《复变函数与积分变换》课程教学资源（课后习题答案）习题五解答.pdf_大学文库

我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！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 e π + + ；（ 6 ） 1 1 z e − ；（ 7 ） 2 1 ( 1 z z e − ) ；（ 8 ） n nz 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si n 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 s i n 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 11 ln 1 1 n n n nz z ， 0 < | z | < 1 ， ( ) ∑( ) ∞= + = − + 0 1 1 ln 1 n n n nz 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 z k 为 ( ) z 1 + e 的一级零点，因此， z = ± i 为二级极点； z k = ( ) 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 -

我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！ ( ) 2 2 2 2 0 0 si n | 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 z 0 是 f ( z ) 是 m （ m > 1）级零点，那么 z 0 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 z 0 是 f ' ( z ) 的 m-1 级零点。 3．验证： i2 z π = 是ch z 的一级零点。解由 i ch cos 0 2 2 π π = = ， i2 i (ch )' sh isi n i 2 2 z z π π π = = = = ，知 i2 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 )' ( c o s c h 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 c h ) 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 − 2 z 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 00 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f z z z z z g z z z z z ϕ ϕ ψ ψ − = = − ， 00 '( ) ( ) ( ) ' ( ) '( ) ( ) ( ) ' ( ) 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 00 '( ) ( ) ( ) ' ( ) ( ) 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 -

我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！（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？ Re s ⎡ 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 12 z z z +− ； 2 ） 2 4 1 z e z− ； 3 ） 4 2 1 ( 1 ) z z ++ 3 ； 4 ） co sz z ； 5 ） 1 cos 1 − z ； 6 ） 2 1 z sin z ； 7 ） 1 z z sin ； 8 ） sh ch zz 。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 22 0 1 2 ! 1 Res ,0 lim z e z dzd f z z z = 34 − 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 [ ] ( ) 34 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 -

我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！ ( ) 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 Re s ( ) , ( 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 s h 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 1z z e dz = z − v∫ ；（ 3 ） 3 | | 2 1 c o s m z z dz z = − v∫ ，（其中 m 为整数）；（ 4 ）；（ 5 ） | 2 i | 1 th z zdz − = v∫ ( ) | | 3 ta n 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 = 2 n + 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 zz f z z k 为其一级极点 ( k = 0 , ± 1 , " ) k = 0时， i 2 0 π z = 在 | z − 2 i | = 1内，则 Res[ ] ( ), sh 1 f z z 0 = z 0 = 故 ( ) ( ) 2 i 2 i 2 iRes , π π π = ⎥⎦⎤ ⎢⎣⎡ = = ∫ I f z dz f z C - 4 -

我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！（5） f ( )z = tanπz 在| | z = 3内有一级极点 21 z k = k + （ k = 0,± ± 1, 2, − 3 ），共 6 个。故 ⎥⎦⎤ ⎢⎣⎡ + 21 Res tanπ , k = ( ) π ππ 1 cos sin 21 = − ′ z = k + zz ，由留数定理 ( ) 1 ta n 2 i R e s , 2 i 6 12 i 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 ） 21z e ； 2 ）cos z − s i n 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 cos z − s i n 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 − − + ∞ = − − − = − → → − ze ze f z f z f z z z z z = sh 1 2 2 1 − + = − − e e （ 2 ） ( ) ( ) 1 ( 4 ) 14 + − = 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 -

我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！点，故有： ( ) i 1 i 2 i (si n 2 i c o s 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 zz 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 Cau chy 基本定理，有i / z e z z = 0 i / z e z 第 14题图 − R − r r R yO 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 li m 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 eR + − + − = ≤ ≤ + + ∫ ∫ ∫ ，同理 i i 1 z R R R R e e dz z R − − − + − ≤ ∫ ，知 i i i i li m 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 li m 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∫ ；