习题五解答 1、下列函数有些什么奇点?如果是极点,指出它的级。 (1) (2) sln二 (3) (4) 1+z2)(1+e 解(1)f(2)=-1 是有理函数,故奇点只是极点,满足二(2+1)=0,故z=0,与z=±i为 其奇点,z=0为一级极点,而z=±i为其二级极点。 (2)因lims=∞则:=0为其极点。再确定极点的级,有两种方法: az=0为sinz为的一级零点;而:=0为2的三级零点。故:=0为当三的二级极点。 b.lin,s= lim sir3=1≠0,故:=0为其二级极点 (3)原式12-=-D(=-)(+ 故z=1为其二级极点,而z=-1为一级极点 57,04、分(无负幂项,故:=0为其可去奇点 (4)a.ln(+)=∑+y (+)=1,故二=0为可去奇点 5)由1+2=0得:=+为+)的一级零点,由1+=0得=(2k+)(k=012-)为+e) 的零点,又(1+e“)1=e=0,所以为(+)的一级零点,因此,:=i为二级极点 k=(2k+1)i,(k=1,±2,…)为一级极点 (6)由e 知z=1为本性奇点。 n(二-1) 个如Qm?31),故:=0为(2-1)的三级零点,因而是?2-1) (7)因e-1= 的三级极点,而z=2ki,(k=±1,±2,…)均为一级极点。 2k+ (8)由=”+1=0,=”=-1,得:4=e”(k=01…n-1)为原式一级极点。 (9)sinz2=0→z=±√k丌,=±i√k丌,k=0,1,2,…由
习题五解答 1、下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。 （1） ( )2 2 1 z z +1 ； （2） 3 sin z z ； （3） 1 1 3 2 z − z − z + ； （4） ( ) z ln z +1 ； （5） ( )( ) 2 1 1 z z z eπ + + ； （6） 1 1 z e − ； （7） 2 1 ( 1 z z e − ) ； （8） n n z z 1+ 2 ； （9） 2 1 sin z . 解（1） ( ) ( )2 2 1 1 f z z z = + 是有理函数，故奇点只是极点，满足 ( ) 2 2 z z +1 =0，故 z = 0 ，与 z = ± i 为 其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。 （2）因 3 0 sin limz z → z = ∞ 则 z = 0 为其极点。再确定极点的级，有两种方法： a. z = 0 为sin z 为的一级零点；而 z = 0 为 的三级零点。故 3 z z = 0 为 3 sin z z 的二级极点。 b. 2 3 0 0 sin sin lim lim 1 0 z z z z z → → z z = = ≠ ，故 z = 0 为其二级极点， （3）原式= ( ) 1 ( 1) 1 ( 1)( 1) 1 2 2 − + = z − z − z z ，故 z = 1为其二级极点，而 z = −1为一级极点。 （4）a． ( ) ∑( ) ∞ = + + + = − 0 1 1 ln 1 1 n n n n z z ，0 <| z |<1， ( ) ∑( ) ∞ = + = − + 0 1 1 ln 1 n n n n z z z 无负幂项，故 z = 0 为其可去奇点。 b． ( ) ( ) 1 1 1 lim ln 1 lim0 0 = + = + → z → z z z z ，故 z = 0 为可去奇点。 （5）由1+ z 2 = 0得 z = ± i 为( 的一级零点，由1 0 2 1+ z ) z e π + = 得 (2 1)i k z k = + ( ) k = 0,±1,±2," 为( )z 1+ e 的零点，又 ( ) 1 k k z z z e e π π + ′ = π = −π ≠ 0 ，所以 zk 为 ( )z 1+ e 的一级零点，因此， z = ± i 为二级极点； zk = ( ) 2k +1 i ，(k = ± 1, 2,") 为一级极点。 （6）由 1 1 0 ( 1) !( 1) n z n n e n z ∞ − = − = − ∑ ，知 z = 1为本性奇点。 （7）因 2 0 1 (1 ) ( 1)! 2 3! n z n z z z z n ∞ = − = = + + + + e z∑ " ，故 z = 0为 2 ( 1 z z e − ) 的三级零点，因而是 2 1 ( 1 z z e − ) 的三级极点，而 z k = = 2 i π ,(k ±1,±2,")均为一级极点。 （8）由 z n +1 = 0， = −1 n z ，得 ( ) n k k z e 2 1 π i + = (k = 0,1,"n −1)为原式一级极点。 （9） 2 sin z z = 0 ⇒ = ± kπ ,z = ±i kπ ， k = 0,1,2,"由 - 1 -
(m3)=2-120k0(ms3y- 2,知z=0是 的二级极点 z=±kr,z=±ikx(k=1,2,3,…)均为 级极点 2.求证:如果=是f()是m(m>1)级零点,那么二是f()的m-1级零点 证由题知:f(=)=(=-=0)(-),o(=0)≠0,则有 (=)=m(--0)g()+(=-=0)°g()=(-a)y-[mo()+(=--0)( 故=0是f()的m-1级零点 3.验证:z=—是chz的一级零点。 解由cha=cosx=0,(ch)=sha= ISIn-=i,知z=是ch的一级零点。 4.z=0是函数(sinz+shz-2)2的几级极点? A(sin:+sh2-2-)-==0, (sin 2+sh 2-2:)l-0=(cos 2+ch2-2)=0=0 (sinz+$hz-2)=(-sinz+sh)-。=0(sinz+shz-2)"l=(-cosz+ch (in+sh-2y=(sm+sh=)=0sin+sh2-2)1=(osch)n= 故二=0是函数sinz+shz-2z的五级零点,也即为sinz+shz-2)-2的十级极点 5.如果∫()和g(二)是以0为零点的两个不恒等于零的解析函数,那么 lim/(=) im(减或两端均为∞) 证因∫(=)和g()是以二为零点的两个不恒等于零的解析函数,可设∫(二)=(=-=0)(), g(-)=(x-=0(=),(=),v(=)为解析函数,则 f(=)_(-=0)9(-)9(=)f(=)_(-=)+(z-=0)(=) g(=)(--0(二)v(=)g(=)v(=)+(2-=0(=) 故limf() lim p(=) lim f'(=lim )+(=-=0)(=)=1 →g(二)v(=):g(2):av(=)+(2-=0(=)→0(=) f(=)_1f(=) (或两端均为∞) →0g(2)g(=) 6.若q()与v(二)分别以z=a为m级与n级极点(或零点),那么下列三个函数在z=a处各有什 么性质? (1)()(=):(2)o()/w(=):(3)(x)+v(-) 解由题意,9()=(),w()=g(),其中/(),g()在a点解析且/(a)≠0 g(a)≠0
( ) 2 2 2 2 0 0 sin | 2 cos | 0 0 z k z k k z z z k = = π π ⎧ = ′ = = ⎨ ⎩≠ ≠ ， 2 0 (sin )'' 2 z z = = ，知 z = 0 是 2 1 sin z 的二级极点， z = ± kπ ， z = ±i kπ （ k =1,2,3,"）均为 2 1 sin z 一级极点。 2．求证：如果 z0 是 f (z) 是 m（ m >1）级零点，那么 z0 是 f '(z)的 m −1级零点。 证 由题知： f ( )z (z z ) (z)， m = − 0 ϕ ϕ( ) z0 ≠ 0，则有 f ( )z m(z z ) ( )z (z z ) (z) m m ' ' 0 1 = − 0 ϕ + − ϕ − (z z ) [m (z) (z z ) (z)] m ' 0 1 = − 0 ϕ + − ϕ − 故 z0 是 f '(z)的 m-1 级零点。 3．验证： i 2 z π = 是ch z 的一级零点。 解 由 i ch cos 0 2 2 π π = = ， i 2 i (ch )' sh isin i 2 2 z z π π π = = = = ，知 i 2 z π = 是ch z 的一级零点。 4． z = 0是函数 2 (sin z sh z 2z) − + − 的几级极点？ 解 0 0 (sin sh 2 ) 0,(sin sh 2 )' (cos ch 2) 0 z z z z z z z z z z = = + − = + − = + − = z=0 ， 0 0 0 (sin sh 2 )'' ( sin sh ) 0,(sin sh 2 )''' ( cos ch ) 0 z z z z z z z z z z z z z = = = + − = − + = + − = − + = z=0 ， (4) (5) 0 0 0 0 (sin sh 2 ) (sin sh ) 0,(sin sh 2 ) (cos ch ) 2 z z z z z z z z z z z z z z = = = = + − = + = + − = + = ， 故 z = 0是函数sin z z + sh − 2z 的五级零点，也即为 2 (sin z sh z 2z) − + − 的十级极点。 5．如果 f (z)和 g z( )是以 0 z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么 0 0 ( ) '( ) lim lim ( ) ( ) '( ) z z z z f z f z → → g z g z = 或两端均为∞ 。 证 因 f (z) 和 g z( ) 是以 0 z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，可设 0 f ( )z z = − ( z z )ϕ( ) ， 0 g z( ) = − (z z )ψ (z)，ϕ( )z ,ψ (z)为解析函数，则 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f z z z z z g z z z z z ϕ ϕ ψ ψ − = = − ， 0 0 '( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) '( ) f z z z z z g z z z z z ϕ ϕ ψ ψ + − = + − ， 故 0 0 ( ) ( ) lim lim ( ) ( ) z z z z f z z g z z ϕ → → ψ = ， 0 0 0 0 0 '( ) ( ) ( ) '( ) ( ) lim = lim lim '( ) ( ) ( ) '( ) ( ) z z z z z z f z z z z z z g z z z z z z ϕ ϕ ϕ → → ψ ψ → ψ + − = + − ，即 0 0 ( ) '( ) lim lim ( ) ( ) '( ) z z z z f z f z → → g z g z = 或两端均为∞ 6．若ϕ (z) 与ψ (z) 分别以 为 m 级与 n 级极点（或零点），那么下列三个函数在 处各有什 么性质？ z = a z = a （1）ϕ ψ ( )z (z) ；（2）ϕ ψ ( )z / (z) ；（3）ϕ( )z z +ψ ( ) 解 由题意， ( ) ( ) ( ) 0 m f z z z z ϕ = − ， ( ) ( ) ( ) 0 n g z z z z ψ = − ，其中 f (z) ， g z( ) 在 a 点解析且 f a( ) ≠ 0， g a( ) ≠ 0。 - 2 -
(1)z=a是0()()的m+m级极点 (2)对于q(=)v(=),当mn时,a是m-m级极点;当m=n时, a是可去奇点。 (3)当m≠n时,点a是(二)+(=)的maxm,n级极点,当m=n时,点a是(=)+v(二)的极点。 (可退化为可去),其级不高于m,点a也可能是()+v(=)的可去奇点(解析点) 7.函数f(=)= 在z=1处有一个二级极点,这个函数又有下列洛朗展开式 (=2-1) ,|=-1|>1.,|z-21 所以“二=1又是()的本性奇点”,又其中不含(-2幂项,因此Res[f(-,1]=0,这些说法对 解不对,z=1不是∫(=)的本性奇点,这是因为函数的洛朗展开式是在|二-21内得到的,而不是在 z=2的圆环域内的洛朗展开式。 Res[(=), 1]=lim d d (=-1 孤立奇点的分类必须根据在这个奇点邻域内洛朗展开式来决定 8.求下列各函数f()在有限奇点处的留数 3)-1+ 4) cos二 5)cOs 6)=sin- zsln二 解1)Res[(),9]=lm:+1=-1,Re()2=lm(=-2)2+1=3 2)f(=)= z=0为分母的四级零点,是分子的一级零点,所以是f(=)的三级极点 Rs()=12=12 或展开洛朗级数 知Res/(]=c= 3)Res[()]=mn( 1+二
（1） z = a 是ϕ ψ ( )z z ⋅ ( )的 m + n 级极点。 （2）对于ϕ ψ ( )z / (z) ，当 m n 时，a 是 m − n 级极点；当 m = n 时， a 是可去奇点。 （3）当 m ≠ n 时，点 a 是ϕ ( )z z +ψ ( ) 的 max{m, n}级极点，当 m = n 时，点 是 的极点。 （可退化为可去），其级不高于 m，点 也可能是 a ϕ ( )z +ψ (z) a ϕ (z) +ψ (z) 的可去奇点（解析点）。 7．函数 ( ) ( )2 1 1 f z z z = − 在 z =1处有一个二级极点，这个函数又有下列洛朗展开式 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 5 4 3 1 1 1 1 ,| 1| 1. 1 1 1 1 z z z z z z = + − + − > − − − − " ，| z − 2 |>1 所以“ z =1又是 f (z) 的本性奇点”，又其中不含 ( ) 1 2 − z − 幂项，因此 ，这些说法对 吗？ Res⎡ f z( ),1⎤ = 0 ⎣ ⎦ 解 不对，z =1不是 f (z) 的本性奇点，这是因为函数的洛朗展开式是在| z − 2 |>1内得到的，而不是在 z = 2 的圆环域内的洛朗展开式。 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 Res ,1 lim 1 1 2 1 ! 1 z d f z z dz z z → ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − ⎢ ⎥ − ⎣ ⎦ = − 孤立奇点的分类必须根据在这个奇点邻域内洛朗展开式来决定。 8．求下列各函数 f (z) 在有限奇点处的留数： 1） 2 1 2 z z z + − ； 2） 2 4 1 z e z − ； 3） 4 2 1 ( 1) z z + + 3 ； 4） cos z z ； 5） 1 cos 1− z ； 6） 2 1 z sin z ； 7） 1 z z sin ； 8） sh ch z z 。 解 1） ( ) 2 0 1 1 Res ,0 limz 2 2 z f z z → z z + ⎡ ⎤ = = − ⎣ ⎦ − ， ( ) 2 2 1 3 Res ,2 lim( 2) z 2 2 z f z z → z z + ⎡ ⎤ = − = ⎣ ⎦ − 2） ( ) 4 2 1 z e f z z − = ， z = 0 为分母的四级零点，是分子的一级零点，所以是 f (z) 的三级极点。 [ ] ( ) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⋅ → 4 2 3 2 2 0 1 2! 1 Res ,0 lim z e z dz d f z z z = 3 4 − 或展开洛朗级数 ( ) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 4 − − − 2 − 8 3 " 3! 1 4 2! 1 1 1 2 1 z z z z f z 知 [ ] ( ) 3 4 Res f z ,0 = c−1 = − 3） ( ) 2 4 3 2 2 3 i 1 1 Res ,i lim ( i) i z 2! ( 1) 8 d z f z z → dz z ⎡ ⎤ + ⎡ ⎤ = − ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ + 3 = − ， - 3 -
4)Resf(=),k丌+ 2」(cos=)l=xt =(-1)(k丌+2),k=0,±1, 卜0,知Res[f(-,1 6)2sin ==2 2a2-m1=0,知ReD()=c 7)Res[(),0]=lim 0,Res[().kz]= =+1+2 (〓Sinz) k丌 8)Resf(z),(k+)m/≈sh =1,k为整数 (ch=) 9.计算下列各积分(利用留数;圆周均取正向) (1) (2) F-少4:(3)手-0s2,(其中m为整数) (4) th =d (5)∮m(z):(6)∮ dz(其中n为正整数, (-a)”(-b 且|a|≠1,|b|≠=1,|ab|) 解(1)()==2,()=1故x=0为()的可去奇点则 es/(=)]=c1=0 故原积分=0。 (2)在C内,八2-):=1为其二级极点,则RS[f(=)]=m(ey-=2由留数基本 定理有原积分=4m2i (3)(-)=1-c 故以:=0为其m=2级极点。设1=[/( 当m≤2时,Res/(=c1=0,1=0 当m=2n>2时,ReU()]=c1=0,I=0 当m=2n+1>2时,Re(-)]=(-1y2/2n=(-1)2/(m-1)! 由此=(-1)22ri(m-1)或说m为大于或等于3的奇数时,I=(-1)22i(m-1) 41)t出25-(4为其一级极点(=0)0时号2在(:-21内,则 R=:h51故/=/k=2x()2=21
( ) 2 4 3 2 2 3 i 1 1 Res , i lim ( i) i z 2! ( 1) 8 d z f z z →− dz z ⎡ ⎤ + ⎡ ⎤ − = + = ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ + 3 4） 1 2 Res ( ), ( 1) ( ) 2 (cos )' 2 k z k z f z k k z π π π π π π + = + ⎡ ⎤ + = = − + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ， k = 0,± ± 1, 2," 5） 2 0 1 ( 1) cos ,| 1| 0 1 (2 )!( 1) n n n z z n z ∞ = − = − > − − ∑ ，知 Re ( ) 1 s f z ,1 c 0 ⎡ ⎤ = − = ⎣ ⎦ 6） 1 2 2 2 1 1 1 ( 1) sin ,| | 0 (2 1)! n n n z z z z n z ∞ − − = − = > − ∑ ，知 ( ) 1 1 Res ,0 6 f z c ⎡ ⎤ = − = − ⎣ ⎦ 7） [ ] 2 0 1 Res ( ),0 lim 0 z sin d f z z → dz z z ⎡ ⎤ = = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ， [ ] 1 ( 1) Res ( ), , 1, 2, ( sin )' k z k f z k k z z k π π π = − = = = ± ± " 8） 1 ( ) i 2 1 sh Res ( ),( ) i 1, 2 (ch )' z k z f z k k z π π = + ⎡ ⎤ + = = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 为整数。 9．计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向） （1） 3 | | 2 sin z z dz z = v∫ ； （2） ( ) 2 2 | | 2 1 z z e dz = z − v∫ ； （3） 3 | | 2 1 cos m z z dz z = − v∫ ，（其中 m 为整数）； （4） ； （5） | 2i| 1 th z zdz − = v∫ ( ) | | 3 tan z π z dz = v∫ ； （6） | | 1 1 ( ) ( ) n n z dz z a z b = − − v∫ （其中 为正整数， 且| | ）。 n a b ≠ ≠ 1,| | 1,| | a 2时， Res[ ] ( ),0 0 f z = c−1 = ， I = 0 ； 当 m = 2n +1 > 2 时， Res[ ] ( ),0 ( ) 1 / 2 ! ( 1) 2 /( ) 1 3 1 = − = − − − − f z n m m n ！ 由此 ( 1) 2 i/( 1)! 2 3 = − − − I m m π 或说 m为大于或等于 3 的奇数时， 3 2 ( 1) 2 i/( 1)! m I m π − = − − （4） ( ) i 1 , ch sh th ⎟π ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = = = + z z k z z f z z k 为其一级极点(k = 0,±1,") k = 0时， i 2 0 π z = 在| z − 2i |= 1内，则 Res[ ] ( ), sh 1 f z z0 = z0 = 故 ( ) ( ) 2 i 2 i 2 iRes , π π π =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = = ∫ I f z dz f z C - 4 -
(5)f()=tan在=3内有一级极点-(k=0,土,±,-3),共6个。故 Resl tan r, k+ 由留数定理 mx=21∑[()2x6( (6)当1<akb时,被积函数在单位圆内解析,故积分为0; 当1a4bk1时,:Res(=am-1ma-(-ay (-1)°(2n-2) (z-a)"(z-b)[(n-1)(a-b)2n Res[f(=), b ]=I (n-1):a(z-b) (-1)(2n-2)! 故积分为0 b)”[(n-1)(b-a) 当|ak1<b时,积分 (n-1)(a-b) 10.判定z=∞是下列各函数的什么奇点?并求出在∞的留数 2 2) cOS=-sin z 解1)可去奇点,∞的留数为零。9()=f(2)=/()=e 2n+1 2)9)=/(x)=)=∑(y 故z=∞为函数的本性奇点,又由于 2n)! =0 (2n+1) cosz-sinz在整个复平面解析,故∞的留数为零。 3) 3+2=(1-+4+…)不含正幂项,故为可去奇点,留数为c1=2 Resf(),oo]= Reslf()-,0]=Res 二(1+3=2) 1.求Re(-)]的值,如果 (1)f()=1 (2)f(=) (二+1)(z-4) 解(1)f()=÷有两个一级极点=1=1.故由全部留数和为零的定理,则 Re()可一R()R(-1]-m+m 2+2=-$h1 (2)f(=) 以z=0为一级极点,z=-1为四级极点,z=4为一级极点,用有限奇点 留数和来求无穷远点的留数,计算过程太麻烦,一般采用直接在z=∞的圆环域(解析)44zk∞内展开 为洛朗级数的方式,则有
（5） f ( )z = tanπz 在| | z = 3内有一级极点 2 1 zk = k + （ k = 0,± ± 1, 2,−3），共 6 个。故 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1 Res tanπ , k = ( ) π π π 1 cos sin 2 1 = − ′ z=k+ z z ，由留数定理 ( ) 1 tan 2 i Res , 2 i 6 12i k C π π zdz f z z π π ⎛ ⎞ = = ⎡ ⎤ ⋅ ⋅⎜ ⎟ − ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ v∫ ∑ = − （6）当1 | < < a | | b | 时，被积函数在单位圆内解析，故积分为 0； 当| | a b <| |<1时， 1 1 1 2 1 1 ( 1) Res[ ( ), ] lim ( ) ( 1)! ( ) ( ) [( 1)!] ( ) n n n n n n z a d n f z a z a n dx z a z b n a b − − 2 1 (2 2)! → − n− − − = − = − − − − − 1 1 1 2 1 1 ( 1) Res[ ( ), ] lim ( ) ( 1)! ( ) ( ) [( 1)!] ( ) n n n n n n z a d n f z b z b n dx z a z b n b a − − → − − − − = − = − − − − 2 1 (2 2)! n − b ，故积分为 0； 当| | a < <1 | |时，积分＝ 1 2 2 ( 1) (2 2)! [( 1)!] ( ) n n n n a b − −1 − − − − 10．判定 z = ∞ 是下列各函数的什么奇点？并求出在∞的留数。 1） 2 1 z e ； 2）cosz − sin z ； 3） 2 2 3 z + z 。 解 1）可去奇点，∞的留数为零。 1 2 ( ) ( ) ( ) t t f z f e t ϕ = = = ； 2） 2 2 1 1 0 0 1 ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) (2 )! (2 1)! n n n n n n z z t f z f t n n ϕ ∞ ∞ + + = = = = = − − − + ∑ ∑ ，故 z = ∞ z 为函数的本性奇点，又由于 cosz − sin 在整个复平面解析，故∞的留数为零。 3） 2 2 4 2 2 3 9 (1 ) 3 z z z z z = − + + + " 不含正幂项，故为可去奇点，留数为 1 c 2 − = 2 2 1 1 2 Res[ ( ), ] Res[ ( ) ,0] Res[ ,0] 2 (1 3 ) f z f z z z z ∞ = = = + 。 11．求 Res[f ( )z ,∞]的值，如果 （1） 1 ( ) 2 − = z e f z z （2） ( 1) ( 4) 1 ( ) 4 + − = z z z f z 解（1） 1 ( ) 2 − = z e f z z 有两个一级极点 z = 1,z = −1, 故由全部留数和为零的定理，则 [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) 1 lim 1 Res , Res ,1 Res , 1 lim1 1 − − + ∞ = − − − = − → →− z e z e f z f z f z z z z z = sh1 2 2 1 − + = − − e e （2） ( ) ( ) 1 ( 4) 1 4 + − = z z z f z 以 z = 0 为一级极点， z = −1为四级极点， z = 4 为一级极点，用有限奇点 留数和来求无穷远点的留数，计算过程太麻烦，一般采用直接在 z = ∞的圆环域（解析） 4 <| z |< ∞ 内展开 为洛朗级数的方式，则有 - 5 -
(=+1)(=-4) 显见c1=0,故Res(=)]=0.(注也可利用规则v) 12.计算下列各积分,C为正向圆周 2(2+)(+2)2,C=3 e=dz, C d(n为一整数),C|二}r 解1)函数 +1)2(x4+2) 在|二=3的外部,除∞点外没有其他奇点,因此根据定理二与规则 d==-2ri Resf(z),oo]=2ri Reslf()-,0 (z2+1)2(x24+2) 2Ti Res[ (1+=2)2(1+2=4) ,0] =2n1 2)f()=,e有奇点,z=-1,z=0,z=-1为一级极点,而z=0为本性奇点,在24k+内展 开f(),则 )=-2 -c1=1.,故原积分=2m(c,)=-2m 3)当n=1时, d=2 i Res[f(=)-1=2mi:当n≠1时, 1+z1-n=2"(1--n+-27+…)=z"-1+一n+ 13计算下列积分 5+3sin e d0(a>b>0):3)
( ) ( ) ( ) ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⋅ − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ + = + − = z z z z z z z f z 4 z 1 1 1 1 1 4 1 4 4 4 = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ − ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + z z z z z z 4 1 1 · 1 1 1 1 4 1 1 1 1 4 4 6 6 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ + + + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + + ... 4 16 ... 1 1 1 · 1 1 2 4 6 2 z z z z z 显见c−1 = 0,故 Res[f ( )z ,∞] = 0 .（注也可利用规则 IV）。 12．计算下列各积分，C 为正向圆周。 1） 15 2 2 4 3 , :| | 3 ( 1) ( 2) C z dz C z z z = + + v∫ ； 2） 3 1 1 z C z e dz + z v∫ ，C :| z |= 2 ； 3） 2 1 n n C z dz + z v∫ （ n 为一整数），C z :| |= r >1。 解 1）函数 15 2 2 4 ( 1) ( 2) z z z + + 3 在| | z = 3的外部，除 ∞点外没有其他奇点，因此根据定理二与规则 IV， 15 2 2 4 3 2 2 2 4 3 1 1 2 iRes[ ( ), ] 2 iRes[ ( ) ,0] ( 1) ( 2) 1 2 iRes[ ,0] 2 i (1 ) (1 2 ) C z dz f z f z z z z z z z π π π π = − ∞ = + + = = + + v∫ 2） ( ) z e z z f z 3 1 1+ = 有奇点， z = −1， z = 0 ， z = −1为一级极点，而 z = 0 为本性奇点，在 2 > 0) ； 3） 2 2 1 (1 ) dx x +∞ −∞ + ∫ ； - 6 -
COSx sinx *+4r+5: 6 解1)由于被积函数的分母5+3sin在0≤≤2丌内不为零,因而积分有意义。 1 dz 2 13=2+10-3=2nRes( 2 6z+10i 2)由于被积函数的分母a+bc0s6在0≤≤2丌内不为零,因而积分有意义。 -a+ z2+1 22(bx2+2a2+b) d==2riReslf(z),0+Res[f() a+ 又Res[f(=)0]= (-1+22)a+3a2+b(3+2) (6+2az+bz) esf(z), b 4(b+3a+2bz2)-a--b b 故=(a-a2-b2) 3)函数()=1 (1+-)在上半平面内只有2级极点i,且 Reslf(=), 1]=lim -(=-1)f(a)=lim 2 d(x+i)(2i)4 (1+x2)2 dx= 2Ti Reslf(=),i] 4)注意到被积函数为偶函数 dx x=一 dx 1+x4 函数f()=,4在上半平面内只有一级极点e4,e4,且 Res[f(二) Res[f(二) 4--4z3 1 故=2zi(Res[(x),]+Res[f(),,])= 5)对于I= dx,令R(=)= 2+42+5 则z=-2+i为上半平面内的R(=)的一级极 x2+4x+5
4） 2 4 0 1 x dx x +∞ + ∫ ； 5） 2 cos 4 5 x dx x x +∞ −∞ + + ∫ ； 6） 2 sin 1 x x dx x +∞ −∞ + ∫ 。 解 1）由于被积函数的分母5 3 + sinθ 在0 ≤ θ ≤ 2π 内不为零，因而积分有意义。 2 2 | | 1 | | 1 i 3 1 2 2 iRes[ ( ), ] 1 i 3 10i 3 5 3 2i 2 2 i 6 +10i 2 z z z dz I dz z z z z z z π π π = = =− = = = − + − + = = v v ∫ ∫ i 3 f z − 2）由于被积函数的分母 a b + cosθ 在0 ≤ ≤ θ 2π 内不为零，因而积分有意义。 2 2 2 2 2 2 2 2 2 | | 1 | | 1 1 ( ) i( 1) 2i 2 i{Re [ ( ),0] Res[ ( ), ]} 1 i 2 ( 2 ) 2 z z z dz z a a b z I dz s f z z z z bz az b b a b z π = = − − − = = = + + + + + v v ∫ ∫ f z + − 又 2 2 2 2 2 2 0 ( 1 )( 3 (3 )) i Res[ ( ),0] ( 2 ) z z a az bz z a f z b az bz b = − + + + + = = + + − ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 i( 1) i Res[ ( ), ] 4 ( 3 2 ) a a b z b a a b z a b f z b z b az bz − + − b = − + − − − = = + + 故 2 2 2 2 I ( ) a a b b π = − − 。 3）函数 2 2 1 ( ) (1 ) f z z = + 在上半平面内只有 2 级极点i ，且 2 2 3 i i 1 2 Res[ ( ),i] lim ( i) ( ) lim z z ( i) (2i) 4 d d f z z f z → → dz dz z = − = = − = + i − ， 故 2 2 1 (1 ) dx x +∞ −∞ + ∫ ＝ 2 iRes[ ( ),i] 2 f z π π = 。 4）注意到被积函数为偶函数， 2 2 4 4 0 1 1 2 1 x x I dx dx x x +∞ +∞ −∞ = = + + ∫ ∫ 函数 2 4 ( ) 1 z f z z = + 在上半平面内只有一级极点 i 3 i 4 4 e e, π π ，且 i 4 2 3 i 1 i Res[ ( ), ] 4 4 4 2 z e z f z z π π = − = = 3 i 4 2 3 3 i 1 i Res[ ( ), ] 4 4 4 2 z e z f z z π π = + ； = = − 故 1 i 3 i 2 i(Res[ ( ), ] Res[ ( ), ]) 2 4 4 2 2 I f z f z π π π = + π = 。 5）对于 i 2 4 5 x e I dx x x ∞ −∞ = + + ∫ ，令 ( ) 2 1 4 5 R z z z = + + ，则 z = − +2 i 为上半平面内的 R(z)的一级极 - 7 -
点,故有:Res[R()e2 e(sin 2+Icos 2 则原积分=Re{2 Ti Res{R(=)e,-2+il}= ze cos2。 6)对于I= +ah,令阳)=,三,则:=为上半平面内的R)的一级极点,故有: (+k2,=lin(=-i 1=2zRes2,l=m2i,则原积分=lm(l}=rel 4.试用下图中的积分路线,求例4中的积分:” sinx1+smx,采用e/z沿如如图所示闭曲线来计算上式右端的积分(二=0为e/ 的一级极点,且在实轴上)。由 Cauchy基本定理,有 RI R R 第14题图 x 令x=-1,则有 dx dx,所以「dx dx R Sinx R 又[两[+R24厂2,知加m=0, dy≤ 理 R R2+y2 R m 和例4采用同样的方法得到 +∞slnx 故2i 甲xd=z 15.利用公式(541)计算下列积分 2) dz= 2
点，故有： ( ) i 1 i 2 i (sin 2 i cos 2) Res ,i 2 4 2 z z z e e R z e z − =− + + ⎡ ⎤ = = − ⎣ ⎦ + ， 则原积分＝ 。 i 1 Re{2 iRes[ ( ) , 2 i]} cos 2 z π π R z e e− − + = 6）对于 i 2 1 x xe I dx x ∞ −∞ = + ∫ ，令 ( ) 2 1 z z R z + = ，则 z = i 为上半平面内的 R(z)的一级极点，故有： [ ] ( ) ( )( i)( i) 2 Res ,i lim i i 1 i i − → = − + = − e z z ze R z e z z z z 2 iRes[ ( ) ,i] i i −1 I = R z e = e z π π ，则原积分 1 Im{I} πe− = = 14．试用下图中的积分路线，求例 4 中的积分： 0 sin x dx x +∞ ∫ 。 解 0 sin 1 sin 2 x x dx dx x x +∞ +∞ −∞ = ∫ ∫ ，采用 沿如如图所示闭曲线来计算上式右端的积分（ 为 的一级极点，且在实轴上）。由 Cauchy 基本定理，有 i / z e z z = 0 i / z e z 第 14题 图 −R −r r R y O x R i Cr i i i i i i i i i i 0 r z x z z z x R R R R R R r C r R R R R R R e e e e e e dz dx dz dz dz dx z x z z z x + − + − − + − + − + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = ， 令 x = −t ，则有 i - x x r R R r e e dx dx i x x − − = − ∫ ∫ ，所以 i i sin 2i x x R r R r R r e e dx dx dx x x x x − − + = ∫ ∫ ∫ 。 又 i i( i) - i - i 2 2 2 i z x R R R R R R R R R R R e e e dz dx dx e z x R x R + − + − − + = ≤ + + ∫ ∫ ∫ ≤ ，知 i i i lim 0 z R R R R R e dz z − + →+∞ + = ∫ ； i i( i ) - i 0 0 2 2 1 i i z R y y R R R R R e e e dz dy dy z R y R y R e R + − + − = ≤ ≤ + + ∫ ∫ ∫ ，同理 i i 1 z R R R R e e dz z R − − − + − ≤ ∫ ，知 i i i i lim 0 z z R R R R R R R e e dz dz z z + − →+∞ − + ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ + = ⎩ ⎭ ∫ ∫ 和例 4 采用同样的方法得到 i 0 lim i r z r C e dz z π → = − ∫ 。 - 8 - 故 + 0 sin 2i i x dx x π ∞ = ∫ ，即 0 sin 2 x dx x +∞ π = ∫ 。 15．利用公式（5.4.1）计算下列积分： 1） | | 3 1 2 i z dz z π = = v∫ ； 2） 2 | | 3 2 i 1 z z dz z π = = − v∫ ；
3)∮ tan d=-4xi dz=0 32(z+1) 16.设C为区域D内的一条正向简单闭曲线,二0为C内一点。如果f(=)在D内解析,且∫(=0)=0, f(=0)≠0。在C内∫()无其他零点。试证 f(=) dz 2Ti f(= 证(-)在C内只有一级零点0,了()(-0)()三0/(=) ,知二0为函数 (二-20)f() f∫(=) 可去奇点,故由留数定理和(541)知 f(=) (-=0)f(=),1x=0f() =0+二。= f() f(=) f(=) 17.若q()在C1=1上及其内部解析,且在C上|()k1,证明在C内只有一个点使q(=0)=-0 证令(=)=-,则在C上,(=)=1,而p()e,则方程e=a"在圆|=|=1内有n个根。 证设∫(=)=-a2,g()=e,在s1内均解析,且当|=|=1时,|-a"H-a|="Hal, le s≤e而l>e, 故|()H-a” Haple'g()。 根据路西定理知,f(=)与f(2)+g(=)在C1内的零点个数相同,即e=a"的根的个数与-a”=0的根的 个数相同,即为n。 19.证明方程7-x3+12=0的根都在圆环域14kK2内 证当2+122-1-g(),故2-2+12=0的 根与f()=12的根的个数相同,即在=1内无根,综上所述,二2-=3+12=0的根全在142内
3） | | 3 tan 4 i z zdz π = = − v∫ ； 4） | | 3 1 0 ( 1) z dz z z = = + v∫ 。 16．设 C 为区域 D 内的一条正向简单闭曲线， 0 z 为 C 内一点。如果 f (z) 在 D 内解析，且 0 f z( ) = 0 ， f z'( 0 ) ≠ 0 。在C 内 f (z)无其他零点。试证： 0 1 '( ) 2 i ( ) C zf z dz z π f z = v∫ 。 证 f (z) 在C 内只有一级零点 0 z ，而 0 0 '( ) ( ) '( ) '( ( ) ( ) ( ) zf z z z f z z f z) f z f z f z − = + ，知 0 z 为函数 0 ( ) '( ( ) z z f z f z − ) 的 可去奇点，故由留数定理和（5.4.1）知 0 0 0 0 1 '( ) 1 ( ) '( ) 1 '( ) 0 2 i ( ) 2 i ( ) 2 i ( ) C C C zf z z z f z z f z dz dz dz z z π π f z f z π f z − = + = v v ∫ ∫ v∫ + = 。 17．若ϕ (z) 在C z :| |=1上及其内部解析，且在C 上|ϕ (z)| e，则方程 在圆| | z n e = az z =1内有 n 个根。 证 设 f ( )z = −az n ，g( )z = ez ，在 z ≤1内均解析，且当| z |= 1时，| −az n |=| −a | z n |=| a |，| ez |= ecosϕ ≤ e 而 a > e， 故| f ( )z | | az | | a | | e | | g(z)| n z = − = > = 。 根据路西定理知， f (z) 与 f (z) + g(z) 在C :| z |= 1内的零点个数相同，即 的根的个数与 的根的 个数相同，即为 n。 z n e = az − = 0 n az 19．证明方程 z 7 − z3 +12 = 0的根都在圆环域1 ≤| z |≤ 2 内。 证 当 z z + z ≥ z − z = g(z) 3 7 3 ，故 的 根与 的根的个数相同，即在 12 0 7 3 z − z + = f ( )z = 12 z =1内无根，综上所述， z 7 − z3 +12 = 0的根全在1 ≤| z |≤ 2 内。 - 9 -