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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。
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！。
(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。
