西安交通大学：《复变函数与积分变换》课程教学资源（课后习题解答）习题五解答.pdf_大学文库

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 -

( ) 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 -

（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 -