复-第五章 留数定理及其应用 作业题

1 ( z + 3i ) dz ∫=1 i z z+ 3
2 1 = 2πi 3 z + 3i
π
2
z =
i 3
1 3) ∫ dx ∞ (1 + x 2 ) 2 1 解 : 函数 的分母的最高幂比分子 的高四次 , 2 2 (1 + x ) 1 且在实轴上不为零,而 于是其复数形式 (1 + z 2 ) 2 在上半平面有二级极点 i,由公式 +∞ 1 1 ∫∞ (1 + x 2 ) 2 dx = 2πi Res[ (1 + z 2 ) 2 , i] 1 d 1 2 = 2πi lim {( z i ) } 2 2 ( 2 1)! z →i dz (1 + z ) d 1 2 π = 2πi lim = 2πi lim[ ]= 2 3 z → i dz ( z + i ) ( z + i) 2 z →i
+∞
cos x dx 5)∫ 2 ∞ x + 4 x + 5 +∞ +∞ cos x e ix 解:∫ 2 dx = Re ∫ 2 dx ∞ x + 4 x + 5 ∞ x + 4 x + 5
+∞
1 因函数 2 的分母的最高幂比分子的高2次, x + 4x + 5 1 且在实轴上不为零.其复数形式 2 在上半 z + 4z + 5 平面有1级极点 2 + i,由公式
1+ z 4 1+ z4 3) 2 解:函数 ( z) = 2 f 除分母 z 2 + 1)3 = 0确定的点 ( 3 3 ( z + 1) ( z + 1) z = z0 = i, i外, 在 z < ∞内解析 故z0是有限值孤立奇点 , . g ( z) z0为m级极点的判别:( z) = f 且g ( z0 ) ≠ 0 m ( z z0 ) 所以z = z0 = i, i都是3级极点,相应的留数为 d m1 1 Res[ f ( z), z0 ] = lim m1 {(z z0 )m f ( z)} (m 1)! z→z0 dz d 31 12z 2 + 12 1 1 3 3 即Res[ f ( z), i] = = i lim 31 {(z i) f ( z)} = lim 5 z →i dz z →i (3 1)! 2! ( z + i) 8 d 31 12z 2 + 12 3 1 1 = i Res[ f ( z),i] = lim 31 {(z + i)3 f ( z)} = lim 5 (3 1)! z→i dz 2! z→i ( z i) 8
+∞
1 = π (cos 2 i sin 2 ) e +∞ +∞ e ix cos x dx = Re ∫ 2 dx 于是 ∫ 2 ∞ x + 4 x + 5 ∞ x + 4 x + 5 1 π = Re π (cos 2 i sin 2 ) = cos 2 e e
�
3 1 z
e2 z ∫z =2 ( z 1) 2 dz = 2πi{Res[ f ( z ),0] + Res[ f ( z ),1]} 1 1 = 2πi Res[ f ( z ), ∞] = 2πi Res[ 2 f ( ),0] z z ez = 2πi Res[ 4 ,0] z (1 + z ) 2πi d 41 ez lim 41 {( z 0) 4 4 } = (4 1)! z →0 dz z (1 + z ) 1 2πi = 2πi (2) = 3! 3 m 1 1 d 其中利用Res[ f ( z ), z0 ] = lim m 1 {( z z0 ) m f ( z )} (m 1)! z → z0 dz
z → z0
z +1 z +1 1 即 Res[ f ( z ),0] = lim( z 0) 2 = lim = z →0 z 2 z z →0 z 2 2 z +1 z +1 3 = lim = Res[ f ( z ),2] = lim( z 2) 2 z→2 z 2 z z→2 z 2
∫
+∞
∞
R( x)e dx = 2πi Res[ R( z)e , z0 ]和规则III, 得
ix iz
由公式 ∫ R ( x )e ix dx = 2πi Res[ R ( z )e iz , z 0 ]和规则 III, 得
∞
+∞
e ix e iz ∫∞ x 2 + 4 x + 5 dx = 2πi Res[ z 2 + 4 z + 5 ,2 + i] iz iz e e = 2πi 2 = 2πi = πe 1 2i ( z + 4 z + 5)′ z = 2 + i 2 z + 4 z = 2 + i
4. z = 0是(sin z + sh z 2 z ) 2的几级极点? 解:根据零点与极点的 关系,如果z = 0是(sin z + sh z 2 z ) 2 的m级极点,则z = 0是(sin z + sh z 2 z ) 2的m级零点,亦即 m z = 0是(sin z + sh z 2 z )的 级零点.由于在z = 0 2 1 3 1 5 (1) n z 2 n+1 sin z + sh z 2 z = ( z z + z ... + + ...) 3! 5! (2n + 1)! 1 3 1 5 1 + ( z + z + z + ... + z 2 n+1...) 2 z 3! 5! (2n + 1)! 2 4 5 2 = z ( + z + ...),因此z = 0是(sin z + sh z 2 z )的 5! 9! 2 5级零点,从而z = 0是(sin z + sh z 2 z ) 的10级极点.
Байду номын сангаас
g ( z) 根据f ( z ) = , 且g ( z )在z0的领域内是 m ( z z0 ) 解析函数,和g ( z0 ) ≠ 0,则z0是m级极点. 1 ( z + 1) 知1 z0 = 0是 ) = 的1级极点, 2 2 z ( z + 1) z 0
2 2
1 z ( z i) 2)z0 = i是 = 的2级极点, 2 2 2 z ( z + 1) [ z (i )] 1 z ( z + i) = 3)z0 = i是 的2级极点. 2 2 2 z ( z + 1) ( z i)
z +1 8.求下列函数 f ( z )有限奇点的留数: ) 2 (1 z 2z z +1 解:函数 f ( z ) = 2 除分母 z 2 2 z = 0确定的点 z 2z z = z0 = 0,2外, 在 z < ∞内解析, 故z0是有限值孤立奇点. g ( z) z0为m级极点的判别: f ( z ) = 且g ( z 0 ) ≠ 0 m ( z z0 ) 所以z = z0 = 0,2都是1级极点,相应的留数为 Res[ f ( z ), z0 ] = lim ( z z0 ) f ( z )
z →1
11.求 Res[ f ( z ), ∞]的值,如果 ez 1 f ( z) = 2 ) z 1 解:函数f ( z )除分母z 2 1 = 0确定的点z = z0 = ±1外, 在 z < ∞内解析, 故z0是有限值孤立奇点.z0为m级极点 g ( z) 的判别:f ( z ) = 且g ( z0 ) ≠ 0.所以z = z0 = ±1都是 m ( z z0 ) 1级极点.此外, 在扩充的复平面上还有奇点∞, 相应的留数为 Res[ f ( z ), ∞] = {Res[ f ( z ),1] + Res[ f ( z ),1]} = {lim( z 1) f ( z ) + lim[ z (1)] f ( z )}
z →1 z → 1
ez e z e e 1 = lim + lim = sinh 1 = z →1 z + 1 z →1 z 1 2 2
12.计算下列各积分,C为正向圆周: z 2) ∫z =2 1 + z e dz, C : z = 2; 1 3 z 解:函数f ( z ) = e z 在 z = 2内有z = 1,0两个 1+ z 有限值孤立奇点.而在圆周外仅有孤立奇点z = ∞. 由函数在扩充复平面上所有奇点的留数之和为零 以及留数定理和规则 IV,得
1 2
1
2
sin z ( 2) 3 z 1 3 解:函数 3 除分母z = 0确定的点z = z0 = 0外, z 在 z < ∞内解析.故z0是f ( z )的有限值孤立奇点. sin z 在 z = 0 的去心邻域内的洛朗级数: 3 z sin z 1 1 3 1 5 1 1 1 2 = 3 ( z z + z ...) = 2 + z ... 3 z z 3! 5! z 3! 5! 1 1 sin z 中只有1个负幂项 2 = ,即z = 0是 3 2 z ( z 0) z 的二级极点.
1 dθ = 5 + 3 sin θ
因函数f ( z ) =
1 i ( z + )( z + 3i ) 3
在 z =1 内有
i z = 这个有限值孤立奇点,根据柯西积 3 f ( z) 分公式, ∫=1 z z0 dz = 2πi f ( z ) z = z0 , 得 z
∫
2π
0
1 2 dθ = 5 + 3 sin θ 3 =