数学物理方法姚端正CH 作业解答

3
∑ ∑ cos
1 = ∞ (−1)k (
1 )2k z
=
∞
(−1)k z−k
z k =0 (2k )!
k =0 (2k )!
所以 resf (0) = − 1 ， resf (∞) = 1
2
2
z −1
的系数为：
C −1
=
−
1 2
2.计算下列围道积分
∫ （2）
zdz
l (z −1)(z − 2)2
iπ
z1 = e 4
f
(z)
= 1+ 1+
z2 z4
的奇点为： z
i (2k +1)π
=e 4
，分别为: z2
z3
i 3π
=e 4
i 5π
=e 4
z4
=
i 7π
e4
其中，上半平面有两个奇点，分别为
z1
=
iπ
e4
和
i 3π
z2 = e 4
，它们都是函数 f (z)
的单极点，由公式 resf (b) = φ(b) ，得函数在这两个奇点的留数分别为： ψ '(b)
a2
是奇函数;
f (z) =
z z2 + a2
,
满
足条件： ①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当
z → ∞ 时， f (z) → 0
∫ 所以
∞
0 x2
x +
a2
sin
bxdx
=
π
函数
zeibz z2 + a2
在上半平面的奇点的留数之和
函数
zeibz z2 + a2
在上半平面有一个奇点：z1
l: z−2 = 1 2
解：函数
f
(z)
=
(z
z − 1)( z
− 2)2
的奇点有两个：z1
=
2和
z2
= 1，其中只有奇点
z1
=
2
在围道内,它是 2 阶极点。
resf
(2)
=
d dz
[(z
−
2)2
f
( z )]z = 2
=
d dz
[ z
z −
1]z
=
2
=
−1
∫ 由留数定理，
zdz l (z −1)(z − 2)2
4
= 2πi ⋅
k =0
resf
(zk
)
=
−
πi 121
（4）
1 2π i
∫lsin
1dz z
l: z =r
解：函数 f (z) = sin 1 的奇点为 z = 0 ，此题将函数直接展开求负一次幂项的系数 z
较为方便。
∑ 利用已知的展开式 sin z = ∞ (−1)k z2k +1 ，得到
k =0 (2k + 1)!
2
根据全平面的留数之和为零，知 resf (∞) = −resf (−1) = −2sin 2
（5） z2 + 1 ez
解：函数在全平面只有一个奇点 z = ∞ ，根据全平面的留数之和为零，知 resf (∞) = 0
（6） cos 1 z
解：函数的奇点为 z = 0 ，将函数在 z = 0 的去心邻域展开，得
∫ 解：属于类型
∞ −∞
f (x)dx ，其中
f
(x)
=
1+ 1+
x2 x4
，则
f
(z)
=
1 1
+ +
z z
2 4
，满足条件：①在
实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当 z → ∞ 时，
zf (z) → 0
5
∫ 则
∞ −∞
1 1
+ +
x2 x4
dx
=
2πi{f
(
z)在上半平面的奇点的留数之和}
k =0 k!
z −1 < ∞
可见， (z − 1)−1 的系数为 1，则 resf (1) = 1 ，
根据全平面的留数之和为零，知 resf (∞) = −resf (1) = −1
（3） ez −1 sin 3 z
，在 z = 0
1
∑ 解： ez −1 = ∞ zk −1 = z + z2 + z3 + z4 + ...
∞ k =0
1 z 5(k +1)
=
(1 z
+
3 z2
+
...)(
1 z5
+
1 z10
+ ...)
可见，展开式中没有 z−1 项，所以 resf (∞) = −C−1 = 0
∑4
所以，
k =0
resf
(zk
)
=
−[resf
(3)
+
resf
(∞)
=
0]
=
−
1 242
∫ ∑ 根据留数定理，
dz l (z − 3)(z5 −1)
= −2πi
∫ （3）
dz
，
l (z − 3)(z5 −1)
l: z =2
解：函数
f
(z)
=
(z
1 − 3)(z5
− 1)
的奇点为： z
=
3 以及 zk
=
i 2kπ
e5
（ k = 0，1,2,3,4）
i 2kπ
奇点 z = 3 在围道 z = 2 之外，奇点 zk = e 5 在围道内，即围道内有五个奇点，计
以 z = a 为 m − n 阶极点。）
则由计算留数的公式，有：resf
(0)
=
d dz
[
z
2 (ez sin 3
− z
1)
]z
=0
，得到一阶导数表达式后，
令 z → 0 ，取极限，并连续四次运用罗必塔法则，就得到 resf (0) = 1 2
相比之下，第一种解法比较简单。
2
（4） z ，在 z = (2k + 1) π （ k = 0,±1,±2... ）
算其留数时较为繁琐，根据“全平面的留数之和为零”，知
5
∑ resf (zk ) + resf (3) + resf (∞) = 0 ，可转为求 resf (3) 和 resf (∞)
k =0
z
=
3 是单极点，
resf
(3)
=
lim ( z
z →3
−
3)
f
(z)
=
lim
z →3
1 z5 −1
=
1 242
③对于 z = ∞ 根据“全平面的留数之和为零”，知
resf (∞) = −[resf (1) + resf (−1)] = 0
1
(2) e z−1 , 在 z = 1 , ∞
1
解：将 f (z) = e z−1 在 z = 1 的去心邻域展开为：
∑ 1
f (z) = e z−1 =
∞
(z − 1)−k
所以 resf (0) = 1 2
解法之二：
1
f
(z)
=
ez −1 sin 3 z
=
sin 3 z 1
= φ(z) ψ (z)
，
其
中
φ(z)
=
1 sin 3
z
，以
z=0
为
3
阶极点；
ez −1
ψ
(z)
=
1 ez −1
，以
z
=
0
为一阶极点，则
f
(z) 以
z
=
0
为二阶极点。（这里用到一个
结论：设函数φ(z) 与ψ (z) 分别以 z = a 为 m 阶与 n 阶极点，若 m > n ，则函数 φ(z) ψ (z)
resf
(
z1)
=
1 + z12 4 z13
iπ
=
1
+
e
i3
2 π
4e 4
= −i 22
resf
(
z2
)
=
1+ z2
4
z
3 2
2
i 3π
=
1
+
e
i9
2 π
4e 4
= −i 22
∫ 则
∞ −∞
1 1
+ +
x2 x4
dx
=
2πi{resf
( z1 )
+
resf
(z2
)}
=
2π
∫ （2）
e ∞
irk
−∞ k 2 + µ 2 dk
k =0 k!
2! 3! 4!
∑ sin 3 z
∞
=[
(−1)k z2k +1 ]3 = (z − z3
+ z5
−
z7
+ ...)3
k =0 (2k + 1)!
3! 5! 7!
则 sin −3 z = (z − z3 + z5 − z7 + ...)−3 = z−3[1 + (− z 2 + z4 − z6 + ...)]−3
3! 5! 7!
3! 5! 7!
= z−3[1 + (−3)(− z2 + z4 − z6 + ...) + − 3 ⋅ (−4) (− z2 + z4 − z6 + ...)2 + ...]