第五章 留数(答案)

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。

习题五1. 求下列函数的留数．(1)()5e 1z f z z-=在z =0处． 解：5e 1z z-在0<|z |<+∞的罗朗展开式为 23454321111111112!3!4!2!3!4!z z z z z z z z z +++++-=+⋅+⋅+⋅+ ∴5e 111Res ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦ (2)()11ez f z -=在z =1处． 解：11ez -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为 ()()()11231111111e 112!3!!111z n z n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----∴11Res e ,11z -⎡⎤=⎣⎦．2. 利用各种方法计算f (z )在有限孤立奇点处的留数．(1)()()2322z f z z z +=+ 解：()()2322z f z z z +=+的有限孤立奇点处有z =0，z =-2．其中z =0为二级极点z =-2为一级极点．∴()[]()()120013232324Res ,0lim lim 11!242z z z z z f z z z →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ ()[]2232Res ,2lim 1z z f z z→-+-==- 3. 利用罗朗展开式求函数()211sin z z+⋅在∞处的留数． 解：()()()22235111sin 21sin 11111213!5!z z z z zz z z z z +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭∴()[]1Res ,013!f z =- 从而()[]1Res ,13!f z ∞=-+ 5. 计算下列积分．(1)ctan πd z z ⎰，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向．解：c c sin πtan πd d cos πz z z z z =⎰⎰．为在c 内tan πz 有12k z k =+ (k =0,±1,±2…±(n -1))一级极点 由于()()2sin π1Res ,πcos πk z kz f z z z =⎡⎤==-⎣⎦' ∴()c 1tan πd 2πi Res ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰ (2) ()()()10c d i 13zz z z +--⎰ c :|z |=2取正向． 解：因为()()()101i 13z z z +--在c 内有z =1，z =-i 两个奇点． 所以()()()()[]()[]()()[]()[]()()10c 10d 2πi Res ,i Res ,1i 132πi Res ,3Res ,πi3i zf z f z z z z f z f z =⋅-++--=-⋅+∞=-+⎰6. 计算下列积分．(1)π0cos d 54cos m θθθ-⎰ 因被积函数为θ的偶函数，所以ππ1cos d 254cos m I θθθ-=-⎰ 令π1π1sin d 254cos m I θθθ-=-⎰则有 i π1π1e i d 254cos m I I θθθ-+=-⎰ 设i e z θ= d 1d i z z θ= 2os 12c z z θ+=则 ()121211d i 2i 15421d 2i 521m z mz z z I I z z z z z z ==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰被积函数()()2521m z f z z z =-+在|z |=1内只有一个简单极点12z = 但()()[]12211Res ,lim 232521m mz z f z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+ 所以111πi 2πi 2i 3232m m I I +=⋅⋅=⋅⋅ 又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴π0cos d 54cos π32m m θθθ=⋅-⎰(2) 202πcos3d 12cos a a θθθ+-⎰，|a|>1． 解：令2π102cos3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 2π202sin3d 12cos I a a θθθ+=-⎰32π120i 2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰ 令z =e i θ．31d d i os 2c z z zz θθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i 1112π2πi Res ,i 1z z z I I z z z a a zz z az a z af z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰ 得()1322π1I a a =- (3)()()2222d x x a x b∞+-∞++⎰，a >0，b >0． 解：令()()()22221R z z a z b =++，被积函数R (z )在上半平面有一级极点z =i a 和i b ．故 ()[]()[]()()()()()()()()()()22222222i i 22222πi Res ,i Res ,i 112πi lim i lim i 112πi 2i 2i πz a z b I R z a R z b z a z b z a z b z a z b a b a b a b ab a b →→=+⎡⎤=-+-⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤=+⎢⎥--⎣⎦=+4. ()22022d x x x a ∞++⎰，a >0． 解：()()2222022221d d 2x x x x x a x a -∞++∞∞=++⎰⎰ 令()()2222z R z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点故()()[]()[]()()()22222222i 0i 1d 2πi Res ,i Res ,i 2πi lim lim i i π2z a z a x x R z a R z a x a z z z a z a a-→∞→-=⋅⋅+-+⎛⎫''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰ (5) ()2022sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0． 解：()()()i 222222222cos sin e d d i d x x x x x x x x x x b x b x b βββ+++--∞∞∞∞∞∞-⋅⋅⋅=++++⎰⎰⎰ 而考知()()222zR z z b =+，则R (z )在上半平面有z =b i 一个二级极点．()()[]()i i 222i i e d 2πi Res e ,i e π2πi lim e i i 2z x z z b b xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e 2b b b xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰ 从而()2022sin ππd e 44e b b x x b b x x b βββββ+-∞⋅=⋅=+⎰ (6) 22i e d xx x a +-∞∞+⎰，a >0 解：令()221R z z a =+，在上半平面有z =a i 一个一级极点 ()[]i i i 22i e e e πd 2πi Res e ,i 2πi lim 2πi i 2i e x z a z az a x R z a x a z a a a -+-→∞∞=⋅⋅=⋅=⋅=++⎰ 7. 计算下列积分(1)()20sin 2d 1x x x x ∞++⎰ 解：令()()211R z z z =+，则R (z )在实轴上有孤立奇点z =0作的原点为圆心r 为半径的上半圆周c r ，使c r ,[-R ,-r ],c r ,[r ,R ]构成封装曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i , 是()()[]{}()z 22i 201e 1e Im d Im 2πi Res ,i lim d 2211r r x iz c I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰ 而()202e d lim πi 1r iz c r z zz →⋅=-+⎰． 设()()2221e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 21222zz i i I z z --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦． (2)21d 2πi zT a z z⎰，其中T 为直线Re z =c ,c >0,0<a <1解：在直线z =c +i y (-∞<y <+∞)上，令()ln 22e z z a a f z z z==，()ln 22e i c a f c y c y ⋅+=+，()ln 22e i d d c a f c y y y c y ⋅++--∞∞∞∞+=+⎰⎰收敛，所以积分()i i d c c f z z ∞∞+-⎰是存在的，并且()()()i i i i d lim d lim d c c c c AB R R R R f z z f z z f z z ++--→+∞→+∞∞∞==⎰⎰⎰其中AB 为复平面从c -i R 到c +i R 的线段．考虑函数f(z)沿长方形-R ≤x ≤c ，-R ≤y ≤R 周界的积分．＜如图＞因为f (z )在其内仅有一个二级极点z =0，而且()[]()()20Res ,0lim ln z f z z f z a →'=⋅= 所以由留数定理．()()()()d d d d 2πi ln AB BE EF FAf z z f z z f z z f z z a +++=⋅⎰⎰⎰⎰ 而()()()()i ln ln ln ln 22222e e e e d d d d 0i x R a x a aC C a R C C R BE C R R f z z x x x C R x R R R x R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。

第五章 留数定理习题及其解答5.1设有++++++++=+-1212221111)(n nn n z z z z z z f ,能否说0=z 为)(z f 本性奇点?为什么?答：这个级数由两部分组成：即∑∑∞=∞=+-+1012n n n n nz z。

第一个级数当11<z 即1>z 时收敛,第二个级数当12<z 即2<z 时收敛。

于是所给级数在环域21<<z 内收敛(成立),且和函数2111112()11232112z f z z z z z z z -=+=+=---+--。

显然0z =是()f z 的解析点。

可见此级数并非在0z =的去心领域内成立。

故不能由其含无限多个负幂项断定0z =的性质。

注： 此例说明，判断孤立奇点0z 类型虽可从()f z 的Laurent 展开式含有负幂项的情况入手，但切不可忘掉必须是在去心领域内的Laurent 展式，否则与0z 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0()f z a ≡（常数）；若∞为()f z 的m 级极点，则()f z 必为m 次多项式：01(),0k k k f z a a z a z a =+++≠ ；除此之外，()f z 在00z =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00z =邻域内Taylor 展式为01()k k f z a a z a z =++++ 且z <+∞。

注意到这Taylor 级数也是()f z 在∞去心邻域内的Taylor 级数。

所以，当∞在()f z 的可去奇点<═>()f z 在∞去心邻域内Laurent 展示无z 的正幂项,即120a a === 。

故0()f z a ≡(常数)；当∞为()f z 的m 级极点⇔()f z 在∞去心邻域内Laurent 展示中只含有限个z 的正幂项,且最高正幂为m 次（0m a ≠）。