复变函数习题全解及导学第五章05
复变函数5
f ( z ) = ( z − 2)( z 2 + 1). z = ∞为唯一奇点：阶极点 . 3 例题1 例题
例题2 例题 f ( z ) = e 例题3 f ( z ) = e 例题
z− 1 z
. z = 0与∞均为本性奇点 .
. lim f ( z ) = 1 ⇒ ∞为f ( z )的可去奇点 . z →∞
C
即C−1是积分过程中唯一残留下来的Laurent系数 ,
留数, 称 C−1为 f (z)在 z0 的留数 记作 Res[ f (z), z0], 即 在 1 Res[ f (z), z0 ] = ∫ f (z)d z, Res[ f (z), z0 ] = c−1 2πi C 定理一(留数定理 留数定理) 在区域D内除 定理一 留数定理 设函数 f (z)在区域 内除有限个孤立 在区域 内除有限个孤立 外处处解析. 是 内包围诸奇点的一条 奇点 z1, z2, ..., zn 外处处解析 C是D内包围诸奇点的一条 正向简单闭曲线, 正向简单闭曲线 则
1 把扩充z平面上 平面上∞ 作变换 w = 把扩充 平面上∞的去心邻域 z R<|z|<+∞ 映射成扩充 平面上原点的去心邻域： 平面上原点的去心邻域： ∞ 映射成扩充w平面上原点的去心邻域 1 1 0 <| w |< . f (z) = f ( ) = ϕ(w) R w 这样, 在去心邻域R<|z|<+∞对f (z)的研究变为在 这样 在去心邻域 ∞ 的研究变为在
内解析, 所以w=0是孤立奇点 是孤立奇点. 内解析 所以 是孤立奇点
1 1 0 <| w |< 的研究.显然 内对ϕ (w)的研究 显然ϕ (w)在 0 <| w |< 的研究 在 R R
《复变函数》第四版习题解答第5章
1 z2 +1
2
是有理函数，故奇点只是极点，满足
z
z2
+1
2
=0，故
z
=
0
，与
z
=
±i
为
其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。
（2）因 lim z→0
sin z z3
=
∞
则
z
=
0
为其极点。再确定极点的级，有两种方法：
a.
z
=
0
为
sin
z
为的一级零点；而
z
=
0
为
z3
的三级零点。故
证 因 f (z) 和 g(z) 是以 z0 为零点的两个 不恒等于零 的解析函数 ，可设 f (z) = (z − z0 )ϕ(z) ， g(z) = (z − z0 )ψ (z) ，ϕ(z),ψ (z) 为解析函数，则
f (z) = (z − z0 )ϕ(z) = ϕ(z) ， f '(z) = ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) ， g(z) (z − z0 )ψ (z) ψ (z) g '(z) ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) 故 lim f (z) = lim ϕ(z) ， lim f '(z) = lim ϕ(z) + (z − z0 )ϕ '(z) = lim ϕ(z) ，即 z→z0 g (z) z→z0 ψ (z) z→z0 g '(z) z→z0 ψ (z) + (z − z0 )ψ '(z) z→z0 ψ (z)
2
dz
；
（5） v∫ tan (π z) dz ； |z|=3
《复变函数》第5章
例: 对 f (z) z3 1.
f (1) 0, f (1) 3z 2 z 1 3 0
z 1 是 f (z)的一级零点.
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第7页
定理: z0 是 f (z)的m级极点
证:
f
(z)
(z
1 z0
)m
g
(z)
z0
是
f
1 的m级零点. (z)
f
复 变 函 数（第四版）
第五章 留 数
§1 孤立奇点 §2 留数 §3 留数在定积分计算上的应用 *§4 对数留数与辐角原理
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《复变函数》(第四版) 第五章
第1页
§1 孤立奇点
1. 定 义
如果函数 f (z)在 zo处不解析, 但在 zo的某 一去心邻域 0 < | z－zo |<δ处处解析, 则称zo 为函数 f (z)的孤立奇点. 例：z 0 为 f (z) sin 1 的孤立奇点 .
5
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《复变函数》(第四版) 第五章
第4页
∴
z = 0 分别是 本性奇点.
sin z
z
,
sin z4
z
,
sin
1 z
的可去、3极、
(1) zo为 f(z)的可去奇点
相当于实函可去间断点
lim f (z)存在且有限
zz0
f (z)在zo点的某去心邻域内有界.
(2) zo为 f (z)的极点
例:
z
0
是
ez 1 z2
的一级极点.
z
1
是
(z 1)3 sin( z 1)
的二级零点.
ch5_05复变函数的可导与解析
lim
f
z z f z
z
z z z lim
z 0
z
z x iy lim lim z 0 z ( x , y ) (0,0) x iy x iy iy 而 lim lim 1 x 0 x iy y 0 iy y 0
f ( z) 在 z 0 不可导。
定理 1
函数 f z u x, y iv x, y 在D上解析的 充要条件是 : u x, y 和v x, y 在D内任一点 z x0 iy0 可微, 而且满足C R方程 : u x v y , u y v x
的讨论中 G 常常为一个平面区域, 称为定义域。
可以利用二元实函数的极限，连续等概念来 定义复变函数的极限，连续。
例如：极限 lim f ( z )
z z0 ( x , y ) ( x0 , y0 )
lim
u ( x, y) iv( x, y)
f ( z ) 在 z0 连续 u ( x, y )，v( x, y )在 ( x0 , y0）连续 （lim f ( z ) f ( z0 )） （
满足C R条件.
但当z沿 y k x(x 0)趋于零时，有 lim k f z f 0 lim x 0 (1 ki ) x z 1 ki k (x) 2
z (1 ki ) x 0
f z f 0 不存在 lim z 0 z
z 0
当z沿虚轴趋于零，即 x 0, z iy 0时，有
f z0 z f z0 lim z iy 0 z iv x0 , y0 y0 iv x0 , y0 lim y 0 iy u x0 , y0 y0 u x0 , y0 iy v u i y y
《复变函数》第五章习题全解钟玉泉版
第五章 解析函数的洛朗展开与孤立奇点(一)1.解:(1):1)10<<z ,∑∞=---=-⋅+=-+0222221111)1(1n n z z z z z z z z z2)111<⇒+∞<<z z , ∑∞=++=-⋅+=-+032321211111)1(1n n z z zz z z z z (2)222121121()1212112f z z z z z z -=-=--+-+ =20012()(1)22n n n n n z z ∞∞+==---∑∑ (3)()f z =2(1)z e z z +231......!nz z z z n z z+++++=+ =2151 (26)z z z +-- 2.解:(1)2222])2)()1([)(41)1(1n n n n i i z i z z ∑∞=----=+ )20()2))(1()1()(412<-<-+---=∑∞=i z i i z n i z nn n n(2))0(1)!2(1!102212+∞<<⋅+==∑∑∞=∞-=+-z zn z n e z n n n n z(3) 令1zξ=，则21(1...)112ze eeξξξξξ-+++--==234542(1...)(1...)23!4!5!2ξξξξξξξ=-+-+--+345(1...)(1...)(1) (2)3!4!ξξξ---=23451 (2)385114ξξξξξ--+--=234511111141...8235z z z z z --+--+3.证明:根据洛朗定理,可设)0()]1(sin[0+∞<<=+∑∞=z z c z z t n nn其中 ⎰=+±=+=11),1,0()]1(sin[21ξξξξξπ n d t i c n n这里 )20(,1πθξξθ≤≤==i e于是 θθπθππθθπθθθd ed ie e e e t i c in i n i i i n ⎰⎰+=+=+-2020)1()cos 2sin(21)](sin[21 4.解:(1)因为函数为有理函数,且分子,分母无公共零点,因此分母的零点就是函数的极点,令分母0)4(2=+z z ,得0=z 以及i 2±,分别是分母的一级和二级零点,从而分别是函数的一级和二级极点,又因0)4(12∞→+-z z z z ,所以∞=z 为可去奇点.(2)由定理5.4(3)知函数z z cos sin +的m 级零点,就是zz cos sin 1+的m 级极点,且分母零点的极限点必为函数的极限点,因为)4sin(2cos sin π+=+z z z则令0cos sin =+z z ,得),1,0(4 ±=-=k k z ππ且又因),1,0(0)1(2cos 2])4sin([4±=≠-=='+-=k k z z k k z ππππ故),1,0(4±=-=k k z ππ各为分母z z cos sin +的一级零点即为zz cos sin 1+的一级极点.又因∞→-=4ππk z ,即∞=z 是极点的极限点,即为函数的非孤立奇点.(3)因i k z π)12(+=时,分母01=+z e ,且 01)1()12(≠-='++=ik z z e π所以i k z π)12(+=是分母的一级零点,而此时分子0)1()12(≠-+=ik z z e π故i k z π)12(+=各为函数的一级极点,因分母,分子在平面解析,所以除此之外在平面上无其他奇点. (4)令分母为0,解得)i 1(22z -±=,即为所给函数的极点. 且因,0])i z [(,0])i z [()i 1(22z 32)i 1(22z 32≠'+='+-±=-±=故)i 1(22z -±=均为所给函数的三级极点. 又因0z )1z (132∞→+,所以∞=z 为可去奇点. (5)因为zzz 222cos sin t an =,分子分母均在z 平面解析且无公共零点,所以分母的零点即为z 2tan 的极点,令0cos 2=z ,解得 0)(cos ,222='+=+=ππππk z z k z),1,0(0)(cos 22 ±=≠''+=k z k z ππ所以2ππ+=k z 是z 2cos 的二级零点,从而是z 2tan 的二级极点.(6) ++-=+2)(!2111cosi z i z 所以i z -=为其本性奇点,又因 11coslim =+∞→iz z ,所以∞=z 为可去奇点. (7)因21)2(22sin lim cos 1lim 2202==-→∞→z z z z z z 故0=z 为可去奇点, ∞=z 为本性奇点.(8)因为当且仅当i k z π2=时,分母0)1(,012≠'-=-=i k z z z e e π,所以i k z π2=为分母的一级零点,而分子是常数1,因此i k z π2=为其一级奇点. 5.解:先判断各函数的奇点类型. (1) 0=z ,∞=z 为奇点.(2) 0=z ,∞=z 为奇点.(3) 0=z 不是孤立奇点,是极点的极限点.(4)分母的零点是πk z =,这是ctgz 的极点,且01)(sin ≠-='πk z所以πk z =是分母的一级零点,因此是ctgz 的一极点,而∞=z 不是孤立奇点,是极点的极限点.由三个函数均为单值函数,由洛朗定理,在孤立奇点的去心邻域内均能展开成洛朗级数,在非孤立奇点的邻域内则不能.6.解:(1)当m n ≠时，a 为()()f z g z +的max(,)m n 级极点，为,f g 的m n +级极点，为fg的m n -()m n >级极点与n m -()m n <级零点 (2)当m n =时，a 为f g +的至多m 级极点（此时各种情况均有可能产生） 例：11,()()()kk m mf zg z k N z a z a +-=+=+∈-- a 为,f g 的m n +级极点，为fg的可去奇点. 7.证明:因)(z f 不恒等于零,如果a z =为)(z f 的零点,a z =只能为)(z f 的孤立奇点.(反证)如果a z =不是)(/)(),()(),()(z f z z f z z f z ϕϕϕ⋅±的本性奇点,则由上题的结论知,)(z ϕ就以a z =为可去奇点或极点,矛盾.8.解:(1) 1()(1)zzz e f z z e +-=-,奇点为0z =为一级极点， 2(1,2,...)z k i k π==±±为一级极点，z =∞为非孤立奇点(2) 0z =为函数的本性奇点, z =∞为函数的本性奇点. (3) z =∞是可去奇点, 0z =为本性奇点.(4) 0z =,z =∞为本性奇点. (5) 1=z 为本性奇点, i k z π2=为一级极点, z =∞为非孤立奇点.9.证明:因)(z f 在z 平面上解析,则)(z f 必为整函数,而整函数只以z =∞点为孤立奇点,而)(z f 在z =∞点解析,故z =∞点只能是)(z f 的可去奇点,由定理5.10知, )(z f 为常数.10.证明:(反证)设)(z f w =为整函数且非常数,若值全含于一圆之外,即存在0,00>εw ,使得对任何z ,恒有00)(ε>-w z f ,则有非常数整函数)(1)(w z f z g -=,所以在z 平面上任何点z ,分母不等于0,从而)(z g 在z 平面上解析,即为整函数.又因)(z f 非常数,所以)(z g 非常数,其值全含于一圆1)(ε<z g 之内,与刘维尔定理矛盾.11.证明:由题意,)(z f 在0z 的去心邻域内的洛朗展开式可设为∑∞=--≠-+-=01001)0()()(n n n c z z c z z c z f令01)()(z z c z f z g --=-,因01),(z z cz f --在r z ≤上除去0z 外解析,所以)(z g 在r z ≤上除去0z 外解析.又可知∑∞=-=00)()(n n n z z c z g )(z f 在0z 的邻域内解析,故)(z g 在r z ≤上解析.函数)(z g 在r z <内的泰勒展开式为∑∑∞=∞=+-+=0111)(n n n n nn z z c z a z g而直接法又给出∑∑∞=∞===00)(!)0()(n n n n nn z b z n g z g从而][0110101001z c z b z c z b z a a n n nn n n-++-+--=因为∑∞==0)(n nn z b z g 在r z ≤上解析,所以当0z z =时,级数∑∞=00n nn z b 是收敛的,一般项)(00∞→→n z b nn ,故即知01limz a a n nn =+∞→.（二）1.解：（1）不能（2）能，指定点不是所给函数的支点 （3）不能 （4）不能（5）能，指定点不是所给函数的支点2.解：不正确。
复变函数第五章
第五章小结一、函数()f z 孤立奇点0z 类型的确定1. 求0lim ()z z f z → 2. 求函数()f z 在0z 的去心解析邻域内的洛朗展式，观察洛朗级数的负幂项的项数 极点判断的特殊方法：确定相关函数零点的级数，将函数()f z 改写为0()()mg z z z -的形式，其中()g z 在点0z 解析且不为零二、求0Re [(),]s f z z 的方法1． 确定孤立奇点的类型，选择相应方法求解(1). 若0z 为()f z 的可去奇点，则0Re [(),]0s f z z =(2). 若0z 为()f z 的极点，则利用规则 010011Re [(),]lim [()()](1)!m m m z z d s f z z z z f z m d z--→=-- 说明：对一些特殊函数在孤立奇点处留数的计算，有时将m 取得比极点0z 的实际级数高时，利用上述规则反而简单2. 当极点的类型难以确定，直接求()f z 在0z 的去心解析邻域内的洛朗展式，观察10()z z --的系数特殊结论：若()f z 在孤立奇点0的去心解析邻域内为偶函数，则Re [(),0]0s f z =三、留数的应用1. 求封闭曲线积分()C f z dz ⎰：转化为()f z 在C 内奇点处的留数计算2. 求解三类定积分：确定定积分类型，选择对应方法求解第一种类型的定积分：难点在于利用i z e θ=将原定积分中关于θ的函数转化为关于z 的函数(较繁琐，容易出错，仔细)第二、三种类型的定积分：转化为求一些复变函数在其上半平面内奇点处留数的计算(这些复变函数的获得：将原定积分中的被积函数中的变量以z 代换)强调： ()cos()Re{()}aix R x ax dx R x e dx +∞+∞-∞-∞=⎰⎰；()sin()Im{()}aix R x ax dx R x e dx +∞+∞-∞-∞=⎰⎰如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。
复变函数第5章习题课
解 被积函数在 C 内的孤立奇点 z
C
th z d z 2 i R es[
e e
z
z
e e
z
z
,
i 2
]
2 i
th z
e e
z z z
e e
z
e e
z
z
0
e
2z
1 e
i ( 2 k 1 )
z
i ( 2 k 1) 2
17
88页6 试求下列各积分的值 2 1 (1) d 0 a co s 解 原式=
R es[
1 e z
4 2z
z
4
在孤立奇点处的留数
1 e
z0
2z
3
在全平面解析.
2z
,0 ]
( 1 e )
2z
2 e
3!
6
z0
4 3
解法2 e
z
1 z
1 2!
z
2
1 3!
z
3
1 4!
z
4
...
16 z4 z z ... e 1 2z 4! 3! 2! 4 3 2 4 2 2z 1 e 2 z 2 z z z ... 3 3 2z 4 1 e R es[ ,0 ] 4 3 z
0
87页5 求下列积分 (1)
C 正向圆周
dz
10
C
1
z (z
3
10
2)
C : | z | 2
2 内处处解析 其洛朗级数
解 被积函数在圆环域| z |
复变函数第5章测验题参考解答
z 1 C 1 − z e z d z 的值为（
变
.
【解析】当 z 1 时，有洛朗展式
z 1 1 1 1 1 z e =− e z = −(1 + + 2 + 1 1− z z z 1− z
所以
国
防
科
（A） −4 i 【答案】 A
（B） −2 i
−2 ei （D）
函
）.
1 2 1 ] = lim − = ， 2 2 3 z → i (1 + z ) ( z + i) 4i
9.函数 f ( z ) = 【答案】0
1 在 z = 0 处的留数为 z sin z
”
【解析】因为
1 1 = 2 z sin z z
1 z 1− + 6
2
=
1 z2 (1 + + z2 6
)=
1 1 + + z2 6
，所以
Res( f , 0) = −1 = 0 .
10.设 f ( z ) = 【答案】1
2
0
d 可转化为复积分（ (a + b cos ) 2
函
2
数
2
1 1 1 1 Res( f , ) = = − ，由留数定理有 I = i 2 i Res( f , ) = ， 3 4 3 6 z − 10 z = 1 8
3
z dz z =1 (bz + 2az + b) 2 z dz (bz + 2az + b) 2
大
z →0
1 z sin d z 的值为（ ）. 2 i C z −1 （C） cos1 − sin1 （D） cos1 + sin1
复变函数与积分变换第五章
解 函数 f (z) 除点 z 0, 1, 2 外,
在 z 内解析 . 因(sin z) cos z 在 z 0, 1, 2, 处均不为零.
所以这些点都是 sin z 的一阶零点,
故这些点中除1, -1, 2外, 都是 f (z)的三阶极点.
30
因 z2 1 (z 1)(z 1), 以1与- 1为一阶零点，
展开式的前m项系数都为零 ,由泰勒级数的系数
公式知: f (n)(z0 ) 0, (n 0,1,2, m 1);
并且
f
(m)(z0 ) m!
c0
0.
（充分性） 由于 f (n)(z0 ) 0, (n 0,1,2, m 1);
f
( m ) ( z0 m!
)
c0
0.
故
邋 f (z) =
ゥ f (n) (z0 ) (z n= m n!
6
例3 sin z 1 1 z2 1 z4 中不含负幂项,
z
3! 5!
z
0
是
sin z z
的可去奇点
.
如果补充定义:
z 0 时, sin z 1, z
那末 sin z 在 z 0 解析. z
7
例4 说明 z 0 为 ez 1 的可去奇点. z
解 ez 1 1(1 z 1 z2 1 zn 1)
zz
2!
n!
1 1 z 1 zn1 , 0 z
2!
n!
无负幂项
所以 z 0 为 ez 1 的可去奇点. z
另解 因为 lim e z 1 lim ez 1, 作业2.4.8(洛必达法则)
z0 z
z0
所以 z 0 为 e z 1 的可去奇点. z
(完整版)复变函数习题答案第5章习题详解
(完整版)复变函数习题答案第5章习题详解第五章习题详解1．下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级：1) ()2211+z z解：2)31z z sin3)1123+--z z z4)()z z lz 1+5)()()z e z z π++1126)11-z e7)()112+z e z 8) n nzz +12，n 为正整数9)21z sin2．求证：如果0z 是()z f 的()1>m m 级零点，那么0z 是()z f'的1-m 级零点。
3．验证：2i z π=是chz 的一级零点。
4．0=z 是函数()22--+z shz z sin 的几级极点？5．如果()z f 和()z g 是以0z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么()()()()z g z f z g z f z z z z ''lim lim 00→→=（或两端均为∞）6．设函数()z ?与()z ψ分别以z =为m 级与n 级极点（或零点），那么下列三个函数在z =处各有什么性质：1) ()()z z ψ?；2)()()z z ψ?；3) ()()z z ψ?+；7．函数()()211-=z z z f 在1=z 处有一个二级极点；这个函数又有下列洛朗展开式：()()()()345211111111-+---+=-z z z z z Λ，11>-z ，所以“1=z 又是()z f 的本性奇点”；又其中不含()11--z 幂，因此()[]01=,Re z f s 。
这些说法对吗？8．求下列各函数()z f 在有限奇点处的留数：1)zz z 212-+ 2) 421z e z-3)()32411++z z4)zz cos5) z -11cos6) z z 12sin7) z z sin 18) chz shz9．计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）1) ?=23z dz z zsin2) ()?=-2221z zdz ze3) ?=-231z m dz z zcos ，其中m 为整数4)?=-12i z thzdz5) ?=3z zdz tg π6) ()()?=--11z n n dz b z z （其中n 为正整数，且1≠，1≠b ，b =r z13．计算下列积分：1)?+∞+0351??d sin2)?∞++02???d b cos sin ，()0>>b3)()?+∞∞-+dx x 2211 4) ?∞+∞-+dx x x 4215)?+∞∞-++dx x x x 542cos6)?+∞∞-+dx x x x 21sin 14．试用图5.10中的积分路线，求例4中的积分：?+∞0dx x x sin15．利用公式()145..计算下列积分：1) ?=31z dz z 解：2)?=-321z dz z z3)?=3z tgzdz4)()?=+311z dz z z16．设C 为区域D 内的一条正向简单闭曲线，0z 为C 内一点。