高等数学答案_第四册_四川大学编
第一章 复数与复变函数（1）
1.计算
)(1)2;
i i i i i -=--=-()122(12)(34)(2)510212
2.
;345(34)(34)591655
i i i i i i i i i i i i +-++--+++=+=-=---+-+5551
(3).;
(1)(2)(3)(13)(3)102
i i i i i i i ===------4222(4).(1)[(1)](2)4;i i i -=-=-=
-112
2
())]
a bi =+=
112
22
4sin )]()(cos
sin );22i a b i θ
θ
θθ=+=++
3.
设
1z
=
2;z i =试用三角形式表示12z z 及12z z 。
解：
121cos
sin
;(cos sin );4
4266z i z i π
π
ππ=+=+
121155[cos()sin()](cos sin );
2464621212z z i i ππππππ
=+++=+ 122[cos()sin()]2(cos sin );46461212z i i z ππππππ=-+-=+
11.设123,,z z z 三点适合条件1230z z z ++=及1
231;z z z ===试证明123,,z z z 是一个内接于单位圆
z =1的正三角形的顶点。
证明：1230;
z z ++=z 123231;312;;z z z z z z z z z ∴=--=--=--
122331;z z z z z z ∴-=-=-123,,z z z ∴所组成的三角形为正三角形。
1231z z z === 123,,z z z ∴为以z 为圆心，1为半径的圆上的三点。
即123z ,z ,z 是内接于单位圆的正三角形。
.
17.证明：三角形内角和等于
。
证明：有复数的性质得：
321321
3arg
;arg ;arg ;z z z z z z αβγ---===
arg(1)2;
k αβγπ∴++=-+
0;k ∴=;αβγπ∴++=
第一章 复数与复变函数（2） 7.试解方程
()4400z a a +=>。
解:由题意44
z a =-,所以有()4
10z a a ??
=-> ???;
4
cos sin i z i e
a π
ππ??=+= ???;所以24(0,1,2,3)k i z e k a θπ
+==;
4
1i
z ae π
=;34
2i
z ae
π
=;54
3i
z ae
π=;74
4i
z ae
π=.
12．下列关系表示的z 点的轨迹的图形是什么？它是不是区域？
1212(1).()z z z z z z -=-≠
解：此图形表示一条直线，它不是区域。
(2).4;z z ≤-
≤
816;2;x x ≤≤此图形为≤x 2的区域。
1
(3).
1;1z z -<+
解：2222
11(1)(1);z z x y x y -<+-+<++；22;0;x x x -<>此图形为x>0的区域。
(4).0arg(1)2Re()3;
4
z z π
<-<
≤≤且
解：此图形表示[2,3]区间辐角在
[0,]
4π
的部分。 (5).1Im 0;z z ≥>且
解：
1z ≥表示半径为1的圆的外上半部分及边界，它是区域。
12(6).Im ;y z y <≤
解：它表示虚部大于1y 小于等于2y 的一个带形区域。
(7).231;z z >->且
解：此图形表示两圆的外部。
131(8).;2222i i z z -
>->且
解：
211()22y +->2x ，2231()22x y +->
，它表示两相切圆半径为12的外部区域。 (9).Im 12;z z ><且
解：此图形表示半径为2的圆的内部，且Im 1z >的部分，它是区域。
(10).20arg ;
4z z π
<<<
且）
解：此图象表示半径为2的圆的内部且辐角主值在4π??
?
???0,的部分，它是区域。
第二章 解析函数（1）
4.若函数
()f z 在区域D 上解析，并满足下列的条件，证明()f z 必为常数.
()()0f z z D '=∈
证明：因为()f z 在区域上解析，所以,u v u v x y y
x ????==-
????。 令()()(),,f z u x y iv x y =+，即()0
u v
f z i x y ??'=+=??。
由复数相等的定义得：0
u v x y ??==??，0u v
y x ??=-=??。
所以，()1,u x y C =(常数) ，()2,v x y C =(常数)，即()12f z C iC =+为常数。
5 .证明函数在z 平面上解析，并求出其导数。 （1）(cos sin )(cos sin ).x
x
e x y y y ie y y x y -++
证明：设()()(),,f z u x y iv x y =+=
(cos sin )(cos sin ).x x e x y y y ie y y x y -++ 则(),(cos sin )x u x y e x y y y =-，
(),(cos sin )x
v x y e y y x y =+ (cos sin )cos x x u e x y y y e y
x ?=-+?；cos sin cos x x x v e y y ye x ye y ?=-+?
(sin sin cos )x u e x y y y y y ?=-++?； (cos sin sin )x v e y y x y y x ?=++?
满足;u v u v
x y y
x ????==-
????。 即函数在z 平面上(
),x y 可微且满足C R -条件，故函数在z 平面上解析。
()(cos sin cos )(cos sin sin )x x u v
f z i e x y y y y ie y y x y y x x ??'=
+=-++++??
8．由已知条件求解析函数()f z u iv =+， 22u x y xy =-+，()1f i i =-+。
解：2,2x y u x y u y x =+=-+， 2,2xx yy u u ==-。
所以
0x x y y u u +=即u 是平面上调和函数。由于函数解析，根据C R -条件得
2x y u v x y ==+，于是，2
2()2y v xy x ψ=++,其中()x ψ是x 的待定函数，再由C
—R 条件的另一个方程得2'()x v y x ψ=+=2y
u y x -=-，
所以'()x x ψ=-，即2()2x x c ψ=-+。于是22
222y x v xy c
=+-+
又因为()1f i i =-+，所以当0,1x y ==，时1u =，112v c =+=得12c =
所以
()222
2
1
(2)
222y x f z x y xy i xy =-+++-+。 第二章 解析函数（2）
12.设ω是z 的解析函数，证明x y u v ??=??，x y v u ??=-
?? (,)u i v z x i y ω=+=+。 证明：ω是z 上的解析函数，所以，ω在(),x y 上处处可微，即u v x y ??=
??，u v
y x ??=-??，
所以，u v y v u x x y v y x u ??????=?????? ，所以x y u v ??=
??， 同理，u v y v u x y y v
x x u ??????=-?????? ，所以，x y v v ??=-
?? 即得所证。
14.若z x iy =+，试证：（1）sin sin cos z xchy i xshy =+。 证：sin sin()sin cos cos sin z x iy x iy x iy =+=+
=()sin cos 22iiy i iy iiy iiy
e e e e x x
i --+-+ =()sin cos 22y y i iy y
e e e e x i x
--+-+
sin cos xchy i xshy =+
18.解方程
ln 2i z π=
。 解：
ln ln arg 02i z z i z π
=+=+
， 即
1,arg 2z z π
==
，设z x iy =+
1=，
()arg 2x iy π
+=
得0,1x y ==，即z i =。
20.试求2(1),3,,i i i i
i i e ++及(1)Ln i +。
解：(2)22
2
,0,1,2,i k i
k i iLni
i e
e
e
k π
π
ππ+--====±±???
(2)
(1)
24
4(1)sin i k i iLn i k i e
e
i e e π
π
ππ+++===，
0,1,2,k =±±???
(1)ln(1)22(2)44Ln i i i k i i k i k π
π
πππ+=++=+=+
0,1,2,k =±±???
3(ln32)3cosln3sin ln3i iLn i k e e i π+===+
222(cos1sin1)i i e e e e i +==+
22，求证0sin lim 1z z z →=
证: z x iy =+(x,y,均为实数)，所以
,sin sin()lim lim z x y z x iy z x iy →∞→∞+=+ 当0x →则极限趋近于z 轴，有sin lim 1iy iy i y iy e e iy iyz -→∞-==
当0y →时，则极限趋于z 轴，有sin lim 1x x x →∞=，
故sin lim 1z z z →∞=。
第三章 柯西定理 柯西积分（1）
1.计算积分
120
),
i
x y ix dz +-+?
（积分路径是直线段。
解：令z=(1+i)dz ， dz=(1+i)dt ，则：
12
(1)it i dz =+??1+i 20(x-y+ix )dz 3
12
011(1)(1)033t i i t dt i -=-=-=?。
2.计算积分路径是（1）直线段，（2）右半单位圆，（3）左半单位圆。 解：
1(11)z it t dz idt z t =-≤≤==（）令，， ，
111
1
1
()i i
z dz t idt i t dt i tdt i
---==-+=????所以
(2).cos sin ()(sin cos )1
2
2
z i dz d z π
π
θθθθθθ=+-
≤≤
=-+=令：，， ，
则
2
22
2
sin cos 022i
i
z i d i d i i
ππ
ππθθθθ---=-+=+=?
??
3(3).cos sin ((sin cos )122
z i dz i d z ππ
θθθθθθ=+=-+=令 从
到），， ，
2
2332
2
sin cos 022i
i
z d i d i i
ππ
ππθθθθ-=-+=+=?
??
5.不用计算，证明下列分之值为零，其中C 为单位圆。
（1）cos c dz z ?，（2）222c dz
z z ++?，（3）256z c e dz z z ++?，
解：（1）因为函数θ1f(z)=cos 在单位圆所围的区域内解析，所以0
cos c dz
z =?。
（2）因为函数()f z =21z +2z+2在单位圆内解析，所以0=?2c dz
z +2z+2。
（3）D z z
2e e 因为函数f(z)==的解析区域包含拉单位围线
z +5z+6(z+2)(z+3)
dz =?z
2c e 所以由哥西积分定理有z +5z+6
6.计算1z dz
z =?，1z dz z =?，
1z dz z =?，1z dz z =?。 解：
1112(1)21
z z dz dz if i z z ππ=====-?
?（）。
2110
(2)0
i i z z dz ie d de z πθ
θθ=====???。
()21
cos sin (3)0
cos sin z i d dz
z
i π
θθθ
θθ
=+==+?
?
。
210
(4)2z dz
d z πθπ
===??。
7.由积分2c dz
z +?之值，证明2012cos 054cos d πθθθ+=+?，其中取单位圆。
证明：因为被积函数的奇点2z =-在积分围道1z =外，故02c dz
z =+?，现令i z re θ=，
则在1z =上cos sin i z e i θθθ==+，
()cos sin i dz ie d i i d θ
θθθθ==+，
2c dz z =
+?()20
cos sin 2cos sin i i d i π
θθθ
θθ
+++?
()()()()cos sin 2cos sin 2cos sin 2cos sin i i d i i πθθθθθθθθθ++-+++-?20
-=
()202sin 2cos 154cos i d πθθθθ-++=+?，
比较可得：202sin 054cos d πθ
θθ=+?，
202cos 1
054cos d πθθθ+=+?。
第三章 柯西定理 柯西积分（2）
8.计算：
（1）
()
221
:21c z z dz C z z -+=-?，。
解：222122112(2)111c c c z z z z z z dz dz z dz z z z -+-++-+==+---??? 11
(21)(2)11c c c c z dz z dz dz dz z z =++=++--???? 002(1)2if i ππ=++=。
10.设C 表圆周23y +=2x ，()2371
c f z
d z ζζζζ++=-?，求(
)f '1+i 。 解：设
()2
371ζζζ=++g ，它在复平面内解析，故当z C ∈时，则由哥西积分公式有()()()2237122371c c g f d dz ig z i z z Z z ζζζζππζζ++??====++??--??z ，所以
()()21123712671226z i z i
f i z z i z i
ππππ=+=+''??=++=+=-+??
1+i 。
11.求积分(),:1,z c e dz C z z =?从而证明：cos cos(sin )e d π
θθθπ=?0。
解：由于:1C z =，函数()z e f z z =在0z =处不解析，0(2)2z z
z c e dz ie i z ππ===?。
令,i i z e dz ie d θθ
θ==，则
[]cos sin 22cos 00cos(sin )sin(sin )2z i i i c e e d ie d i e i d i z e θθππθθ
θθθθθθπ+==+=???，故
22cos cos 0
cos(sin )sin(sin )2e d e i d π
π
θθθθθθπ
+=?
?，所以
cos 0
2cos(sin )2e d π
θθθπ
=?，即
cos cos(sin )e d π
θθθπ
=?
。
13.设()
2
f z z =，利用本章例5验证哥西积分公式()()c f d f z z ζζ
πζ-?
1
=
2i 以及哥西
求导公式
(
)
()()()1!
2n n c f n f z d i z ζζπζ+=
-? 。提示：把
()f ζ写成
()()2
2
2z z z
z
ζ
ζ-+-
+。
证明：设()()()2
22
2f z z z z ζζζζ==-+-+，则式的右边为可写为：
()()()2
221
2c c f d z z z z dz z i z
ζζ
ζζπζπζ-+-+=--??
1
2i
()2
122c c z z z d d i z ζζζππζ-++????-?? 1
=2i 由哥西积分定理有：
()1202c z z d i ζζπ-+=????? ，所以右边22211222c z d z i z i z i ζππζπ===-? ，
即 左边=右边。
再由式子可知当1n =时，()()()()211
22c c f f f z d d i z i z ζζζζπζπζ'??'==??--???? ，成立。
假设当n k =时，1!()()2()k k c k f d f z i z ζζ
πζ+=
-?等式成立。则 当1n k =+时，
()12
1!()()2()
k k c
k f d f z i
z ξξ
πξ+++=
-?成立。
所以
()
()()()1!
2n n c f n f
z d i z ζζπζ+=-?
。
14.求积分（1）()5cos 1c z
dz z π-?，（2）22(1)z
c e
dz z +?，其中
():1.C z a a =>
解：（1）被积函数有奇点1z =，该奇点在积分围道内，由哥西积分求导公式有：
()5
cos 1c z
dz z π-?[]()45
24
4122cos 1cos 4!4!12z i d i z i
dz ππππππ===-=-
''
22
22222212()()(2):22(1)()()()()z z z z z c c c z i z i
e e e e e z i z i dz dz dz i i z z i z i z i z i ππ==-????+-=+=+????+-++-??????
?(1)(1))
2
24i i i e i e i π
π
π
-=
--
+=-
第四章 解析函数的幂级数表示（1）
2.将下列函数展为含z 的幂级数，并指明展式成立的范围：
（1）1(,a b az b ≠+为复数，b 0)，（2）20z e dz
π
?，
（3）0sin z z
dz z ?，（4）2cos z , (5)2sin .z (6)()211z -， （1）解：原式=1
0111()
1n n a
z a b b b
z b
-∞==-+∑
|||
|b z a <
（2）解：原式=
∑?
∑∞
=+∞
=+=01
20
02)12(!!)(n n z n n n n z dz n z |z|<∞
（3）解：原式=
∑?
∑∞
=+∞
=++-=+-01
20
02)12()!12()1()!12()1(n n n z n n n n n z dz n z |z|<∞
（4）解：原式=∑∞=-+=+02)!2()2()1(212122cos 1n n n n z z |z|<∞ （5）解：原式=∑∞=--=-02)!2()2()1(212122cos 1n n
n n z z |z|<∞
（6）解；原式=∑∑∞
=-∞=='='-01
0)()11(n n n n nz z z |z|<1
4．写出
()ln 1z
e z +的幂级数至少含5z 项为止，其中()0ln 10z z =+=。
解：221,||2!z
e z z =+++<∞ ，()23
ln 1,||1
23z z z z z +=-+-<
两式相乘得
234
111111111ln(1)1(1)()()2232!4322!3!
z e z z z z z
+=++-+-+++-+-+51111111()||15432!23!4!z z +-+-+<
5．将下列函数按(
)1z -的幂展开，并指明收敛范围：
（1）cos z ， （2）sin z ，
（3）2z
z +， （4）2
25z z z -+， 解：（1）原式=cos(11)cos(1)cos1sin(1)sin1z z z -+=-+-
2212000(1)(1)(1)(1)(1)(1)1cos1sin1(cos1sin1)
2!(21)!2!21n n n n n n n n n z z z z n n n n +∞
∞
∞===-------=+=+++∑∑∑
|1|z -<∞
（2）原式=sin(11)sin(1)cos1cos(1)sin1z z z -+=-+- 2212000
(1)(1)(1)(1)(1)(1)1cos1sin1(sin1cos1)
2!(21)!2!21n n n n n n n n n z z z z n n n n +∞
∞
∞===-------=+=+++∑∑∑ |1|z -<∞ （3）211111(1)()(112333313z z z z --==-+--++ 01()
233n
n z z z z ∞
=-∴=-+∑
|1|3z -<
（4）解：原式220
11()[()]
1421()2n n z z z ∞
=-==--+∑
|1|z -<6．设2011n
n n c z z z ∞
==--∑，证明()122n
n n c c c n --=+≥，指出此级数展式之前5项，并指出收敛范围。
解：
11]
n n
n
c++
=-
（0
n≥），
1
11
()]
22
n n
n
c
-
=-
11
2
11
()]
22
n n
n
c--
-
+-
=-
12
n n n
c c c
--
∴=+）
原式
=
234
125
z z z z
+++++
||z<
第四章解析函数的幂级数表示（2）
9．将下列函数在指定环域内展成罗朗级数：
（1）
()
2
1
,01,1.
1
z
z z
z z
+
<<<<+∞
-
解：原式2
212
1
z
z z
--
=+
-
在
01
z
<<
内，上式220
21221
2
1
n
n
z z
z
z z z
∞
=
--+
=-=--
-
∑
在
1z
<<+∞
内，上式
22
21212121
()
1
1
n
n
z z
z z z z z
z
∞
=
++
=-+=-+
-
∑
(2)
()
2
2
25
,12
21
z z
z
z z
-+
<<
-+
，
解：原式
2
200
12111111
()()() 21222222
(1)1()
22
n n
n n
z z
z z
z z
∞∞
==
-
=+=-=---+-+
∑∑0
1
()[1(1)]1||2
22
n
n
n
z
z
∞
=
=--<<
∑
（3）
()
2
,01
1
z
e
z
z z
<<
+
解：原式
2
2
00
11
()[()]0||1
21!2
n
n
z
n n
z z
e z z z
z n
∞∞
==
-
=+=--<<
+
∑∑
（4）
()()
5
1
13
z z
--
，
03
z
<<
解：当1||3
z
<<时，原式=
55(1)1
00
5
11111
()()()
133
11
3
n
n n
n n
z
z
z z
z
∞∞
++
==
-=-
--
∑∑当0||1
z
<<时，原式=
5
51
00
111
()()
133
1
3
n
n
n
n n
z
z
z
z
∞∞
+
==
-=
--
∑∑
（5）
sin
1z
z -，011z <-<。 解：
1111sin sin sin1cos cos1sin 1111z z z z z z -+==+---- 22100
11(1)()(1)()11sin1cos1(2)!(21)!n n n
n n n z z n n +∞∞
==----=++∑∑221
00(1)(1)sin1cos1(1)(2)!(1)
(21)!n n
n n n n z n z n ∞
∞+==--=+--+∑∑。 10．将下列各函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数，并指出成立的范围：
（1）
()
2
21
1z +，其中z i =。
解
：
()
2
222
1
1111111
()
4()4()41z i z i i z i z i
z
=-
-+--+-++12
011
(4(
n n z z i z i i i i i
∞∞∞
-===---
=-+--+---∑∑∑
22
00111111[(1)()](1)()4()4()16282n n n n n n z i z i z i z i i i ∞∞==--=-+-+-+---∑∑
0||2z i <-<
（2）
()1
2
11z
z e --，1z =
解：()
12
2
2112
001
11(1)1(1)
(1)!(1)!(1)
n
z
n n n n z z e
z z n z n z e
∞
∞
--==---=-=-=--∑∑，|1|0z ->
11．把
()1
1f z z =
-展成下列级数：
（1）在
1z <上展成z 的泰勒级数。
解：
()01
1n
n f z z z ∞
===-∑， 1z <。 (2)在
1z >上展成z 的泰勒级数。 解；()0111111
()()
1111n
n f z z z z z z z ∞===-=-=----∑， ||1z >
(3)在
12z +<上展成()1z +的泰勒级数。 解：原式01111()
1222
12n n z z ∞=+==+-∑， |12z +|<1
(4)在
12z +>上展成()1z +的泰勒级数。
解：原式
12(1)
(1)(
)1
11
n
n z z z z ∞
==-+=-++-+∑ 2
|
|1
1z ?+
12．把()()1
1f z z z =
-展成在下列区域收敛的罗朗或泰勒级数：
（1）
01z <<，
解：原式
01111n n z z z z ∞==+=+-∑， （2）
1z >
解：原式0111111()
11n
n z z z z z z ∞==-=--∑，
（3）
011z <-< 解：原式
1
1
00111(1)(1)(1)1(1)11n n n n n z z z z z -∞∞
-===+=-+==---+--∑∑，
（4）
11z -> 解：
原式01111(1)()111111n
n
n z z z z ∞==+-+---+-∑11(1)()1n n n z ∞==--∑，
（5）
11z +< 解：原式
0111
(1)1(1)11n
n z z z z ∞
==-+=-++-+--∑ 0011(1)()
22n n
n n z z ∈
∞==+=-++∑∑，
（6）
112z <+< 解：原式0011111111()()11212211
1121n
n
n n z z z z z z ∞∞==+=+=+++++--+∑∑ 101
(1)(1)2n n n z ∞
+==-+∑。
（7）
12z +>
解：原式00
1
111211()()2111111(1)(1)111n
n
n n z z z z z z z z ∞∞===-+=-+++++++--
++∑∑
11(1)(1)n
n
n z z ∞
==-+∑ |1|2z +>
第四章 解析函数的幂级数表示（3）
13．确定下列各函数的孤立奇点，并指出他们是什么样的类型，对于无穷远点也要加以讨论：
（1） ()
2
21
1z z z -+
解：孤立奇点为：0,,z z i z i ===-，
对于0,z =原式=1
()1()
z X z z z i z -=∴-Z 为一阶极点
z i =，原式=
222211
1
()()()(1)z z z z i z i z z i z --=∴
-++-z i =为二阶极点， 同理：z i =-也为二阶极点。
对z =∞，原式=4222211
(1)11(1)(1)z z z z z z --=++，由于422
0(1)lim 0(1)n z z z →-=+，即为可去奇点。
（2）22
1()z i +
解：2
0z i += ，3()
4
i k z e
ππ+=为二阶极点。
4
222222
222111lim lim lim lim 011()(1)()()z z z z z z i z i z i i z z →∞→∞→∞→∞====++++即为可去极点。
(3)
31cos z z - 解；
2331cos 1
22z z z z z -==，0z =为一阶极点。 3300311cos
1cos 1lim lim lim (1cos )01z z z z z z z z
z →∞→→--==-=即为可去极点。
(4)
1cos
z i + 解：z i =-为本性极点。
011limcos limcos limcos()11()
z z o z z
z i zi i z →∞→→===+++即在无穷远点为可去极点。
(5)1z
z
e e -
解：z=0，
11z z
z
m e e e mz -=-即z=0时，有(m-1)阶极点，
1
00111lim lim lim (1)01
()z
m z z z z m e e z z e zm z →∞→→--==-=即无穷远点为可去极点。
(6)1z
z
e e -
解：0z =，
01
1
lim 1111z z z z
e e e
→=--
即无穷远点为可去极点。
(7)1
sin cos z z +
解：sin cos )4z z z π+=+，4z k π
π
+=，
4z k π
π=-
(k=0,1±, )一阶极点，
00111
lim lim lim 111sin cos sin cos sin()4z z z z z z z z π
→∞→→===+++不存在，为本性极点。
(8)11z
z
e e -+
解：1z e =-，z i θ=，1i e θ=- (21)z i
k π=+(0k =,1)± 一阶极点。 11
121110021
()11(1)lim lim lim lim 111
1()()
z
z
z
z
z z z z z z z z e e e e z e e i e e z →∞→∞→→--
'---===-+'++- 即可去极点。
(9)22
3
(32)z z -+
解：1,2z z ==，三阶极点，
2
22
2
3
332001111
lim(32)lim(32)lim[(1)(2)]z z z z z z z z z
→∞→→-+=-+=--223
4
0(132)
lim
3z z z z →-+==∞
(10)tgz 解：
2z k ππ=+ (0k =,1±,) 一阶极点，01sin
lim lim
1
cos
z z z tgz z →∞→==>不存在 (11)
1sin
1z -
解：1z =，为本性奇点，0011limsin
limsin limsin 01111z z z z z z z →∞
→→∴===---
即为可去奇
点。
(12)11
1
z z e
e --
解：0,1z z ==，一阶极点，11
111
111
100lim
lim lim 0
11z z z
z
z z z z z z e e e
e e e ----→∞→→===--可去奇点。
14.设()(),f z g z 分别以z a =为m 阶极点，试问z a =为
,,
f
f g f g g +?的什么样的特点。
解；设
n m a z z z g a z z z f )()
()(,)()()(-?=
-λ=
??
?
?
?????=-φ+λ<-φ+λ->-φ-+λ=+--)()()()()()()
()()()()()
()()(n m a z z z n m a z z z a z n m a z z a z z g f n n
m
n m
n m （1）
()()
.()m n z z f g z a λφ+=
- (m+n)阶极点 （2）
可去奇点级零点）级极点（）（)()()()()
()
()()
()()()(1)()(n m n m n m z z n m z z a z n m z z a z z g z f m n n m --??????
???
=φλ<φλ->φλ-=-- (3)
所以
当m ≠n 时 z=a 为f+g 的max{m,n}阶极点
当m=n 时 阶的极点或可去极点低于阶极点n n a a a a _____0)()(0
)()(??
?=φ+λ≠φ+λ 15.设()0f z ≠，且以z a =为解析点或极点，而()z ?以z a =为本性奇点，证明z a
=是()
()z f z ?±，()()z f z ? ，()
()z f z ?的本性奇点。 证明：设∑∞
=-?=?-λ=0)()
()(,)()()(n n
m a z z z a z z z f m n n
a z z a z z z f z )()
()
()()()(0-λ±-?=±?∑∞
=显然其中主要部分有无限项。 所以z=a 是±f(z)+ φ(z)的本性奇点。
n
m n m n n n n m
a z z z a z z a z z z f z a z z a z z z f z -∞
=∞
=∞
=-λ?=-λ-?=?-?-λ=
?∑∑∑)()()
()()()()()()()
()()()
()().(000
所以z=a 是f(z)φ(z)及)()
(z f z ?的本性奇点。
16．讨论下列函数在无穷远点的性质。
(1)2
z 解：∞
==∞
→∞
→2
21
lim lim z z z z 二阶极点。
(2)1z z +
解：?
=+=+=+∞→∞→∞→111lim 111lim 1lim
z
z z z z
z z z z z 可去极点。
(3)()12
1z +
解：
1
21
...
1
1)1( (1)
1)1(102
022101
22101==∴+++=+∴+++=+c c c z
c z c c z z
c z c c z z z
令
由上得：0c =±1 211±
=c
从而得：z=∞为本性奇点。 (4)
1sin
z z
解：1sin 1
lim 1sin
lim ==∞→∞
→z z z z z z 可去奇点。
第五章 残数及其应用（1）
1. 求下列函数在指定点处的残数.
()1()()
2
11z
z z -+在1,z =±∞
解:当1z =时，
()2111Re ()lim 1z z z z s f z z →→=??
= ? ?
+??=14,
当1z =-时，()()11111
Re lim 4
z z z z d z s f z dz =-→-→-????-??==-
??????.
求z →∞时的残数，用残数和定理，即,
()()1
1
Re Re Re 0
z z z s f z s f z s →∞
→→-=+=,
()
1
2sin z 在()0,1,2z n n π==±±
解:由题可知,z n π=是本题的极点，将sin z 用罗朗展开得:
sin z =()()21121!n
n z n +-+∑，求()Re z n s f z π=， ()Re 1z n s f z π==。
(3)24
1z
e z -在0,z =∞.
解:将原式用罗朗展开得：
241z
e z -=
()
()2
4
222
z z z --
，
()()340024
321Re Re 3z z z s f z s z ==??
??
-????==-
????????,根据残数和定理，()4Re 3z s f z →∞
=
. (4)1
1
z e -在1,z =∞,
解:
()f z 的奇点为1，将11
z e -用罗朗展开式展开得：
211
1121(1)z z +
++-??-
所以,
()11
1Re Re 11z z s f z s z ==??
== ?-??, 根据残数和定理得：11Re 1z z s e -→∞
??
=- ???
2.求下列函数在其孤立奇点(包括无穷远点)处的残数(m 是自然数).
()1
1sin
m z z
解:将式子用罗朗展开
()()
()2111sin 21!n
n m m
z z z z n -+-=+∑
，当
1211,2m n n m --=-=
.
当m 为奇数时，残数为0，当m 为偶数时,
()()
2
1Re (1)!m
z s f z m =-=
+,根据残数和定理,
()()()2
11!m
z Res f z m →∞-=-
+
(2) 21m
m
z z +
解：2(0,1,2(1))k i m
z e
k m ππ+==- 是函数的一阶极点。
当1m =时，
()2Re 1k i
m
z e
s f z ππ
+==-，
()
()
()
1
3()
m
Z z αβαβ≠--
解:本题是以z α=为m 阶极点，以z β=为其一阶极点.
(1)
1
1Re ()lim (1)!m z z s f z m z ααβ-→=??==
?--??
-(
)1
m
βα-
()()1
Re m z s f z β
βα==-
根据残数和定理得:
()Re z s f z →∞
=
-()1
m
βα-+(
)1
m
βα-=0
(4)
()
2
1z
e z -
解:
()()
2
1z
e f z z =
-是以1z =为二阶极点，
()()
(
)()2
21
1
1
(
1)
1Re lim
lim z
z x z z e d z z s f z e e
dz
→→=--===
根据残数定理和得:
()Re z s f z e
→∞
=-.
()
51cos z z
-
解:用罗朗展开式展开得：本题以z n π=为一阶极点.
()()()20112!n
n n z
f z z n ∞
==
--∑
=()()21
12!n
n n z
z n ∞
=-∑ 当
1
n =时有解,则，()R e 2
z k s f z π==，所以,根据残数和定理得：
()Re z s f z →∞
=-()Re 2
z k s f z π
==-
1(7)z z
e
+
解:本题以0z =为其孤立齐点.
11
2
12z z
z
z
z e
e e z +
??=?=+++ ??? 21112z z ??
?+++????
()()01111
Re 122!3!!1!z n s f z n n ∞
===+++=-∑
()Re z s f z →∞
=-()()01111
Re (1)22!3!!1!z n s f z n n ∞
===-+++=--∑ ()
9cos z
z
解：本题以z n π=为奇点。
用罗朗展开式得：()224
0(1)cos 12!2!4!n n n z z z z n ∞
=-==-+-∑
原式得：
24
13
1
112!4!2!4!z
z z z z z =
-+--+- ，所以()Re 2z n s f z π==
()
()
2101m
m
z z +
解：本题以1z =-为m 阶极点。所以
()()()2(1)111Re lim[1]1!(1)m m m m z z z s f z z m z -→-=-?
?=+ ?-+??=
1
1
2(21)(2)(1)(1)!m m m m m +?-+--
第五章 残数及其应用（2）
3．计算下列积分。
1
(1)
sin z dz z z =?
解：用残数方法求，用罗朗展式展开，
35
11
sin 3!5!z z z z z z =??-+- ?
?? 由上式可已看出没有符合残数要求的项，所以，即
1
sin z dz z z =?=0。
()()
()
()
222
2
2,:211c
dz
c x y x y z z
+=+-+?
解：用残数方法求解，
()
()2
2
1
11z z
-+在1z =有 二阶极点，z =±i 有一阶极点.
()
()
2
2
1
1
1
Re lim
11z z s
z z
→==-+(z+i)
()()2
1
14
1()
z z i z i =
-+-
(3)
()()
1
n
n
z dz
z a z b =--?,
1,1,a b a b <<≠,n 为自然数。
解：
()1
()n
n
z a z b --分别以,z a z b ==为其n 阶极点。
Re z a s =()1()n n z a z b --=()1n a b -，Re z b s =()1()n n z a z b --=()1
n a b -+
当n 为偶数时，()()1
n
n
z dz z a z b =--?=
()
22n
i
a b π?-
当n 为奇数时，
()()
1
n
n
z dz
z a z b =--?=0
（4）
222
121z z e dz
z π
=+?
解：在围线内，有,z i z i ==-两个不解析点，
()22Re lim 2z i z i z i e e s f z z i i →===-， ()22
Re lim 2z i z i z i e e s f z z i i -→-=-==
+- 即
222
1
21z z e dz
z π=+?=221
2sin 2222i i e e i i i i ππ-???-=????
（5）
7
11cos z z dz z =+-?
（6）
132
1z
z z e z =+?
解：本题以1,0z z =-=为其一阶极点。
31z z +1z e =31z z +21112!z z ??
?+++ ? ??
? ， Re z s
→∞3
1z z +1z e =16。 即7
11cos z z dz z =+-?=-Re z s →∞3
1z z +1z e 2i π?=-162i π?=13i π-
4．求下列积分值。 (1)20cos d a π
θ
θ+?
(a>1)
解:
20
cos d a π
θ
θ+?
=21(21)z dz iz z az =++?
由于分母有两个一阶极点
:1z a =-
2z a =-很明显只有11z < 所以
只
有
1z a =
-符合
题意，所
以,
()()(
)1
1
12
Re lim x z z z s f z z z f z i →==-=
即20cos d a π
θ
θ+?
2i π?
(2) 220cos 1d πθ
θ+?