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第五章 留 数一、选择题： 1．函数32cot -πz z在2=-i z 内的奇点个数为 ( )（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）42．设函数)(z f 与)(z g 分别以a z =为本性奇点与m 级极点，则a z =为函数)()(z g z f 的( )（A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点3．设0=z 为函数zz e xsin 142-的m 级极点，那么=m ( )（A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）2 4．1=z 是函数11sin)1(--z z 的( ) (A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 一级零点 （D ）本性奇点5．∞=z 是函数2323z z z ++的( )(A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 二级极点 （D ）本性奇点 6．设∑∞==)(n n n z a z f 在R z <内解析，k 为正整数，那么=]0,)([Re k zz f s ( ) （A ）k a （B ）k a k ! （C ）1-k a （D ）1)!1(--k a k7．设a z =为解析函数)(z f 的m 级零点，那么='],)()([Re a z f z f s ( ) (A)m （B ）m - （C ） 1-m （D ）)1(--m 8．在下列函数中，0]0),([Re =z f s 的是（ ）（A ） 21)(z e z f z -= （B ）z z z z f 1sin )(-=（C ）z z z z f cos sin )(+=(D) ze zf z111)(--= 9．下列命题中，正确的是( ) （A ） 设)()()(0z z z z f mϕ--=，)(z ϕ在0z 点解析，m 为自然数，则0z 为)(z f 的m 级极点．（B ） 如果无穷远点∞是函数)(z f 的可去奇点，那么0]),([Re =∞z f s （C ） 若0=z 为偶函数)(z f 的一个孤立奇点，则0]0),([Re =z f s （D ） 若0)(=⎰c dz z f ，则)(z f 在c 内无奇点10． =∞],2cos[Re 3ziz s ( ) （A ）32-（B ）32 （C ）i 32（D ）i 32-11．=-],[Re 12i e z s iz ( )（A ）i +-61 （B ）i +-65 （C ）i +61 （D ）i +65 12．下列命题中，不正确的是( )（A ）若)(0∞≠z 是)(z f 的可去奇点或解析点，则0]),([Re 0=z z f s （B ）若)(z P 与)(z Q 在0z 解析，0z 为)(z Q 的一级零点，则)()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '= （C ）若0z 为)(z f 的m 级极点，m n ≥为自然数，则)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-=（D ）如果无穷远点∞为)(z f 的一级极点，则0=z 为)1(zf 的一级极点，并且)1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞13．设1>n 为正整数，则=-⎰=211z ndz z ( ) (A)0 （B ）i π2 （C ）niπ2 （D ）i n π2 14．积分=-⎰=231091z dz z z ( ) （A ）0 （B ）i π2 （C ）10 （D ）5i π 15．积分=⎰=121sin z dz z z ( ) （A ）0 （B ）61- （C ）3i π- （D ）i π-二、填空题1．设0=z 为函数33sin z z -的m 级零点，那么=m ．2．函数zz f 1cos1)(=在其孤立奇点),2,1,0(21ΛΛ±±=+=k k z k ππ处的留数=]),([Re k z z f s ．3．设函数}1exp{)(22z z z f +=，则=]0),([Re z f s 4．设a z =为函数)(z f 的m 级极点，那么='],)()([Re a z f z f s ． 5．双曲正切函数z tanh 在其孤立奇点处的留数为 ． 6．设212)(z zz f +=，则=∞]),([Re z f s ． 7．设5cos 1)(zzz f -=，则=]0),([Re z f s ． 8．积分=⎰=113z zdz e z．9．积分=⎰=1sin 1z dz z ． 10．积分=+⎰∞+∞-dx x xe ix21 ． 三、计算积分⎰=--412)1(sin z z dz z e zz ．四、利用留数计算积分)0(sin 022>+⎰a a d πθθ五、利用留数计算积分⎰∞+∞-+++-dx x x x x 9102242六、利用留数计算下列积分： １．⎰∞++0212cos sin dx x xx x ２．⎰∞+∞-+-dx x x 1)1cos(2七、设a 为)(z f 的孤立奇点，m 为正整数，试证a 为)(z f 的m 级极点的充要条件是b z f a z m az =-→)()(lim ，其中0≠b 为有限数．八、设a 为)(z f 的孤立奇点，试证：若)(z f 是奇函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=；若)(z f 是偶函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=． 九、设)(z f 以a 为简单极点，且在a 处的留数为A ，证明Az f z f az 1)(1)(lim2=+'→. 十、若函数)(z Φ在1≤z 上解析，当z 为实数时，)(z Φ取实数而且0)0(=Φ，),(y x f 表示)(iy x +Φ的虚部，试证明)()sin ,(cos cos 21sin 202t d f tt t Φ=+-⎰πθθθθθπ)11(<<-t答案第五章 留 数一、1．（D ） 2．（B ） 3．（C ） 4．（D ） ５．（B ）６．（C ） ７．（A ） ８．（D ） ９．（C ） 10．（A ） 11．（B ） 12．（D ） 13．（A ） 14．（B ） 15．（C ）二、1．9 2．2)2()1(π+π-k k 3．0 4．m - 5．16．2- 7．241-8．12i π 9．i π2 10．e i π 三、i π-316. 四、12+πa a .五、π125.六、１．)(443e e e -π ２．e1cos π。
复变函数练习题 第五章 留数系 专业 班 姓名 学号§1 孤立奇点孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法f(z)在点a 处的洛朗展式中， 若无负幂项，则点a 为可去奇点；若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。
2、极限法 lim ()z af z →存在且有限，则点a 为可去奇点； 等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。
3、判断极点的方法 3.11()()()mf zg z z a =-，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零；3.21()()lim ()lim()()()m m z a z a f z g z g z z a f z z a →→==--，存在且有限; 3.31()()()m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零 一、选择题 1．函数cot 23zz π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ]（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4cot cos 3(23)sin 0,()23(23)sin 2z z z z z k k z z z ππππ=-=⇒=∈--，2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和) 3．0z =为函数241sin z ez z-的m 级极点，那么m = [ C ] （A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ）4224224553201112!3.3=(1)sin sin sin sin 2!lim (1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z →⎛⎫++ ⎪--⋅=⋅=⋅++ ⎪⎪ ⎪++= ⎪⎝⎭利用方法， 4．z =∞是函数3232z z z ++的 [ B ]（A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）二级极点 （D ）本性奇点322232321=32=0z z z z z z ζζζζ⎛⎫++++=++ ⎪⎝⎭以为一阶极点 5．1z =是函数1(1)sin1z z --的 [ D ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）一级零点 （D ）本性奇点 （将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幂项） 二、填空题1．设0z =为函数33sin z z -的m 级零点，那么m = 9 。
第五章 留数定理习题及其解答注:此例说明，判断孤立奇点 z类型虽可从f (z)的Laurent 展开式含有负幕项的情 况入手，但切不可忘掉必须是在去心领域内的 Laurent 展式，否则与z0是什么性质的点没有关系。
5.2设f(z)在全平面解析，证明：若：：为f(z)的可去奇点，则必有f(z)二a 。
(常数)；若：：为f(z)的 m 级极点，则f(z)必为m 次多项式： f (z)二a ° • a1z• III • ak Z ,ak = 0；除此之外，f (z)在Z o = 0处的Taylor 展式必有无限多 项系数=0。
证： 因为f (z)在全平面解析，所以f (z)在勺=0邻域内Taylor 展式为f (z)二a 0 a 1z 丨11 a kzJ11且| z" o 注意到这Taylor 级数也是f (z)在：：去心邻域 内的Taylor 级数。
所以，当二在f (z)的可去奇点<—>f (z)在：：去心邻域内Laurent 展示无z 的正幕项， 即厲=a ?=丨1( =0。
故f (z)=逐(常数)；当：：为f(z)的m 级极点uf (z)在：：去心邻域内Laurent 展示中只含有限个z 的正幕 项,且最高正幕为m 次(am = 0)of(z) = a ° az 川 a m_z m ‘ a m Z ma m 严 a0 n 0m()即f (z)为m 次多项式；除去上述两种情况，：：为f(z)的本性奇点=f(z)在：：去心邻域内Laurent 展开式中 含有无限多个正幕项，COf (z)=送 a n z n z £邑因此在n£中，有无限多个项的系数不为0。
注(1).对本题的结论，一定要注意成立的条件为f(z)在全面解析，否则结论不成1f(z)=—立。
例： z 在0 < z V -内解析(与全平面解析仅差一个点!)，且以°°为可去奇点，1 f(z)=・•• +— + 5.1设有 z 本性奇点？为什么？z njnz z_ ++ ________，能否说z = 0为f (z)答：这个级数由两部分组成:od- n ' zn 4□0 n二命。
复变函数练习题 第五章 留数系 专业 班 姓名 学号§1 孤立奇点孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法f(z)在点a 处的洛朗展式中， 若无负幂项，则点a 为可去奇点；若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。
2、极限法 lim ()z af z →存在且有限，则点a 为可去奇点； 等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。
3、判断极点的方法1()()()mf zg z z a =-，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零；1()()lim ()lim()()()mm z a z a f z g z g z z a f z z a →→==--，存在且有限; 1()()()m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零 一、选择题 1．函数cot 23zz π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ] （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4cot cos 3(23)sin 0,()23(23)sin 2z z z z z k k z z z ππππ=-=⇒=∈--Z ，2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和)3．0z =为函数241sin ze z z-的m 级极点，那么m = [ C ]（A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ）4224224553201112!3.3=(1)sin sin sin sin 2!lim (1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z →⎛⎫++ ⎪--⋅=⋅=⋅++ ⎪⎪ ⎪++= ⎪⎝⎭L L L 利用方法， 4．z =∞是函数3232z z z ++的 [ B ]（A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）二级极点 （D ）本性奇点322232321=32=0z z z z z z ζζζζ⎛⎫++++=++ ⎪⎝⎭以为一阶极点 5．1z =是函数1(1)sin1z z --的 [ D ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）一级零点 （D ）本性奇点 （将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幂项） 二、填空题1．设0z =为函数33sin z z -的m 级零点，那么m = 9 。
()()35339156333391sin ()()3!5!3!5!3!5!z z z z z z z z z z -=--++=-+=-+L L L2．设0z =为函数3sin zz的n 级极点，那么n = 2 。
三、解答题1．下列函数在有限点处有些什么奇点如果是极点，指出它的级：（1）3211z z z --+32211=1, 1.1(1)(1)11.z z z z z z z z z ==---+-+==-解：显然，的奇点有其中是其二阶极点；是其一阶极点 （2）11z e-111121.11112!(1)11z z e z ez z z z --==+++---=L 解：可能的奇点为具有的无穷个负幂项，从而为其本性奇点111.11lim ;11lim 0;11z n n n n e z z e n z e nz z -→∞-→∞==+=∞=-===解法二：可能的奇点为令，则令，则即函数在点极限不存在，从而为其本性奇点（3）3sin 1z z -33523332sin 10.1sin 11113!5!3!5!0.sin 1010.z z zz z z z z z z z z z z z z -=-+-+--==-+-+-=-=-=LL 解法一：可能的奇点为故有为其三阶极点解法二：由在点解析且等于，从而为原函数的三阶极点（4）21nnz z+（n 为正整数） 22011=1()()()(0,1,,1)1.(0,1,,1).n nnn k n k z z z z z z z z z z k n z n z k n -+---=-=-=-L L L ，其中是方程的个根从而是原函数的一阶极点2．判断∞点是下列函数的什么奇点 （1）223zz+ 23221,222(13)263310.zz z z ζζζζζζζζ===-+=-+++==∞L L 解：令为可去奇点，从而为原级数的可去奇点（2）22z e z2422222221+++12==12!11+1++2!=0.z z z e z z z z zz ζζζζ+++==∞LL L ！在上述级数中令，则变为为其本性奇点，从而为原函数的本性奇点00.1.z z z ζ⎛<<∞=⎫ ⎪⎪= ⎪⎝⎭注在本题中，由于级数的收敛域是，从而可以直接让函数在点展开但在上一道题中，必须先做变量替换，才可进行展开3．0z =是函数2(sin sh 2)z z z -+-的几级极点(sh 2z z e e z --=)3579357959()sin sh 2=sin 2223!5!7!9!3!5!7!9!225!9!z ze ef z z z z z zz z z z z z z z z z z z z --=+-+-⎛⎫⎛⎫=-+-+-++++++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=++L LL 解法一：(4)(4)(5)()sin sh 2=sin 22(0)0;'()cos 2'(0)1120;2''()sin ''(0)0;2'''()cos ,'''(0)110;2()sin (0)0;2()cos 2z zz zz zz zz z z z e e f z z z z z zf e e f z z f e e f z z f e e f z z f e e f z z f e e f z z -------=+-+-=+=+-=+-=-=-+=+=-+=-+=-=+=+=+解法二：考虑函数，，，()(5)2(0) 2.0sin sh 2sin sh 2f z z z z z z z ==+-+-，从而为的五阶零点，为的十阶零点，因为是原函数的十阶极点.复变函数练习题 第五章 留数系 专业 班 姓名 学号§2 留数一、选择题： 1．设0()n n n f z a z ∞==∑在||z R <内解析，k 为正整数，那么()Res[,0]k f z z= [ ] （A ）k a （B ）!k k a （C ）1k a - （D ）1(1)!k k a --2．在下列函数中，Res[(),0]0f z =的是 [ ]（A ）21()z e f z z -= （B ）sin 1()z f z z z=-（C ）sin cos ()z z f z z +=（D ）11()1z f z e z=--()000111'11.lim 1lim 1lim 101111'z z z z z z z z z z z e z z e e e e →→→⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪-=--=-=-= ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭3．12Res[,]z iz e i -= [ ]（A ）16i -+ （B ）56i -+ （C ）16i + （D ）56i + 12223223111()(1)2!()3!()111[12()()](1)2()6()11566z i z e z i i z i z i z i i z i z i z i z i z i i z i -⎛⎫=-+++++ ⎪--- ⎪⎪=-+-+-++++ ⎪--- ⎪⎪=-+ ⎪-⎝⎭L L 项系数为：-1+i+ 二、填空题： 1．设221()exp{}f z z z =+，则Res[(),0]f z = 0 。
221()exp{}f z z z=+2．设z a =为()f z 的m 级零点，那么()Res[,]()f z a f z '= m 。
3．设51cos ()zf z z-=，则Res[(),0]f z = -1/24 。
三、解答题：1．求下列各函数在各个有限奇点处的留数：（1）4231()(1)z f z z +=+423342326343423323443682334()().14()3(1)()()()43(1)()()12()12()12()12(1)()()()1224()()f z z i f z z dd z z i z z i z i dz dz z i d z z dz z i z i z z i z z i z z i z z i z i z i z z z i z i =±+⎡⎤+-+++=⎢⎥+⎣⎦⎡⎤+=-⎢⎥++⎣⎦+-++-++=-++=-+++具有两个奇点，它们分别是的三阶极点45''4234334512(1)()111122412(1)3lim 2()28163283Res[(),]8z i z z i z i i i i z i i i i if z i →++⎛⎫⎡⎤++=⋅-+=- ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦=-！ 4223432345''423433*********(1)()()()()111122412(1)3lim 2()28163283Res[(),]8z i z dz z z z i dz z i z i z i z i i i i z i i i i if z i →-++-=-+---⎛⎫⎡⎤+-+=⋅-+= ⎪⎢⎥---⎝⎭⎣⎦-=！ （2）21()sin f z z z=22353()0.111111sin3!5!3!5!1Res [(),0).6f z z z z z z z z z z z f z =⎛⎫=-+-=-+- ⎪⎝⎭=-L L 具有一个奇点，为本性奇点从而2．求Res[(),]f z ∞的值，如果（1）21()z f z e =2124211111()12!0Res [(),)0.z n f z e z z n zc f z c --==+++++=∞=-=L L ，从而（2）41()(1)(4)f z z z z =+- 4224421111()111(1)(14)(1)(4)110Res [(),]Res [(),0]0z f z z z z z z z zz f z f z z⋅=⋅=+-+-=∞=-⋅=在点处解析，故（3）()cos sin f z z z =-()Res[(),]0.f z z f z ∞=由在平面上无奇点，从而（4）22()3zf z z=+ 法一：22232122123261331Res [(),] 2.z z z z z z z z zf z c -⎛⎫=⋅=-+=-+ ⎪+⎝⎭+∞=-=L L 从而 法二：2332()332Res [(),3]lim 1;32Res [(),3]lim 1,3Res [(),]Res [(),3]Res [(),3] 2.z i z i zf z z z i z zf z i z i zf z i z if z f z i f z i →→==±+==+-==-∞=---=-在平面上只有两个奇点，它们是一阶极点，从而法三：22222202121112()01(31)3112Res [(),0]=lim 23111Res [(),]Res [(),0] 2.z z f z z z z z z zf z z z f z f z z→⋅⋅=⋅==++⋅=+∞=-⋅=-以为一节极点，从而由3．计算下列各积分（利用留数，圆周均取正向） （1）3||2sin z z dz z =⎰Ñ2sin 13!z z z =-+L 31||2sin sin 2Res[,0]20.z z zdz i ic z zππ-====⎰Ñ（2）33||21cos z z dz z =-⎰Ñ31cos 12!4!z z z z -=-+L 3133||21cos 1cos 12Res[,0]22.2z z z dz i ic i i z z ππππ-=--===⋅=⎰Ñ复变函数练习题 第五章 留数系 专业 班 姓名 学号§3 留数在定积分计算上的应用一、选择题1．设1n >为正整数，则||211n z dz z ==-⎰Ñ [ ]（A ）0 （B ）2i π （C ）2inπ （D ）2n i π||21(1)0011112Res[(),]1111111111=0111n n z n n n n nk n k k k n z dz i f z z z z c z z z z z z π=∞∞-+==⎛⎫ ⎪=<=-∞ ⎪-- ⎪⎪⎪- ⎪ ⎪⋅=== ⎪-- ⎪⎝⎭⎰∑∑Ñ的所有奇点满足，从而在无穷远点可展成： 对应的2．积分9310||21z z dz z ==-⎰Ñ [ ] （A ）0 （B ）2i π （C ）10 （D ）5i π 910991010101093110||21111=11112Res[(),]221z z z z z z z z z z z dz i f z ic i z πππ-=⎛⎫⎪ ⎪∞- ⎪ ⎪⎛⎫⋅=++ ⎪ ⎪-⎝⎭ ⎪- ⎪ ⎪ ⎪=-∞=-= ⎪-⎝⎭⎰L Ñ在点可以展成：从而二、填空题 1．积分3||21sin z dz zπ==⎰Ñ -2i 。
