得系数不为0。 注 (1)、 对本题得结论,一定要注意成立得条件为在全面解析,否则结论不成立。例:在内解析(与全平面解析仅差一个点!),且以为可去奇点,但又在内解析,且以=为一级极点,但它并不就是一次多项式,也不可能与任何一次多项式等价(它以=0为本性奇点)。同样地, 在内解析,以为本性奇点,但它不就是超越整函数,(它不就是整函数); (2)、 本题证明完全依赖于无穷远点性态得分类定义,同时注意,全平面解析得函数在邻域内Taylor 展示得收敛半径R= +,从而此Taylor 展示成立得区域恰就是得去心领域,即同一展示对而言即就是其去心领域内得Laurent 展式。 5、3 证明:如果为解析函数得阶零点,则必为得阶零点。(>1) 证 因为在点解析,且为其阶零点。故在得邻域内Taylor 展式为 其中 由Taylor 级数在收敛圆内可逐项微分性质有 右端即为在内得Taylor 展开式,由解析函数零点定义知,以为阶零点。 注 本证明仅用到解析函数零点定义及幂级数在收敛圆内可逐项求导得性质、 5、4 判断下列函数在无穷远点得性态 1) 2) 3) 4) 解 1) 因为在内解析,且所给形式即为它在该环域内得Laurent 展式,所以为得一级极点(为一级极点)、 2) 因为在内解析,且在此环域内有 21111(1)3521sin 23!5!(21)!n n z z z z Z n z z -++=+-++++L L 即在得去心邻域里得Laurent 展式中含有无限多个得正幂项,故为得本性奇点(0为二级极点)。 3) 因为 在处解析,以为本性奇点。 在中令,得。为得本性奇点,即为得本性奇点。 4) 令,得,即。 ∴ 为得零点,且
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 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
复变函数第五章留数学习方法指导.docx
第五章留数 留数(Residue)理论是复积分理论和复级数理论相结合的产物，它既是复积分问题的延续，又是复级数应用的一种体现，它对复变函数论本身以及实际应用都有着重要的作用.例如，它能给复积分的计算提供一种有效的方法，能为解析函数的零点和极点的分布状况的研究提供一种有效的工具.另外，它还能为数学分析中一些复杂实积分的计算提供有效地帮助. 本章，我们首先引进孤立奇点处留数的定义，利用洛朗展式建立留数计算的一般方法一一洛朗展式法，以及各类孤立奇点处留数计算的更细致的方法.在此基础上，再建立反映复变函数沿封闭曲线积分与留数之间密切关系的留数定理，从而有效地解决“大范围”积分计算的问题.其次，介绍留数定理的两个方面的应用.一方面建立利用留数定理计算数学分析中某些定积分和反常积分的计算方法，另一方面建立讨论区域内解析函数的零点和极点分布状况的有效方法，即幅角原理与儒歇定理. 一.学习的基本要求 1.掌握函数在其孤立奇点处的留数的概念以及函数在孤立奇点处的留数计算的一般方法，即洛朗展式法.注意函数在有限孤立奇点处的留数和孤立奇点00处的留数在定义方面的差异以及罗郎展式法方面的差异.并能熟练地运用洛朗展式法求函数在其孤立奇点处的留数. 2.熟练掌握函数在各类有限孤立奇点处的留数的具体计算方法以及孤立奇点a处留数的的两种具体计算方法： 「洛朗展式法：Res/(z) = 其中为f(z)在8处的洛朗展式中1/z的系数. ［化为有限点处的留数：Res/U) = -Res4/(-)- 3.了解有限可去奇点处的留数与可去奇点oo处的留数的差异，理解为什么函数在可去奇点00处的留数一般不一定为零？ 4.掌握留数定理以及含oo的留数定理(即留数定理的推广)，并能熟练地运用它们计算函数沿封闭曲线的积分.能用留数定理导出第3章中的柯西定理和柯西积分公式，从而正确地认识为什么留数定理可以看成柯西定理和柯西公式的统一. 5.了解利用留数计算实积分的基本思想或基本原理：通过适当方法将实积分转化为适当复变函数沿封闭曲线的积分. 熟悉将实积分转化为适当复变函数沿适当封闭曲线的积分的两种途径： f途径一：通过适当变量替换. ［途径二：作适当补充路径. 6.熟悉补充积分路径计算积分时，常用的如下三个引理： 引理0设函数/(Z)在角形闭区域 D: 0 < ^ < arg(z -z(})<02 < 2兀
留数定理习题及其解答
第五章留数定理习题及其解答 设有,能否说为本性奇点?为什么? 答：这个级数由两部分组成：即。第一个级数当即时收敛,第二个级数当即时收敛。于是所给级数在环域内收敛(成立),且和函数。显然是的解析点。可见此级数并非在的去心领域内成立。故不能由其含无限多个负幂项断定的性质。 注：此例说明，判断孤立奇点类型虽可从的Laurent展开式含有负幂项的情况入手，但切不可忘掉必须是在去心领域内的Laurent展式，否则与是什么性质的点没有关系。 设在全平面解析，证明：若为的可去奇点，则必有（常数）；若为的级极点，则必为次多项式：；除此之外，在处的Taylor展式必有无限多项系数。 证：因为在全平面解析，所以在邻域内Taylor展式为且。注意到这Taylor级数也是在去心邻域内的Taylor级数。 所以，当在的可去奇点<═>在去心邻域内Laurent展示无的正幂项,即。 故(常数)； 当为的级极点在去心邻域内Laurent展示中只含有限个的正幂项,且最高正幂为次（）。 即为次多项式； 除去上述两种情况, 为的本性奇点在去心邻域内Laurent展开式中含有无限多个正幂项, 因此在中，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在全面解析，否则结论不成立。例：在内解析(与全平面解析仅差一个点!)，且以为可去奇点，但又在内解析,且以=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=0为本性奇点)。同样地，在内解析，以为本性奇点，但它不是超越整函数，(它不是整函数)； (2). 本题证明完全依赖于无穷远点性态的分类定义，同时注意，全平面解析的函数在邻域内Taylor展示的收敛半径R= +，从而此Taylor展示成立的区域恰是的去心领域，即同一展示对而言即是其去心领域内的Laurent展式。 证明：如果为解析函数的阶零点，则必为的阶零点。(>1) 证因为在点解析，且为其阶零点。故在的邻域内Taylor展式为 其中 由Taylor级数在收敛圆内可逐项微分性质有 右端即为在内的Taylor展开式，由解析函数零点定义知，以为阶零点。 注本证明仅用到解析函数零点定义及幂级数在收敛圆内可逐项求导的性质. 判断下列函数在无穷远点的性态 1) 2） 3） 4） 解 1) 因为在内解析，且所给形式即为它在该环域内的Laurent展式，所以为的一级极点(为一级极点). 2) 因为在内解析，且在此环域内有 即在的去心邻域里的Laurent展式中含有无限多个的正幂项，故为的本性奇点（0为二级极点）。 3) 因为 在处解析，以为本性奇点。 在中令，得。为的本性奇点，即为的本性奇点。 4) 令，得，即。 ∴为的零点，且 ∵
复变函数与积分变换第五章留数测验题与答案
、选择题: 1.函数V" “亠在z _ i = 2内的奇点个数为() 2z —3 的() (A ) (C ) X 2 1 — e 3 .设Z= 0为函数一4一 的m 级极点，那么m =() Z SinZ 1 4 ? Z =1 是函数(Z-I)Sin 的( z —1 5 ? Z= '■:是函数 3 3 2z Z 的( 7?设z = a 为解析函数f(z)的m 级零点，那么 &在下列函数中， Res[f (z),0] = 0的是( 第五章 (A)可去奇点 (C ) 一级零点 (B ) (D ) 一级极点 本性奇点 (A)可去奇点 (C ) 二级极点 (B ) (D ) 一级极点 本性奇点 Oo 6.设 f (Z)八 a n =0 n n Z 在Z ：：： R 内解析, k 为正整数，那么 ReS[ Z k f (Z) W () (A) a k (B ) k!a k (C ) a k -1 (D) (k- 1)!a k ^ (A) m (B)- m (C ) (D) -(m -1) (A ) (B ) 2 (C ) 3 (D) 4 2 ?设函数 f(z)与g(z)分别以z=a 为本性奇点与 m 级极点，则 z = a 为函数 f (z)g(z) 可去奇点 m 级极点 (B )本性奇点 (D )小于m 级的极点 (A ) 5 (B ) 4 (C)3 (D ) 2 Ref 汕(
9 .下列命题中，正确的是 () 极点. 若z=0为偶函数f(z)的一个孤立奇点，则 Res[f(z),0] = 0 右Tf (Z )dZ = 0 ,则f (Z )在C 内无奇点 G 12.下列命题中，不正确的是 (A )若Z 0(" )是f (Z)的可去奇点或解析点，则 P(Z) (B )若 P (Z)与 Q(Z)在 Z 0 解析，Z 0 为 Q(Z)的一级零点，则 Re S (Q r Z ),Z 0∏ Q (Z 0 ) 1 Res[f(z), Z 0] Iim n! Xf O dz (A) f(z)=叮 Z Sin Z (B ) f (Z)= Z (C ) sinZ + COSZ f(z)= (D) 1 f(Z) X (A ) 设 f(z) =(Z-ZO)Jm (Z) , (Z)在 Z o 点解析, m 为自然数，则Z o 为f (Z)的m 级 (B ) 如果无穷远点 二是函数f(z)的可去奇点，那么 Res[f(Z),:] = 0 (C ) (D) 10. Re S [Z 3 COS 2i ,:]=( Z (A) -1 (B ) (C ) 2. i 3 (D) 2. I 3 11 . Res[z 2e 1 已1] (A)- 1 I 6 (B ) -5 I 6 (C ) (D ) Res[f(Z),Z°] = 0 P(Z o ) (C )若 Z o 为 f (Z)的 m 级极点，n - m 为自然数，则 d n [(z-z °)n1 f(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;
留数定理习题及其解答
第五章 留数定理习题及其解答 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