第五章 留数(答案)

复变函数练习题 第五章 留数

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§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 limfz( )z?a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 3.1f(z)?1g(z)，g(z)在点a解析且g(a)不等于零；

(z?a)m1mg(z)，limg(z)?lim(z?a)f(z)存在且有限; mz?az?a(z?a)3.2f(z)?3.3

1?(z?a)mh(z)， h(z)在点a解析且h(a)不等于零 f(z)一、选择题 1．函数

cot?z在|z?i|?2内奇点的个数为 [ D ] 2z?3（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

cot?zcos?z3?，(2z?3)sin?z?0?z?,k(k?Z)

2z?3(2z?3)sin?z22．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)

1?ez3．z?0为函数4的m级极点，那么m? [ C ]

zsinz（A）5 （B）2 （C）3 （D）

24

25

4??z222z???zz2??1?ez1?ez1zz2!=?5???3?(1???)??利用方法3.345zsinzsinzzsinzzzsinz2!??

??zz2lim(1???)?1，?z?0?sinz2!??3?2z?z34．z??是函数的 [ B ] z2（A）可去奇点 （B）一级极点 （C）二级极点 （D）本性奇点

??3?2z?z3?z2=3z2?2z?z?3?2?2??1?以?=0为一阶极点?? ?5．z?1是函数(z?1)sin1z?1的 （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z?0为函数z3?sinz3的m级零点，那么m? 9 。

33?z3?(z3??z3?3?z3?5z9z15z6z?sinz913!?5!??)?3!?5!???z(3!?5!??)

2．设z?0为函数

sinzz3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）

1z3?z2?z?1

解：显然，11z3?z2?z?1=(z?1)2(z?1)的奇点有z?1,z??1. 其中z?1是其二阶极点；z??1是其一阶极点.1（2）ez?1

1解：ez?1可能的奇点为z?1.1ez?1?1?11z?1?2!(z?1)2??

具有z?1的无穷个负幂项，从而z?1为其本性奇点 26

[ D ] 解法二：e可能的奇点为z?1.1令z?1?，则limen??;n??n

1令z?1?，则lime?n?0;n??n即函数在z?1点极限不存在，从而z?1为其本性奇点sinz?1（3）

z31z?1sinz?1解法一：3可能的奇点为z?0.zz3z5?1?z????sinz?1111z23!5!???3?2????33zzzz3!5!故有z?0为其三阶极点.解法二：由sinz?1在z?0点解析且等于?1，从而z?0为原函数的三阶极点.z2n（4）（n为正整数） n1?z

z2nz2n=，n1?z(z?z0)(z?z1)?(z?zn?1)其中zk(k?0,1,?,n?1)是方程zn??1的n个根.从而zk(k?0,1,?,n?1)是原函数的一阶极点.

2．判断?点是下列函数的什么奇点？ （1）

2z 23?z1解：令??,z2z2???2?(1?3?2??)?2??6?3??223?z3??1

??0为可去奇点，从而z??为原级数的可去奇点.（2）

e 2zz2 27

4z21+z++?ez1z22！==2?1???22zzz2!1在上述级数中令??，则变为z1?2+1++?22!?2

?=0为其本性奇点，从而z??为原函数的本性奇点.?注在本题中，由于级数的收敛域是0?z??，从而可以直接让函数在z?0点展开.???1?但在上一道题中，必须先做变量替换??，才可进行展开.????z?

ez?e?z3．z?0是函数(sinz?shz?2z)的几级极点？(shz?)

2?2解法一：ez?e?zf(z)?sinz?shz?2z=sinz??2z2 ????z3z5z7z9z3z5z7z9??z?????????z????????2z3!5!7!9!3!5!7!9!????2z52z9????5!9! 28

解法二：考虑函数f(z)?sinz?shz?2z=sinz?ez?e?z2?2zf(0)?0;f'(z)?cosz?ez?e?z2?2，f'(0)?1?1?2?0;?sinz?ez?e?zf''(z)?2，f''(0)?0;ez?e?zf'''(z)??cosz?2,f'''(0)??1?1?0;f(z)?sinz?ez?e?z(4)2，f(4)(0)?0;f(5)(z)?cosz?ez?e?z2，f(5)(0)?2.从而z?0为sinz?shz?2z的五阶零点，为?sinz?shz?2z?2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

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§2 留数

一、选择题： ?1．设f(z)??anf(z)nz在|z|?R内解析，k为正整数，那么Res[n?0zk,0]? [ （A）ak （B）k!ak （C）ak?1 （D）(k?1)!ak?1

2．在下列函数中，Res[f(z),0]?0的是 [ 29

] ]

sinz1ez?1f(z)?? （A）f(z)? （B）

zzz2（C）f(z)?sinz?cosz11? （D）f(z)?zze?1z?111?z??z???z?1?.?e?1zz?e?1??3．Res[ze12z?i?z'1?z?lim?z?1??limz?1?limz?1?0? z?0e?1z?0e?1'z?0e??????,i]? [ ]

（A）?16?i （B）?56?i （C）16?i （D）56?i ?1?z2ez?i?(z?i?i)2(1?111??z?i?2!(z?i)2?3!(z?i)3??)?????[?1?2i(z?i)?(z?i)2](1?1?1?1??z?i2(z?i)26(z?i)3??)? ???1项系数为：-1+i+1??5?i??z?i66??二、填空题： 1．设f(z)?exp{z2?1z2}，则Res[f(z),0]? 0 。 f(z)?exp{z2?1z2} 2．设z?a为f(z)的m级零点，那么Res[f?(z)f(z),a]? m 。 3．设f(z)?1?coszz5，则Res[f(z),0]? -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）f(z)?1?z4（(z2?1)3 30

f(z)具有两个奇点z??i，它们分别是f(z)的三阶极点.1?z4d(z?i)3d?4z3(z?i)3?3(1?z4)(z?i)2????2dzdz?(z?i)6?2d?4z33(1?z4)????dz?(z?i)3(z?i)4??12z2(z?i)3?12z3(z?i)212z3(z?i)4?12(1?z4)(z?i)3 ??(z?i)6(z?i)812z224z312(1?z4)???34(z?i)(z?i)(z?i)5?1?z4?1?12i224i312(1?i4)?13ilim?????????8i316i4?5z?i(z?i)32！232i8????3iRes[f(z),i]??81?z4d12z224z312(1?z4)(z?i)3???dz2(z?i)3(z?i)4(z?i)52''?1?z4?1?12i2?24i312(1?i4)?3i1lim????3??? 3?45?z??i2！?(z?i)?2??8i16i?32i?83iRes[f(z),?i]?812（2）f(z)?zsin

z''f(z)具有一个奇点z?0，为本性奇点.11111?1??z2??????z???? ?353zz3!z5!z3!z5!z??1从而Res[f(z),0)??.6z2sin

2．求Res[f(z),?]的值，如果

1（1）f(z)?ez

2 31

1f(z)?ez?1?c?1?0，从而2111??????242nz2zn!z

Res[f(z),?)??c?1?0.

（2）f(z)?1 4z(z?1)(z?4)1111z4f()?2??2?411zzz(1?z)(1?4z)41(?1)(?4) zzz11在点z?0处解析，故Res[f(z),?]??Res[f()?2,0]?0zz

（3）f(z)?cosz?sinz

由f(z)在z平面上无奇点，从而Res[f(z),?]?0.

（4）f(z)?法一：

2z 23?z2z2z12?3?26???1???????3??3?z2z21?3z?z2?zz

z2从而Res[f(z),?]??c?1?2.法二：

2z在z平面上只有两个奇点z??3i，它们是一阶极点，从而23?z2zRes[f(z),3i]?lim?1;z?3iz?3i

2zRes[f(z),?3i]?lim?1,z?3iz?3iRes[f(z),?]??Res[f(z),3i]?Res[f(z),?3i]??2.f(z)?法三：

32

1112z?1?f()?2?以z?0为一节极点，从而由1z2z(3z2?1)zz3?2z112Res[f()?2,0]=lim2?2

z?03z?1zz11Res[f(z),?]??Res[f()?2,0]??2.zz2?

3．计算下列各积分（利用留数，圆周均取正向） （1）

sinz??|z|?32zdz

sinzz2?1??? z3!sinzsinzdz?2?iRes[,0]?2?ic?1?0. ??|z|?32zz （2）

1?cosz??|z|?32z3dz

1?cosz1z???? 3z2!z4!??

3|z|?21?cosz1?cosz1dz?2?iRes[,0]?2?ic?2?i???i. ?133zz2复变函数练习题 第五章 留数

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§3 留数在定积分计算上的应用

一、选择题

33

1??|z|?2zn?1dz? [ ]

2?i（A）0 （B）2?i （C） （D）2n?i

n1．设n?1为正整数，则

???1?1的所有奇点满足z?1?1，从而dz??2?iRes[f(z),?]?n???n?z?1|z|?2z?1??1?zn?1在无穷远点可展成：?1???n=1n?1?11n?z?1z???1 对应的c?1?0?1?1znkn(k?1)k?0zk?0zzn2．积分

??z9|z|?3z10?1dz? 2（A）0 （B）2?i （C）10 ???z9???z10?1在?点可以展成：????z99?z10?1=zz?1?1??1?1z?1?1??1010????

10?z???z????从而???z9|z|?32z10?1dz??2?iRes[f(z),?]??2?ic?1?2?i???二、填空题 1．积分

??1|z|?3 -2i 。

2sin?zdz? 34

???

????? D）

?i5 ] [ （

?1?的所有奇点有：z?k(k?Z)，落在积分曲线内的点有：z?0，?1??sin?z??1??从而dz?2?i(Res[f(z),0]?Res[f(z),1]?Res[f(z),?1])??|z|?32sin?z????z1?z1??Res[f(z),0]?lim?lim???? z?0sin?zz?0?sin?z???z?1z?11?Res[f(z),1]?lim??lim??z?1sin?zz?1?sin?(z?1)?????z?11?Res[f(z),?1]?lim?????z??1?sin?(z?1)???z132．设f(z)?2，则f(z)在复平面上所有有限奇点处留数之和为 0 。 8(z?1)(z?1)1??13?11?111124816zf()??????(1?z?z??)(1?z?z??)??222811zzzz(1?z)(1?z)z??(2?1)(8?1)zz????11????Res[f(z),?]??Res[f()?2,0]??c?1?0??zz?

三、解答题

ez1．求函数f(z)?2在?的留数。

z?1ezf(z)?2在z平面上具有两个奇点z??，它们都是一阶极点1.z?1ezeResf[z()?,1]lim?；z?1z?12 z?1eeRes[f(z),?1]?lim??；z??1z?12e?e?1从而，Res[f(z),?]??{Res[f(z),1]?Res[f(z),?1]}??2

z2n2．计算积分?，C:|z|?r?1. ?C1?zndz（n为一正整数）

35

z2nn在z平面上的奇点为方程z?1的根，则全落于积分曲线C内部.从而n1?zz2n??C1?zndz??2?iRes[f(z),?].z2n在z??处可展为：n1?zz2nz2n111n ???z(1????)nnn2n11?zz1?zznz当n?1时，c?1?1；当n?1时，c?1?0.?2?i，n?1z2n从而??C1?zndz???0，n?1

3．计算下列积分： （1）

?2?01d?

5?3sin??2?01d???z?15?3sin?1dz2dz??

z?z?1iz?z?13(z?i)(z?3i)5?3?32i被积函数

i3(z?)(z?3i)3i在|z|=1内只有一个奇点z??，且为一阶极点. 从而

3f(z)?2

i2?I?2?iRes[f(z),?]?2?ilim?.

i32z??3(z?3i)3 （2）

?2?0sin2?d?

5?4cos? 36

e2i??e?2i?z2?z?2cos2???22?2?02?sin2?d???05?4cos?z2?z?2z2?z?21?1?1?cos2?dzdz22d??????z?1z?z?1iz?z?1z?z?1iz2(5?4cos?)2(5?4?)2(5?4?)22z4?2z2?1???dzz?1128iz(z?)(z?2)2被积函数

z4?2z2?1f(z)?

18iz2(z?)(z?2)2在|z|=1内具有两个奇点z=0,z=-1/2，它们分别是二阶极点和一阶极点。

??42d?z?2z?1?Res[f(z),0]?lim??z?0dz1?8i(z?)(z?2)?2????3z?2z?1?4z?4z11?5?lim???4??i2z?011z?2?168i(z?)(z?2)?z?2z?1z?22??42

1z4?2z2?13Res[f(z),?]?lim1??i 22z??8iz(z?2)162从而原积分

z4?2z2?1153?iI???dz??2?i(Res[f(z),0]?Res[f(z),?])??2?i(i?i)?z?112161648iz2(z?)(z?2)2

??cos2xx2dx（3）? （4）???x2?9dx ??1?x4?? 37

z22222在上半平面内的奇点为z??i，??i.它们都是一阶极点.1?z4222222Res[f(z),?i]22z22(1?i) ?lim?;228222222z??i22(z??i)(z??i)(z??i)22222222Res[f(z),??i]22z22(1?i)?lim??228222222z???i22(z??i)(z??i)(z??i)222222从而x22222dx?2?i(Res[f(z),?i]?Res[f(z),??i]) ???1?x422222(1?i)2(1?i)2?2?i(?)??882??

38

复变函数练习题 第五章 留数

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综合练习

一、选择题

1．下列命题中，正确的是 [ ] （A）设f(z)?(z?z0)?m?(z), ?(z)在z0点解析, m为自然数，则z0为f(z)的m级极点。 （B）如果无穷远点?是函数f(z)的可去奇点，那么Res[f(z),?]?0 （C）若z?0为偶函数f(z)的一个孤立奇点，则Res[f(z),0]?0 （D）若

??Cf(z)dz?0，则f(z)在C内无奇点

??A:?(z0)?0;??B:f(z)?c0?c?1?2??1z?c?2z??;???C:f(z)?c0?c1z?c2z2??????c?1z?2???1z?c?2???f(?z)?c2? ?0?c1z?c2z?????c?1z?1?c?2z?2?????由洛朗展式的唯一性，cc??1???1，从而c?1=0??D:不一定??2．Res[z3cos2iz,?]? （A）?23 （B）2223 （C）3i （D）?3i

??zcos2i?z3(1?1??z2!?2i?2?z???1?4!?2i?43??z????)???4?? ?c?2i?22?1?4!?3，从而Res[f(z),?]??c?1??3??3．积分??|z|?1z2sin1zdz? （A）0 （B）?16 （C）??3i （D）??i

39

[ ] [ ]

3?2?1111??2?zsin?z(?????)?zz3!?z???

??11?c?1?????3!6??二、填空题： 1．设f(z)?2z，则Res[f(z),?]? -2 。 1?z22z1??f(z)?在?点的洛朗展式为：（切记！此时?1）??1?z2z??2z121?2z?????(1???)2?1?z2z2? 1zz1?2??z???c?1?2???12．积分??|z|?1sinzdz? 2?i 。

1z??dz?2?iRes[f(z),0)?2?ilim?2?i??? ?|z|?1sinzz?0sinz??三、解答题

1．求出下列函数f(z)在有限孤立奇点处的留数：

（1）f(z)?1 35z?zf(z)?11?具有一个三阶极点z?0，两个一阶极点z?1,z??1z3?z5z3(1?z)(1?z)f(z)在z?0点的洛朗展式为：111??(1?z2??)35323z?zz(1?z)z从而Res[f(z),0]?c?1?1;11??;3z?1z(1?z)211Res[f(z),?1]?lim3??z?1z(1?z)2Res[f(z),1]?lim?

40

ez（2）f(z)?22

z(z?9)ezezf(z)?22?2在z平面上具有一个二阶极点z?0，z(z?9)z(z?3i)(z?3i)两个一阶极点z=?3.if(z)在z?0处的洛朗展式为：ez=z2(z2?9)ezz29z(1+)921z2112=2(1?z?z??)(1???)?2???9z99z9z1从而Res[f(z),0]?c?1?;9eze3iRes[f(z),3i]?lim2?i;z?1z(z?3i)54eze?3iRes[f(z),?3i]?lim2??iz?1z(z?3i)54

2．计算下列各积分（C为正向圆周）

z31（1）??C1?zezdz,C:|z|?2

41

z31被积函数f(z)?ez在z平面上只有两个奇点z?0和z??1，1?z它们都落在C:|z|?2内部。z3111z从而?edz??2?iRes[f(z),?]?2?iRes[f()?2,0]?C1?zzz13111ez1z2z3zzf()?2?e?2?4?4(1?z????)(1?z?z2?z3??) 1zzzz(1?z)z2!3!1?z111c?1??1?1????，263则z31112?izedz?2?iRes[f()?,0]???C1?z?zz23z13 （2）??C(z2?2)3(z2?1)4dz.C:|z|?2

z13被积函数f(z)?2在z平面上只有四个奇点z??2i和z??1，(z?2)3(z2?1)4它们都落在C:|z|?2内部。z3111z从而?edz??2?iRes[f(z),?]?2?iRes[f()?2,0]?C1?zzz1131111 zf()?2??2?以z?0为一阶极点，从而23241zzz(1?2z)(1?z)314z(2?2)(2?1)zz111Res[f()?2,0]?lim?1z?0(1?2z2)3(1?z2)4zzz31ze??C1?zdz?2?i

3．利用留数定理计算下列积分： （1）

??0d? 21?sin? 42

2?d?1?d?d?1dz?????01?sin2?2???1?cos2??03?cos2??z?1z2?z?2iz1?3?222izdz??z?1(z2?3?22)(z?2?1)(z?2?1)?被积函数在z?1内部只有两个奇点z??(2?1).z?lim2iz2??i;2?1(z2?3?22)(z?82?1)2iz2??i2?1(z2?3?22)(z?2?1)8

z??lim从而?

?0d?2?2?i(Res[f(z),2?1]?Res[f(z),?2?1])??.21?sin?2（2）

?????x2?x?2dx 42x?10x?9z2?z?2z2?z?2f(z)?4=在上半平面内的奇点有z?3i和z?i.z?10z2?9(z2?9)(z2?1)z2?z?21lim2??(1?i);z?i(z?9)(z?i)16z2?z?21lim?(3?7i)z?3i(z?3i)(z2?1)48从而原积分等于115?2?i[?(1?i)?(3?7i)]?.164824

43

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