数学物理方法习题解答(完整版)

数学物理方法习题解答

一、复变函数部分习题解答

第一章习题解答

1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。

证明：令Re z u iv =+。Re z x =，,0u x v ∴==。

1u

x

∂=∂，0v y ∂=∂，

u v x y ∂∂≠∂∂。 于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。

2、试证()2

f z z

=

仅在原点有导数。

证明：令()f z u iv =+。()2

2222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。

2,2u u x y x y ∂∂= =∂∂。v v

x y

∂∂ ==0 ∂∂。 所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。而

,,u u v v

x y x y

∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。

()00

00

00x x y y u v v u f i i x x y y ====⎛⎫∂∂∂∂⎛⎫

'=+=-= ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭。

或：()()()2

*

00

0lim lim lim 0z z x y z f z x i y z

∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。

2

2

***0*

00lim

lim lim()0z z z z z z z

zz z z z z z z

z z

=∆→∆→∆→+∆+∆+∆∆==+−−→∆∆∆。 【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，则上式中**1z z

z z

∆∆==∆∆】

3、设333322

()z 0

()z=0

0x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪

=+⎨⎪⎩

，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。

证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，则

()332222

22

,=0

0x y x y u x y x y x y ⎧-+≠⎪

=+⎨+⎪⎩， 332222

22

(,)=0

0x y x y v x y x y x y ⎧++≠⎪

=+⎨+⎪⎩

。 3

300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x u x u x u x x →→-===， 3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x u y u y u y

y →→--===-； 3300(,0)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x v x v x v x x →→-===， 3300(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1y y x v y v y v y y →→-===。 (0,0)(0,0),(0,0)(0,0)x y y x u v u v ∴ = =-

()f z ∴ 在原点上满足C －R 条件。

但33332200()(0)()

lim lim ()()z z f z f x y i x y z

x y x iy →→--++=++。 令y 沿y kx =趋于0，则

333333434322222

0()1(1)1(1)

lim ()()(1)(1)(1)z x y i x y k i k k k k i k k k x y x iy k ik k →-++-++-++++-+==+++++ 依赖于k ，()f z ∴在原点不可导。

4、若复变函数()z f 在区域D 上解析并满足下列条件之一，证明其在区域D 上

必为常数。

（1）()z f 在区域D 上为实函数； （2）()*z f 在区域D 上解析； （3）()Re z f 在区域D 上是常数。 证明：（1）令()(,)(,)f z u x y iv x y =+。

由于()z f 在区域D 上为实函数，所以在区域D 上(,)0v x y =。 ()f z 在区域D 上解析。由C －R 条件得

0u v x y ∂∂==∂∂，0u v

y x

∂∂=-=∂∂。 ∴在区域D 上(,)u x y 为常数。从而()z f 在区域D 上为常数。

（2）令()(,)(,)f z u x y iv x y =+，则*()(,)(,)f z u x y iv x y =-。 ()f z 在区域D 上解析。由C －R 条件得

,u v u v

x y y x

∂∂∂∂= =-∂∂∂∂。 （1） 又*()f z 在区域D 上解析，由C －R 条件得

,u v u v x y y x

∂∂∂∂=- =∂∂∂∂。 （2） 联立（1）和（2），得

0u u v v x y x y

∂∂∂∂====∂∂∂∂。 ,u v ∴在区域D 上均为常数，从而()f z 在区域D 上为常数。

（3）令()()(),,f z u x y iv x y =+，则()Re (),f z u x y =。 由题设知(),u x y 在区域D 上为常数，0u u x y

∂∂∴

==∂∂。

又由C －R 条件得，在区域D 上

0,0v u v u x y y x

∂∂∂∂=-= ==∂∂∂∂，于是v 在区域D 上为常数。 ,u v ∴在区域D 上均为常数，从而在区域D 上()f z 为常数。 5、证明2xy 不能成为z 的一个解析函数的实部。

证明：令2

u xy =，2222022u u

x x x y

∂∂+=+=∂∂。

u ∴ 不满足拉普拉斯方程。从而它不能成为z 的一个解析函数的实

部。

6、若z x iy =+，试证：

（1）sin sin cosh cos sinh z x y i x y =+； （2）cos cos cosh sin sinh z x y i x y =-； （3）2

22sin sin sinh z x y +＝； （4）222cos cos sinh z x y =+。

证明：（1）sin sin()sin cos()cos sin()z x iy x iy x iy =+=+

cos()cos ,sin()sinh iy hy iy i y = =， sin sin cosh cos sinh z x y i x y ∴=+。

（2）cos cos()cos cos()sin sin()z x iy x iy x iy =+=-

cos()cos ,sin()sinh iy hy iy i y = =，

cos cos cosh sin sinh z x y i x y =-。

（3）2

22sin (sin cosh )(cos sinh )z x y x y =+2222sin cosh cos sinh x y x y =+ 2222sin (1sinh )cos sinh x y x y =++

222222sin (sin cos )sinh sin sinh x x x y x y =++=+。

（4）2

222222cos (cos cosh )(sin sinh )cos cosh sin sinh z x y x y x y x y =+=+ 2222cos (1sinh )sin sinh x y x y =++ 22222cos cos sinh sin sinh x x y x y =++

222222cos (cos sin )sinh cos sinh x x x y x y =++=+。 7、试证若函数()f z 和()z ϕ在0z 解析。()()()0000,0f z z z ϕϕ'==≠，

则()()()()

000lim z z z f z f z z ϕϕ→'='。（复变函数的洛必达法则） 证明：

00000000000000000

()()()()lim

()()()()

lim lim lim ()()()()()()()()

lim z z z z z z z z z z f z f z f z f z f z z z z z f z f z f z z z z z z z z z z z z z ϕϕϕϕϕϕϕϕ→→→→→--'---====--'---。 或倒过来做。 8、求证：0

sin lim 1z z

z →=。 证明：000sin (sin )lim lim limcos 1z z z z z z z z

→→→'

==='。 第二章习题解答 9、利用积分估值，证明

a ．()22i

i x iy dz π-+≤⎰ 积分路径是从i -到i 的 右半圆周。 b ．证明222i

i

dz

z

+≤⎰积分路径是直线段。 证明：a ．（方法一）

()(

)2

22

2

i

i

i

i

i

x

iy dz x

iy

dz ---+≤+=⎰⎰

⎰

i

i

π--≤==⎰

⎰

。

（方法二）在半圆周221x y +=上，221,1x y ≤ ≤，从而

42424422x x y y x y x y ≤ , ≤⇒+≤+

在半圆周221x y +=

上，221x iy +=≤=

，1=，

(

)2

2

2

2

i

i i

i

i

i

i

x

iy dz x iy dz dz π----+≤+≤==⎰⎰⎰

⎰。

或：(

)22i

i x iy dz ππ-+≤=⎰。 b ．证:2

22

111

max

max

max

11

z x i

z x i

z x z =+=+===+ 222

1max 22i

i

z x i

dz z z +=+∴ ≤⋅=⎰

。

10、不用计算，证明下列积分之值均为零，其中c 均为圆心在原点，

半径为1的单位圆周。

a ．cos c dz z

⎰；b ．256z c e dz z z ++⎰。

证明：a ．

1

cos z 的奇点为1,0,1,2n z n n π⎛⎫=+=± ⎪⎝⎭

，由于1n z >，所以它们均

不在以原点为圆心的单位圆内。

1

cos z

∴

在以原点为圆心的单位圆内无奇点，处处解析。 由柯西定理:

0cos c

dz

z

=⎰

。 b ．256(2)(3)

z z

e e z z z z =++++的奇点为12z =-，23z =-，它们均不在以

原点为圆心的单位圆内。

256z

e z z ∴ ++在以原点为圆心的单位圆内处处解析。 由柯西定理:2

056

z

c e dz

z z =++⎰。

11、计算

a ．()221

:21

c

z z dz c z z -+=-⎰；b ．()

()22

21

:21c

z z dz

c z z -+=-⎰

。

解: a ．221z z -+在2z =所围区域内解析，且1z =在2z =所围区域内。

由柯西积分公式得

22

1

212(21)2241z c z z dz i z z i i z πππ=-+=-+=⨯=-⎰。 b ．221z z -+ 在2z =所围区域内解析，且1z =在2z =所围区域内。

由推广的柯西积分公式得

()

()()222

11

21

2212412361z c

z z z dz i z z i z i i z ππππ==-+'

=-+=-=⨯=-⎰。

12、求积分z

c e dz z

⎰（:1c z =），从而证明()cos 0cos sin e d πθθθπ=⎰。

解: z e 在1z =所围区域内解析，且0z =在1z =所围区域内。

由柯西积分公式得0

22z

z

z c e dz i e i z

ππ===⎰。 （1）

在c 上令i z e θ=，πθπ-≤≤，则

cos sin i z e i c e dz i e d i e d z θ

ππθθππθθ+--==⎰⎰⎰()()cos cos sin sin sin i e i d π

θπ

θθθ-=+⎡⎤⎣⎦⎰ ()()cos cos cos sin sin sin i e

d e

d π

π

θ

θ

π

π

θθθθ--=-

⎰⎰()cos 0

2cos sin i e d π

θθθ=⎰，

其中利用了，由于()cos sin sin e θθ是θ的奇函数，而()cos cos sin e θθ是θ 的偶函数，所以

()cos sin sin 0e

d π

θ

π

θθ-=⎰，

()()cos cos 0

cos sin 2cos sin e

d e d π

π

θ

θπ

θθθθ-=⎰⎰。

(

)c o s

2c o s s i n z c e d z i e d

z π

θθθθ∴=⎰⎰。 （2） 从而，联立（1）和（2），得

()cos 0

cos sin e d π

θ

θθπ=⎰。 13、由积分2c dz

z +⎰之值，证明012cos 054cos

d πθθ+=+⎰，c 为单位圆周1z =。 证明：

1

2z +在单位圆周1z =所围区域内解析。由柯西定理: 02c dz

z =+⎰。 （1）

另一方面，在c 上i z e θ=，πθπ-≤<，

()()()()2222222i i i i c c dz z e dz ie d z z z e e θπθ

θθπθ---++==+++++⎰⎰⎰ ()1212cos 2sin 54cos 124

i i i e i i d i d e e θ

π

πθθππθθθθθ---+++==++++⎰⎰ 12cos sin 254cos 54cos i d d π

πππθθ

θθθθ

--+=-++⎰

⎰ （2） sin 54cos θ

θ+为θ的奇函数，

sin 054cos d ππθθθ

-∴=+⎰ （3） 由（1）、（2）及（3）得

12cos 054cos d π

πθ

θθ-+=+⎰。

（4） 又12cos 54cos θθθ++为的偶函数， 012cos 12cos 254cos 54cos d d πππθθθθθθ

-++∴=++⎰⎰。（5） 于是由（4）和（5）得

012cos 054cos d π

θ

θθ+=+⎰。

14、设()26

4

z F z z +=-，证明积分()c F z dz ⎰

a.当c 是圆周221x y +=时，等于0；

b.当c 是圆周()2

221x y -+=时，等于4i π； c.当c 是圆周()2

221x y ++=时，等于2i π-。 证明：()()()

2

66

422z z F z z z z ++=

=-+-的奇点为12z =及22z =-。 a.当c 是圆周221x y +=时，12z =及22z =-均在圆外，()F z 在圆内 解析。由柯西定理:

()()6

022c z dz z z + =+-⎰。

b.当c 是圆周()2

221x y -+=时，仅12z =在圆内。由柯西积分公式 得()()2

66

2224222c

z z z dz i i i z z z πππ=++ ==⨯=+-+⎰。

c.当c 是圆周()2

221x y ++=时，仅22z =-在圆内。由柯西积分公式 得()()

()266

2212222c

z z z dz i i i z z z πππ=-++ ==⨯-=-+--⎰。

第三章习题解答

15、求下列级数的收敛半径，并对c 讨论级数在收敛圆周上的敛散情况。

a.11

n n n z n ∞

=∑；b.1n n

n n z ∞=∑；c.0

k n n n z ∞

=∑（0k >为常数）

。 解: a. 1

lim lim 1n n n R n n →∞→∞====∞。 b. 1

lim

0n n R n

→∞

===。 c. ()

lim

lim 111k

k

k

n n n n R n n →∞

→∞⎛⎫=== ⎪+⎝⎭

+。 或1lim

1k n n n

R n

→∞

===。

11ln lim lim 1x x x

x x x e

→∞

→∞

==【ln 1

lim

lim 0x x x x x

→∞→∞==（洛必达法则）】 在收敛圆周1z =上，i z e θ

=，级数成为0

k in n n e θ∞

=∑。

0k >，∴它的通项k in n e θ在n →∞时，不趋于0。

故级数0

k in n n e θ∞

=∑发散。

16、试求下列级数的收敛半径。

a.!

n n z ∞

=∑；b.0!n

n n n z n ∞

=∑；c. ()00,0n n

n n z a b a ib ∞

=>>+∑。 解: a.当()()

1

!1!

!!

!

lim

lim

lim 1n n n n n

n n n n n z z

z

z

z

++→∞

→∞

→∞

==<时，级数收敛。

当!lim 1n n

n z →∞

>时，级数发散。

亦即当1z <时，级数收敛。而当1z >时，级数发散。 于是收敛半径1R =。 b.()()

()()()11

!11!1lim

lim lim lim 11!1!1n n

n

n

n n n n n n n n n n n n

R e n n n n n n ++→∞

→∞→∞→∞++⎛⎫====+= ⎪+⎝⎭

++。

c.n R =

，()

1

222lim n

n n

n n R a b →∞

==+。

又因为{}()

{}112222max ,2max ,n n n

n

a b a b a b ≤+≤，且12lim 2

1n

n →∞

=，

故()

{}1

222lim max ,n

n n

n a b a b →∞

+=。

于是所求级数的收敛半径{}max ,R a b =。

或：1

lim n n n a R a →∞+=

，n R ∴=。

当a b >

时，n n R a ===， 当a b <

时，n n R b ===， {}max ,R a b ∴=

17、将下列函数按z 的幂展开，并指明收敛范围。

a.

2

z

z e dz ⎰

；b. 2cos z 。

解: a.2

20!

n

z n z e n ∞

==∑，z <∞，

()2

2221

000000!!!21n n n z

z z z n n n z z z e dz dz dz n n n n +∞

∞∞===∴===+∑∑∑⎰⎰⎰ z <∞。 b. ()21

cos 1cos 22z z =+，()()()()()2220

1212cos 22!2!n n

n

n n n n z z z n n ∞

∞

==--==∑

∑

z <∞，

()()

2122

0121cos 22!n

n n n z z z n -∞=-∴ =+ <∞∑

。 18、将下列函数按1z -的幂展开，并指出收敛范围。

a. cos z ；

b.

2z z +；c. 225

z

z z -+。 解: a.()()()cos cos 11cos1cos 1sin1sin 1z z z z =+-=---⎡⎤⎣⎦。

()()()()2011cos 12!n

n

n z z n ∞

=---=∑，()()()()21

11sin 121!n

n n z z n +∞=---=+∑，

()()()()()()221

1111cos cos1sin12!21!n n

n n n n z z z n n +∞

∞

==----=-+∑

∑

1z -<∞。

()21cos1cos 12n n π⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，()211sin1cos 12n n π+⎛⎫

-=-+

⎪⎝⎭

。

()()()()

22100

221cos 1cos 122cos 112!21!n n n n n n z z z n n ππ∞∞

+==+⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴=-+-+∑∑ ()0

cos 121!n n n z n π∞

=⎛⎫

+ ⎪⎝⎭ =-∑ 1z -<∞。 或：令()cos f z z =，则()()cos 2

n n f z z π

⎛⎫=+

⎪⎝

⎭，()

()1cos 12n n f π⎛⎫=+

⎪⎝

⎭

， 所以()

()()()0

cos 112cos 11!!n n n n n n f z z z n n π∞

∞

==⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-=-∑

∑ 1z -<∞。 b.

221

11122313

z z z z =-=-⋅-+++ ()()()1

00

12111121333

n

n

n n n n n z z ∞

∞+==--⎛⎫

=-

-=-- ⎪⎝⎭

∑∑ 13z -<

c.

()()()2222

1111

25141414

z z z z z z z z -+-==+-+-+-+-+ 22

1

1

11

4

4111122z z z -=

⋅+⋅--⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭

令2

12z t -⎛⎫

= ⎪⎝⎭，()0

1111n n n t t t ∞= =- <+∑ ()()()222

00111

1124112n n

n n

n n n z z z ∞

∞

==---⎛⎫

∴ =-= ⎪⎝⎭-⎛⎫

+ ⎪⎝⎭

∑∑，11122z z -<⇒-< 从而()()()()22200111111254444n n n n

n n

n n z z z z z z ∞∞==-----=+-+∑∑

()()

()()21

21

1

00

111144

n n n n

n n n n z z +∞

∞++==----=+∑

∑

()

()()2211

1114n

n n n n z z ∞

++=-⎡⎤=-+-⎣⎦

∑

12z -<

进一步，()()

()()21

21

1

111144

n n n n

n n n n z z +∞

∞++==----+∑

∑ ()

()()

()()

()()()111

12

2

221

2

310

2

111111222

n

n

n n n n

n

n n n n n n n z z z ⎡⎤---⎢⎥-∞

∞

∞

⎢⎥⎣⎦

+++-+

===---=

-+

-=-∑

∑

∑

奇数

偶数

所以()()()()1112223102

11252

n

n

n n

n n z

z z z ⎡⎤--⎢⎥-∞

⎢⎥⎣⎦

+-+

=-=--+∑

12z -<。

19、将下列函数在指定的环域内展成罗朗级数。

a.21(1)z z z +-,01,1z z <<<<∞；

b.()()

22

25

,1221z z z z z -+<<-+。 解: a.

222211212

(1)(1)(1)

z z z z z z z z z +-+==+---。

在01z <<内,0

1111n n z z z ∞

==-=---∑， 22

22202111

11222(1)n n

n n n n z z z z z z z z z ∞

∞

∞

-==-=-

+∴=-=-=---∑∑∑。 在1z <<∞内,1

1z <，

01111111111n n n n z z z z z

z ∞∞

=====--∑∑， 222213

11111

22(1)n n

n n z z z z z z z ∞∞

+==+∴=+=+-∑∑。 b. ()()

222

2512

2121z z z z z z -+=--+-+ 在12z <<内，

12

z <，且211

11z z <⇒<，

100111122222

12

n

n n n n z z z z ∞∞

+==⎛⎫∴=-⋅=-=- ⎪-⎝⎭-∑∑。

()()1222

2201

2

2212

11121111n

n n n

n n z z z z z z ∞

∞

+===⋅=-=-++∑∑， ()()()21122

01

251

21221n n n n n n z z z z z z ∞∞

++==-+∴=----+∑∑。 20、将下列函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数，并指出成立范

围。 a.

()

2

21

,1z i z =+【

()n n n a z i ∞

=-∞

-∑

】；b.()1

2

11,1z

z e

z --=【

()1n

n n a z ∞

=-∞

-∑

】。

解: a. z i = 的无心邻域为0z i R <-<，

()

()()

2

2

2

21

1

1z i z i z =

-++，且()

2

1

1d dz z i z i ⎛⎫

=-

⎪+⎝⎭

+， ()()()

0111111222212n

n

n n z i z i z i i z i i i i i

∞=--==⋅=-++-+∑ 【()1

21i =-】 ()()

12

1

12

n n

n n z i -∞

+=--=∑

22z i i -<=。

()

()()()()

111

2

2

2

11

01

111

22n n n

n n n n n z i n z i d

dz z i ---∞∞

++==----=-=-+∑∑，

()

()

()

()()

()111

3

2

2

2

2

1

1

2

11

111

1

221n n n n n n n n n z i n z i z i z

-+--∞

∞

++==----∴

=-

=-+∑

∑

()()()

2

4

2

132n n

n n n z i ∞

+=--+-= ∑

02z i <-<。

b.当<∞z 时，0!

n

z

n z e n ∞

==∑，

()()()

110011

!1!1n

z

n n

n n e

n z n z ∞

∞

-==-∴==--∑∑ 01z <-<∞，

()()()

()()()

12

12

02111!12!1n

n

z

n n

n n z e

n z n z ∞

∞

--==---∴-==-+-∑∑ 01z <-<∞。

21、把()1

1f z z

=

-展成下列级数。 （1）在1z <上展成z 的泰勒级数； （2）在1z >上展成z 的罗朗级数； （3）在12z +<上展成(1)z +的泰勒级数； （4）在12z +>上展成()1z +的罗朗级数。

解:（1）在1z <上，011n n z z ∞

==-∑，【11z

-在1z <上解析】。 （2）在1z >上，01111111111n

n n n z z z z z

z

∞∞==⎛⎫=-⋅=-=- ⎪-⎝⎭-∑∑。 （3）

1

1z

-在12z +<上解析，且112z +<，所以 ()()1

0011111111121222212

n

n

n n n z z z z z ∞∞

+==++⎛⎫

==⋅== ⎪+--+⎝⎭-∑∑。 （4）在12z +>上，

2

11

z <+，所以 ()()()1

0111111222121111111

n n n n

n n z z z z z z z -∞∞

====-⋅=-=---+++++-+∑∑。 第四章习题解答

22、确定下列各函数的孤立奇点，并指出它们是什么样的类型（对于极点，

要指出它们的阶），对于无穷远点也要加以讨论： （1）

()

2

211z z z -+；（2）1cos z i +；（3）1

sin cos z z

+。

解: （1）0,,z z i z i ===-是

()

2

2

11z z z -+的孤立奇点且是极点。

()()()2222220

114110z z z z z z z =='⎡⎤⎡⎤+=+++=≠⎢⎥⎢⎥⎣⎦

⎣⎦， 0z ∴=是()2

21z z +的一阶零点，从而是

()

2

2

11z z z -+的一阶极点；

()()()22222211410z i

z i

z z z z z =±=±'⎡⎤⎡⎤+=+++=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， ()()()2222221141z i

z i

z z z z z =±=±'''⎡⎤⎡⎤+=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦

⎣

⎦

()()()3

223

4181880z i

z z z z z i =±⎡⎤=++++=±≠⎣⎦

，

z i ∴=±是()2

21z z +的二阶零点，从而是

()

2

211z z z -+的二阶极点。

()

22

11z z z -+在<∞1

2

2

1lim 01z z z z →∞

-=+，z ∴=∞是可去奇点，

四阶零点。

（2）1

cos z i

+在z i =-的罗朗展开式()()()2011cos 2!n

n n z i n z i ∞

=-=++∑的主要 部分有无穷多项，

z i ∴=-是1

cos

z i

+的本性奇点。

1cos z i +在1z <<∞内解析，1limcos 1z z i →∞=+， ∴∞是1

cos z i

+的可去奇点。

（

3

）

1

1

1

sin cos 4z z

z z z π=

=

+⎫

⎛

⎫+ ⎪

⎪

⎝

⎭⎭

， sin 4z π⎛

⎫+ ⎪⎝

⎭的零点,0,1,2,

4n z n n ππ=-=±±，是

1

sin cos z z

+的极点。

又()4

4

sin cos 1044n n n z z n z z n z z ππππππ==-==-⎡⎤'⎛⎫⎛⎫⎢⎥+=+=-≠ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝

⎭⎣⎦，

,0,1,2,

,4

n z n n π

π∴=-

=±±是sin cos z z +的一阶零点，

从而是1

sin cos z z

+的

一阶极点。

z =∞是

1

sin cos z z

+的奇点，但不是孤立奇点，因为在无穷远点的的任

何邻域r z <<∞内,总有其它奇点。

23、求()11z

z

e f z e

-=+在孤立奇点处的留数。 解:10z

e +=的解()21.0,1,2

n z i n n π=+ =±±，是11z

z

e e -+的奇点。

由于()211lim 1z z z i n e e π→+-=∞+，()21n z i n π∴=+是11z

z e e

-+的极点。又 ()()()

()

()2

212111111n n z z z z z

z z z z i n z z i n e e e e e e

e π

π

==+==+'-++⎛⎫+=

⎪-⎝⎭

-

()

()2

221221022

1n z

z z z i n e e π

==+-=

=

=-≠-， ()21,0,1,2,

,n z i n n π∴=+=±±是11z z e e +-的一阶零点，从而是11z

z

e e -+的一阶极点。 z =∞不是11z

z

e e

-+的孤立奇点，因为在它的任一邻域r z <<∞内,总有其它的奇点。

由推论2：()()()()21211111

Re 2121

1n n z

z

z

z

z z i n z z i n e e sf i n e

e π

π

π==+==+--++=

==

=-⎡⎤⎣⎦-'

+。 【()()0

4

1

12Re 2122281z

z z n e dz i sf i n i i e ππππ==--=+=⨯--=-⎡⎤⎣⎦+∑⎰】

24、求下列函数在指定点处的留数。

（1）

()()

2

11z

z z -+ 在1,z =±∞；

（2）241z

e z

-在0z =，∞。

解:（1）1z =为()()()

2

11z

f z z z =

-+的一阶级点.，

1z =-为()()()

2

11z

f z z z =

-+的二阶极点。

()()

()()

()

2

2

1

1

1Re 1lim 1lim

4

111z z z z

sf z z z z →→∴=-==

-++， ()()()()2

2111Re 1lim 1lim 1411z z d z d z sf z dz dz z z z →-→-⎡⎤⎛⎫-=+==-⎢⎥ ⎪-⎝⎭-+⎢⎥⎣⎦

。 由于1z =±已是()f z 的所有有限孤立奇点，

()()()Re Re 1Re 10sf sf sf ∴∞=-+-=⎡⎤⎣⎦。

（2）()241z

e f z z

-=在0z =的罗朗展开式为

()()

()441

4

13222!!4!

n

n n n n

n n n z z z n f z z n n ∞

-+∞

∞

===--=

=-=-+∑

∑∑

()31244

Re 03!33

a sf -∴=-=-⇒=-。

由于0z =是()f z 的仅有的一个有限孤立奇点，

()()4

Re Re 03

sf sf ∴∞=-=

。 【()231z

e f z z

-=在0z =的罗朗展开式为

()()

()331

3

12222!!3!

n

n n n n

n n n z z z n f z z n n ∞

-+∞

∞

===--=

=-=-+∑

∑∑

()2

122Re 022!

a sf -∴=-=-⇒=-】

25、求下列函数在其奇点（包括无穷远点）处的留数，（m 是自然数）

（1）1

sin m z z

（m 是自然数）； （2）

()

2

1z

e z -；

（3）31

sin z e z

-。

解: （1）0z =是()1

sin m f z z z

=的有限远孤立奇点。在0z =,()f z 的罗朗展开

式为()()()()(

)2121001121!21!n

n

m

n n m

n n f z z n z n z ∞

∞

++-==--==++∑∑。 令211n m +-=,则2

m n =

。 n 为非负整数，∴只有m 为偶数时上式才成立。

而当m 为奇数时,211n m +-≠，即()f z 在0z =的罗朗展开式中没有1-次幂项，即10a -=。

∴当m 为奇数时, ()Re 00sf =。

当m 为偶数时,2m

n =

的项是1-次幂项，()()2

111!

m

a m --=+，所以，此时()()()2

1Re 01!

m sf m -=

+。

总之，不管m 为偶数或奇数，都有()()()()2

111Re 01!

2m

m

sf m -+-=

⋅+。

（2）1z =是()()

2

1z

e f z z =

-的唯一的有限奇点,且是二阶极点。

()()()2

21Re 1lim 11z z d e sf z e dz z →⎡⎤∴=-=⎢⎥-⎢⎥⎣⎦

， ()()Re Re 1sf sf e ∴∞=-=-

（3）z n π=，0,1,

n =±，是()1

3sin z e f z z

-=的孤立奇点。

()f z 在z n π=点的罗朗展开式为

()()

()

3

1

1sin n z n n

e e

f z z n πππ--=

--

()()()()()()()23

335

12!3!13!5!n n n z n z n e e z n z n z n z n ππππππππ⎡⎤

---+-+++

⎢⎥⎢⎥⎣⎦=-⎡⎤----++⎢⎥

⎢⎥⎣⎦

()()()()()()()23

33

2412!3!1165!n n n

z n z n e e z n z n z n z n π

π

ππππππ⎡⎤

---+-+++⎢⎥-⎢⎥⎣⎦=⋅-⎡⎤

---

++⎢⎥⎢⎥⎣⎦

()()3

24

165!z n z n ππ-⎡⎤

---

++⎢⎥⎢⎥⎣

⎦

在z n π=解析，且为()z n π-的偶函数,所以它在z n π

=处的泰勒展开式中只有()z n π-的偶次项。而