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p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ]7. 从⎰C e i z /√z dz 出发，其中C 是如图所示之周线(√z 沿正实轴取正值)，证明：⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2)．【解】| ⎰C (R ) e i z /√z dz | ≤ ⎰C (R ) | e i z |/R 1/2 ds= ⎰[0, π/2] | e i ρ (cos θ + i sin θ )|/R 1/2 · R d θ = ⎰[0, π/2] | e - R sin θ | R 1/2 d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ．由sin θ ≥ 2θ/π (θ∈[0, π/2] )，故R 1/2⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - (2R / π)θ d θ = (π/(2R 1/2))(1 – e - R ) ≤ π/(2R 1/2)．所以，| ⎰C (R ) e i z /√z dz | → 0 (as R →+∞)．而由| ⎰C (r ) e i z /√z dz | ≤ (π/(2r 1/2))(1 – e - r )知| ⎰C (r ) e i z /√z dz | → 0 (as r → 0+ )．当r → 0+，R →+∞时，⎰[r , R ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i x /√x dx = ⎰[r , R ] (cos x + i sin x )/√x dx→ ⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx ．⎰[r i , R i ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i (i y )/√(i y ) i dy = ⎰[r , R ] e - y e i π/4/√y dy ．= (1 + i )/√2 · ⎰[r , R ] e - y /√y dy = 2(1 + i )/√2 · ⎰[√r , √R ] e - u ^2 du→ (1 + i )√2 · ⎰(0, +∞) e - u ^2 du = (1 + i )√2 · √π/2 = (1 + i )√(π/2)．由Cauchy 积分定理，⎰C e i z /√z dz = 0，故其极限也为0，所以，⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = (1 + i )√(π/2)，即⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2)．8. 从⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz 出发，其中C 是如图所示之周线，证明：⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx = π，⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx = π/2．【解】在割去原点及正实轴的z 平面上，√z ，ln z 都能分出单值解析分支，√z 取在正实轴的上岸取正值的那个分支，ln z 取在正实轴的上岸取实数值的那个分支．记f (z ) = √z ln z /(1 + z )2 dz ．f (z )的有限奇点只有- 1，且- 1是f (z )的2阶极点．Res[√z ln z /(1 + z )2; - 1] = lim z → - 1 ((1 + z )2 · f (z ))’= lim z → - 1 (√z ln z )’ = lim z → - 1 (((1/2) ln z + 1 )√z /z )= ((1/2) ln (- 1) + 1 )√(- 1)/(- 1)= - ((1/2) πi + 1 )i = (1/2) π - i ．当r < 1 < R 时，⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz= ⎰C (r ) + ⎰C (R ) + ⎰L (1) + ⎰L (2) = 2πi Res[√z ln z /(1 + z )2; -1] = 2π + π2 i ．⎰L (1) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(r , R ) √x ln x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx (当r → 0+，R →+∞时)⎰L (2) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(R , r ) (-√x )(ln x + 2πi )/(1 + x )2 dx= ⎰(r , R ) (√x ln x )/(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(r , R )√x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx (当r → 0+，R →+∞时)． 因为z · √z ln z /(1 + z )2 → 0 (当| z |→ +∞时)，故⎰C(R) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当R → +∞时)．因为z ·√z ln z/(1 + z)2 → 0 (当| z |→ 0时)，故⎰C(r) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当r → 0时)．所以，⎰L(1)+ ⎰L(2)→π/2 -i (当r→ 0+，R→+∞时)．故2⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx + 2πi⎰(0, +∞) √x /(1 + x)2dx = 2π + π2i．所以，⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx = π，⎰(0, +∞)√x /(1 + x)2dx = π/2．9. 证明：I = ⎰(0, 1) 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2) dx = π/23/2．在割线的上岸(1 -z2)1/2取正值的那一支．因i和-i都是f(z)的一阶极点，故Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = i= -i/23/2．Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = –i= -i/23/2．若x在上岸，则f(x) = 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2)；若x在下岸，则f(x) = e-i π/((1 + x2)(1 -x2)1/2)；⎰L(1) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx．⎰L(2) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx．因为lim z→–1 (1 + z) f(z) = 0，lim z→ 1 (1 -z) f(z) = 0，故⎰S(r) f(z) dz→ 0，⎰T(r) f(z) dz→ 0 (as r → 0)．因为lim z→∞z f(z) = 0，故⎰C(R) f(z) dz→ 0 (as R → +∞)．故⎰L(1) f(z) dz + ⎰L(2) f(z) dz→ (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) (as r→ 0+，R→+∞)．所以2⎰(– 1, 1) f(x) dx = (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) = (2πi)(-i/23/2) = 2π/23/2．故⎰(– 1, 1) f(x) dx = π/23/2．10. 证明方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内恰有一个根，且为实根．【解】在单位圆周C : | z | = 1上，设z = x + i y，则z-λ= (x -λ) + i y，故| e z-λ| = | e (x -λ) + i y | = | e x -λ| < 1 = | z |，由Rouché定理，N(z - e z-λ, C) = N(z, C) = 1．故z - e z-λ = 0在单位圆内恰有一个根．设f(x) = x - e x-λ，x∈ ．因f(- 1) = (- 1)- e-1 -λ < 0，f(1) = 1- e 1 -λ > 0，故x - e x-λ = 0在区间(- 1, 1)内有根．所以方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内的唯一根为实根．[原题是错题．例如c = 1/2，λ= 2，则∀z∈ ，当| z | < 1时，| c z-λ| = | exp((z-λ) Ln c)| = | exp(( z– 2)(ln| 1/2| + 2kπi)) | = e (2 –z)ln2 > 1 > | z |．]11. 证明方程e z- eλz n= 0 ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内有n个根．【解】在单位圆周C : | z | = 1上，| e z| = e Re(z)≤ e | z |≤ e < eλ= | eλz n |，由Rouché定理，N(eλz n- e z, C) = N(eλz n, C) = N(z n, C) = n．12. 若f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，且连续到C，在C上| f(z) | = 1，证明f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根．【解】考虑圆K = { z∈ | | z–a | < | a |}．因为| (a-f(z)) -a | = | f(z) | = 1 < | a |，故a-f(z)∈K．因ln(a-f(z))的每个分支，以及他们的导数(ln(a-f(z))’都在K内解析；故i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(a-f(z))’dz = 0．由辐角原理，N(a -f(z), C) -P(a -f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0．而a -f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，故P(a -f(z), C) = 1．因此N(a -f(z), C) = 1，故f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根．13. 若f(z)在周线C的内部亚纯且连续到C，试证：(1) 若z∈C时，| f(z) | < 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C 的内部的极点个数．(2) 若z∈C时，| f(z) | > 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C 的内部的零点个数．【解】(1) 类似第12题，设K = { z∈ | | z– 1 | < 1}．因| (1 -f(z)) – 1 | = | f(z) | < 1，故(1 -f(z))∈K．因i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(1 -f(z))’dz = 0．故由辐角原理，N(1-f(z), C) -P(1-f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0．而P(1-f(z), C) = P( f(z), C)，所以，N(1-f(z), C) = P( f(z), C)．(2) 因z∈C时，| f(z) | > 1，故在C上，恒有f(z) ≠ 0，即f(z)在C上无零点．设g(z) = 1/f(z) ( 若z是f(z)极点则规定g(z) = 0，若z是f(z)的零点不定义g(z))．那么，g(z)在C的内部亚纯且连续到C，并且当z∈C时，| g(z) | < 1．由(1)的结论，在C的内部，方程g(z) = 1的根的个数等于g(z)的极点的个数．再注意到方程g(z) = 1和方程f(z) = 1在C的内部的根的个数相同，并且，因为在C的内部，z是f(z)的零点⇔z是g(z)的极点，故g(z)的极点个数等于f(z)的零点个数；所以，方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的零点个数．14. 设ϕ(z)在C : | z | = 1内部解析，且连续到C．在C上，| ϕ(z) | < 1．试证：在C的内部只有一个点z0，使ϕ(z0) = z0．【解】设f(z) = z，则f(z)在C内部解析且连续到C，在C上，| f(z) | = 1 > | ϕ(z) |．由Rouché定理，N( f(z) -ϕ(z), C) = N( f(z), C) = 1．即方程ϕ(z) = z在C的内部只有一个根．p273第六章习题(二) [ 2, 3, 4, 5 ]2. 计算积分(1/(2πi))⎰C 1/(ζ(ζ- z)) dζ，其中C为单位圆周| ζ| = 1，z∉C．【解】设f(ζ) = 1/(ζ(ζ- z))．当| z | > 1时，f(ζ)在C内部的唯一奇点0是1阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = - 1/z．当0 < | z | < 1时，f(ζ)在C内部的两个奇点0, z都是1阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] + Res[f(ζ), z] = (- 1/z) + (1/z) = 0．当| z | = 0时，f(ζ)在C内部的唯一奇点0是2阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = 0．3. 设f(z)在| z | < 1内解析，在| z | ≤ 1上连续，试证：(1 - | z |2) f(z) = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ，其中z属于C的内部．【解】设g(ζ) = f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z))．若f(z) = 0，则z是g(ζ)的解析点，因此g(ζ)在| ζ | < 1内解析，在| ζ | ≤ 1上连续，故⎰C : | ζ| = 1g(ζ) dζ = 0，因此等式成立．若f(z) ≠ 0，则z是g(ζ)的一阶极点，故(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ = Res[f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)), z]= f(z) (1-z*z ) = (1 - | z |2) f(z)．4. 试证：(z n/n! )2 = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 (z n e zζ)/(n! ζ n + 1 ) dζ，这里C是围绕原点的一条周线．【解】只需要证明，当z≠ 0时，z n/n! = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ．由高阶导数公式，(n!/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = (e zζ)(n)|ζ= 0= (z n e zζ)|ζ= 0= z n．或(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = Res[e zζ/ζ n + 1, 0] = ((e zζ)(n)|ζ= 0)/n!= z n/n!．5. 试证(含∞的区域的留数定理)：设D是 ∞内含有∞的区域，其边界C是由有限条互不包含且互不相交的周线C1, C2, ..., C m组成，又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z1, z2, ..., z n及∞外解析，且连续到边界C，则⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] )．【解】∀j : 1 ≤j ≤m，因∞不在C j上，故C j ⊆ 中，因此C j是有界集．故可取充分大的R > 0，使得周线C1, C2, ..., C m及在 中的孤立奇点z1, z2, ..., z n 都在圆K = { z∈ | | z | < R }内．由留数定理，⎰∂K f(z) dz + ⎰-C f(z) dz = 2πi∑1≤k≤n Res[f(z), z k]；而Res[f(z), ∞] = - (1/(2πi))⎰∂K f(z) dz，所以，⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] )．∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，★z∈ ∞α1, α2, ...αn lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】z⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。
第六章留数理论及其应用§1.留数1.（定理6.1 柯西留数定理）：∫f(z)dz=2πi∑Res(f(z),a k)nk=1C2.（定理6.2）：设a为f(z)的m阶极点，f(z)=φ(z) (z−a)n,其中φ(z)在点a解析，φ(a)≠0，则Res(f(z),a)=φ(n−1)(a) (n−1)!3.（推论6.3）：设a为f(z)的一阶极点，φ(z)=(z−a)f(z),则Res(f(z),a)=φ(a) 4.（推论6.4）：设a为f(z)的二阶极点φ(z)=(z−a)2f(z)则Res(f(z),a)=φ′(a)5.本质奇点处的留数：可以利用洛朗展式6.无穷远点的留数：Res(f(z),∞)=12πi∫f(z)dzΓ−=−c−1即，Res(f(z),∞)等于f(z)在点∞的洛朗展式中1z这一项系数的反号7.（定理6.6）如果函数f(z)在扩充z平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远点在内），设为a1,a2,…,a n,∞,则f(z)在各点的留数总和为零。
注：虽然f(z)在有限可去奇点a处，必有Res(f(z),∞)=0，但是，如果点∞为f(z)的可去奇点（或解析点），则Res(f(z),∞)可以不为零。
8.计算留数的另一公式：Res (f (z ),∞)=−Res (f (1t )1t 2,0)§2.用留数定理计算实积分一.∫R (cosθ,sinθ)dθ2π0型积分 → 引入z =e iθ注：注意偶函数二.∫P(x)Q(x)dx +∞−∞型积分1.（引理6.1 大弧引理）：S R 上lim R→+∞zf (z )=λ则lim R→+∞∫f(z)dz S R=i(θ2−θ1)λ 2.（定理6.7）设f (z )=P (z )Q (z )为有理分式，其中P (z )=c 0z m +c 1z m−1+⋯+c m (c 0≠0)Q (z )=b 0z n +b 1z n−1+⋯+b n (b 0≠0)为互质多项式，且符合条件：（1）n-m ≥2;（2）Q(z)没有实零点于是有∫f (x )dx =2πi ∑Res(f (z ),a k )Ima k >0+∞−∞注：lim R→R+∞∫f(x)dx +R −R 可记为P.V.∫f(x)dx +∞−∞ 三. ∫P(x)Q(x)e imx dx +∞−∞型积分 3.（引理6.2 若尔当引理）：设函数g(z)沿半圆周ΓR :z =Re iθ(0≤θ≤π，R 充分大)上连续，且lim R→+∞g (z )=0在ΓR 上一致成立。
第六章 留数理论及应用第一节 留数1、留数定理：设函数f (z )在点0z 解析。
作圆r z z C =-|:|0，使f (z )在以它为边界的闭圆盘上解析，那么根据柯西定理，积分⎰Cdz z f )(等于零。
设函数f (z )在区域R z z <-<||00内解析。
选取r ，使0<r<R ，并且作圆r z z C =-|:|0，那么如果f (z )在0z 也解析，则上面的积分也等于零；如果0z 是f (z )的孤立奇点，则上述积分就不一定等于零；这时，我们把积分⎰C dz z f i)(21π 定义为f (z )在孤立奇点0z 的留数，记作),(Res 0z f ，这里积分是沿着C 按逆时针方向取的。
注解1、我们定义的留数),(Res 0z f 与圆C 的半径r 无关：事实上，在R z z <-<||00内，f (z )有洛朗展式：∑+∞-∞=-=n n nz z z f )()(0α，而且这一展式在C 上一致收敛。
逐项积分，我们有,2)()(10-+∞-∞==-=∑⎰⎰απαi dz z z dz z f n Cnn C因此，10),(Res -=αz f 。
注解2、即f (z )在孤立奇点0z 的留数等于其洛朗级数展式中1z z -的系数。
注解3、如果0z 是f (z )的可去奇点，那么.0),(Res 0=z f定理1.1（留数定理）设D 是在复平面上的一个有界区域，其边界是一条或有限条简单闭曲线C 。
设f (z )在D 内除去有孤立奇点n z z z ,...,,21外，在每一点都解析，并且它在C 上每一点都解析，那么我们有：),,(Res 2)(1k nk Cz f i dz z f ∑⎰==π这里沿C 的积分按关于区域D 的正向取。
证明：以D 内每一个孤立奇点k z 为心，作圆k γ，使以它为边界的闭圆盘上每一点都在D 内，并且使任意两个这样的闭圆盘彼此无公共点。
