华南理工大学《复变函数》无乱码答案.pdf

第 一 章第 一 章 较 简 单 , 就 不 给 解 答 了 . 第 二 章第 二 章 只 给 出 部 分 习 题 解 答 . 1 、 2 两 题 利 用 柯 西 -黎 曼 方 程 判 定 . 6.ynxmyu 23 +=, 23 lxyxv+=, nxyu x 2=, 22 3nxmyu y +=, 22 3lyxvx+=, lxyvy2=.因 为 函 数)(zf解 析 , 所 以 yx vu=且 xy vu=, 即 +=+ = )3(3 22 2222 lyxnxmy lxynxy 比 较 同 类 项 的 系 数 可 得3= ln, 1=m. 10. (1 ) 0si n=z, 即0 i 2 ee ii = zz , 即1e 2i = z , 故 而 i2)21(argi1l n1L ni 2kk|z=+=, Zk , 即kz =, Zk . (2)0cos=z, 即0 2 ee ii = + zz , 即1e 2i = z , 故 而 i) 12()2) 1(arg(i1l n) 1L n(i 2+=+=kk|z, Zk , 即 ) 2 1 (+=kz, Zk . (3)0e1=+ z , 即1e= z , 故 而 i) 12()2) 1(arg(i1l n) 1L n(+=+=kk|z, Zk . (4)0cosi 2si n=+zz, 即 2 ee i 2 2i ee iiiizzzz + = , 即3e 2i = z , 于 是 i) 12(3l n)2) 3(arg(i3l n) 3L n(i 2+=+=kk|z, Zk , 从 而 ) 2 1 (3l n 2 i +=kz, Zk . 18. (1) is h=z, 即i 2 ee = zz , 即01ie2e 2 = zz , 即0) i(e 2 = z , 故 而ie = z , 于 是 i ) 2 2(iL n +=kz, Zk . (2)0c h=z, 即0 2 ee = + zz , 即1e 2 = z , 从 而i) 12(1)L n(2+=kz, Zk , 所 以 i) 2 1 (+=kz, Zk . 第 三 章第 三 章 复 变 函 数 的 积 分复 变 函 数 的 积 分 1. ( 1) 直 线 段 的 参 数 方 程 为tz) i3( +=, t由0 到1 , 故 而 i 3 26 6 3 1 ) i3() i3( d ) i3(d 1 0 33 1 0 2 i3 0 2 +=+=+= + tttzz. (2) 实 轴 上 一 段 方 程 为xz =, x由0 到3 , 竖 直 线 段 方 程 为yzi3+=, y由0 到1 , 故 而 i 3 26 6)i 3 3 9( i9d )i 69(i 3 )i3d( )i3(d d 1 0 1 0 3 1 0 23 0 3 1 0 2 3 0 2 i3 0 2 +=+=+= += + y y yyy x yyxxzz (3) 虚 轴 上 线 段 方 程 为yzi=, y由0 到1 , 水 平 那 一 段 方 程 为i+= xz, x由0 到3 , 故 而 i 3 26 6)i 3 ( 3 i d ) 1i 2( 3 i ) id() i()d(i )i (d 3 0 2 3 3 0 21 0 3 3 0 2 1 0 2 i3 0 2 +=+=+= += + xx x xxxy xxyyzz 2. 沿 曲 线xy =一 段 对 应 的 参 数 方 程 为) i1 ( += xz, x由0 到1 , 故 而 ) i 51( 6 1 ) 2 i 3 )(i1 (i)1 ( d )i( 1 0 2 3 1 0 2 +=+=+ x x xxx. 沿 曲 线 2 xy =一 段 对 应 的 参 数 方 程 为 2 ixxz+=, x由0 到1 , 故 而 ) i 51( 6 1 ) 2 i 3 )(i1 (d )i 21 (i)1 ()i( d )i( 1 0 4 3 1 0 2 1 0 222 +=+=+=+ x x xxxxxxx. 3. 见 课 本 参 考 答 案 . 4. ( 1)i4i22d 1 2d d d 2222 = =|z|z|z|z| z z z z |z| z |z|z z z z |z| z . (2) i8i24d 1 4d d d 4444 = =|z|z|z|z| z z z z |z| z |z|z z z z |z| z 5. ( 1) 函 数 2 1 )( = z zf的 奇 点2=z在 单 位 圆C : 1=|z|的 外 部 , 即 在C 围 成 的 闭 圆 域 上 解 析 , 故 而 0d 2 1 = C z z . (2) 函 数 122 1 )( 2 + = zz zf在C内 有 两 个 奇 点 方 程0122 2 =+zz的 一 对 共 轭 复 根 , 记 作 0 z与 0 z, 则 由 复 合 闭 路 定 理 及 柯 西 积 分 公 式 有 0 )(i2 2 1 )(i2 2 1 d )( 2 1 d )( 2 1 d )( 1 2 1 d 122 1 1 00 1 00 0 1 0 0 1 0 00 2 21 = += + = = + zzzz z zz zz z zz zz z zzzz z zz CC CC 其 中 1 C与 2 C分 别 为C内 包 含 0 z与 0 z两 条 互 不 相 交 的 简 单 闭 曲 线 . 注 : 上 述 问 题 也 可 以 用 留 数 计 算 . 由 于 0 z与 0 z为 函 数 122 1 )( 2 + = zz zf的 两 个 一 阶 极 点 , 故 而 0 )()(i2 2 1 ),(Res(),( Res(i2 2 1 d )( 1 2 1 d 122 1 1 00 1 00 00 00 2 = += += = + zzzz zzfzzf z zzzz z zz CC 本 章 的 其 他 积 分 问 题 也 都 可 以 用 留 数 来 计 算 . (3) 函 数 z zf cos 1 )(=在C 内 解 析 , 故 而0d cos 1 = C z z . (4) 函 数 z zf si n 1 )(=在C 内 有 唯 一 奇 点0=z, 它 是 一 阶 极 点 , 由 留 数 定 理 得 i2 )si n( 1 i2) 0),(Res(i2d si n 1 0 = = = zC z zfz z . 注 : 本 题 由 柯 西 积 分 公 式 计 算 如 下 , i2) 0(i2d )( d si n 1 = CC z z z z z , 其 中 = = 0 , 1 0 ,si n/ )( z zzz z为 复 平 面 上 的 解 析 函 数 , 这 一 点 由 级 数 理 论 可 知 . 6. ( 1) 圆C 包 含 点2=z, 故ie2|ie2d 2 e 2 2 = =z z C z z z . (2) 圆C 包 含 点az =但 不 包 含az=, 故 i|)i(2d )(d 1 1 22 a azz az az az z az CC =+= + = = . (3) 圆C 包 含 点i=z但 不 包 含i=z, 故 ) 1si ni1(cose|) i(ie2d i ) i(e d 1 e i i 1 1 2 +=+= + = + = z z C z C z zz z z z z . (4) 圆C 不 包 含3=z, 故 0d 3 = C z z z . (5) 圆C 包 含 点i=z但 不 包 含i 2=z, 故 0 ) i 2() i 2( 3 1 0d i ) i( d i ) i( 3 1 d 4 1 3 1 d 1 1 3 1 d ) 4)(1( 1 11 11 2222 21 = += + + + = + + = + CC CCC z z z z z z z z z z z zz 其 中 1 C与 2 C分 别 为C内 包 含 0 z与 0 z两 条 互 不 相 交 的 简 单 闭 曲 线 . (6) 圆C 包 含 点 2 =z, 故 而 0)(si n )!12( i2 d ) 2 ( si n 22 = = = z C zz z z . (7) 圆C 包 含 点1=z, 故 而 ei)e ( )!13( i2 d ) 1( e 1 3 = = = z z C z z z 注 : 以 上 计 算 依 赖 于 柯 西 积 分 公 式 或 高 阶 导 数 公 式 . 7. ( 1)i )2s h 2 1 (|2si n 4 1 id )2cos1 ( 2 1 d si n i i i i i i 2 = zzzzz ) 11(si ni1cos1 |ei d ei )i ( d e| )i (e de )i (d e ) i( i 0 i 0 i 0 i 0 i 0 i 0 += = += = = z z zz zz z zz zzz (2) (3) 1t hi) 1t h 2 1 1ta n 2 1 1(ta n| )ta n 2 1 (ta nta nd )ta n1 (d cos ta n1 22i 1 2 i 1 i 1 2 +=+=+= + zzzzz z z . 8. (1) 圆C 包 含 点1=z与 点i2=z, 故 而 i14|)(i23i24d ) i 2( 3d 1 1 4d ) ) i 2( 3 1 4 ( i 2 22 =+= + + + = + + + =z CCC zz z z z z z z z z . (2) 圆C 包 含 点i=z, 故 而 0 ) i(2 d d i2) i(2 d d i2 d ) i( ) i(2 d ) i( ) i(2 d ) 1( 2 i 2 i 2 2 2 2 2 22 21 = += + + + = + = = zz CCC zz z zz z z z zz z z zz z z z 其 中 1 C与 2 C分 别 为C内 包 含i与i两 条 互 不 相 交 的 简 单 闭 曲 线 . (3) 圆C 包 含 点0=z, 故 而 i|)(cos ! 2 i2 d cos 0 3 = = =z C zz z z . (4) 长 方 形C 包 含 点i=z, 故 而 i2d 1 1 = C z z (5) 圆C 包 含 点az =, 故 而 ie|)e ( ! 2 i2 d )( e 3 a az z C z z az = = = 11. 分 三 种 情 况 讨 论 : (1) C不 包 含a和a; (2) C包 含a但 不 包 含a; (3) C包 含a和a. 第 四 章第 四 章 级 数级 数 2 2 22 2 2 2 2 11 i 111 cos21 si nicos )si n()cos1 ( si nicos 11 )1 ( 1 )( )si ncos(si nicos. 2 rr rr rr rr z| |z|z z| zz z z zre nrnrnrnr n n n n n nn n n n n + + = + + = = = = +=+ = = = = = 比 较 等 式 两 端 的 实 部 与 虚 部 即 证 . 4. ( 1) 首 先 , = = = 11 1i nn n nn 是 调 和 级 数 , 发 散 . 其 次 , 由 于 = = = + = 1 1 11 12 ) 1( 2 ) 1(i k k k k n n k i kn , 而 数 列 k2 1 与 12 1 k 单 调 减 少 趋 于 零 , 由 莱 布 尼 茨 定 理 知 交 错 级 数 = 1 2 ) 1( k k k 与 = 1 1 12 ) 1( k k k 都 收 敛 , 从 而 级 数 = 1 i n n n 收 敛 . 综 上 , 级 数 = 1 i n n n 条 件 收 敛 . (2) 完 全 类 似 于 (1) 可 知 级 数 = 2l n i n n n 条 件 收 敛 . 这 里 要 注 意 的 是 , 由 于 nn 1 l n 1 , 故 由 正 项 级 数 的 比 较 判 别 法 , 级 数 = 2l n 1 n n 收 敛 . (3) = = = + 11 8 61 8 ) i 56( n n n n n , 这 是 等 比 级 数, 由 于1 8 61 , 故 级 数 = 1 8 61 n n 收 敛, 即 级数 = + 1 8 ) i 56( n n n 绝 对 收 敛 . (4) = = += 11 )ee ( 2 1 2 1 2 icos n nn n n n n = += 1 ) 2 e ( 2 1 ) e 2 1 ( 2 1 n nn 级 数 = 1 ) e 2 1 ( 2 1 n n 与 = 1 ) 2 e ( 2 1 n n 都 是 等 比 级 数 , 分 别 是 发 散 和 收 敛 的 , 因 此 级 数 = 1 2 icos n n n 发 散 . 5. ( 1) 不 正 确 . 例 如 , 级 数 = 0n n z收 敛 圆 域 为1|z|, 在 对 应 的 收 敛 圆 周1=|z|上 处 处 发 散 . (2) 不 正 确 . 根 据 定 理4. 8 (3), 知 幂 级 数 的 和 函 数 在 收 敛 圆 域 内 处 处 解 析 . (3) 不 正 确 . 例 如 , 函 数zzf=)(在0=z处 连 续 , 但 不 可 导 , 所 以 不 能 在 其 邻 域 内 展 开 成 泰 勒 级 数 . 6. 不 行 . 因 为 如 果 幂 级 数 = 0 ) 2( n n n zc在0=z处 收 敛 , 则 其 收 敛 半 径220=|R, 而 |23 21 =, 故 幂 级 数 必 在3=z处 收 敛 . 7. ( 1)1 ) 1(1 1 li mli m 1 = + = + p p n n n n n/ / n u u R. (2) 12 2 1 ) 1()!1( ) !( li mli m + + + = n n n n n n n/n / nn u u R. 00e 1 )11 ( li m= + + = n / n n n (3) 2 1 i1 1 li m 1 li m= + = n nn nn | u| R. (4) 题 目 有 误 , 应 该 是 = 1 i e n n n z . 收 敛 半 径11li m e e li mli m ) 1(i i 1 = + + n n/ / n n n n n u u R. (5) nn nn 1 cos)ee ( 2 1i c h ii =+= , 收 敛 半 径 11li m ) 1(1cos )1cos( li mli m 1 = + = + nn n n n n/ / n u u R. (6)nnnn|niargil niargiil nil n+=+=, 则 有 =+= 22 )i(arg)(l nli mil nli mnnn nn , 从 而 收 敛 半 径= n n nnn n | u| Ril nli m 1 li m. 8. 证 明 : 任 取Cz, R|z| R, 则 幂 级 数 = 1n n nz c在 点1=z处 绝 对 收 敛 , 即 级 数 = 1 n n c收 敛 , 这 与 条 件 矛 盾 . 因 此1=R. 11. ( 1) 因 为 = = 0 1 1 n n z z , 1|z|, 所 以 = = = = + 0 3 0 3 33 ) 1()( )(1 1 1 1 n nn n n zz zz , 1=R. 注 : 收 敛 半 径 的 确 定 参 见P6 7 推 论4 .1. 这 里 函 数 3 1 1 z+ 有 三 个 奇 点 , 满 足1 3 =z, 即 i 3 2 e k z + =, . 2 , 1 , 0=k 它 们 到0 的 距 离 都 是1. (2) = = = = + 0 2 0 2 22 ) 1()( )(1 1 1 1 n nn n n zz zz , 等 式 两 端 求 导 得 , = = + 1 12 22 2) 1( )1 ( 2 n nn nz z z , 即 = = += + 0 2 1 221 22 ) 1() 1() 1( )1 ( 1 n nn n nn znnz z , 1=R. (3) 因 为 = = 0 2 )!2( ) 1(cos n n n n z z, 所 以 = = = 0 4 0 22 2 )!2( ) 1( )!2( )( ) 1(cos n n n n n n n z n z z, + =R. (4) 因 为 = = 0 ! e n n z n z , 所 以 = = = = = 1 12 00 )!12(! )( 2 1 !2 1 )ee ( 2 1 s h n n n n n n zz n z n z n z z, + =R (5) = = = = + 10 2121 1 2 1 1 1 n n n n zz zz z , 1=R. (6) ) ! ) i1( ! ) i1( ( i 2 1 )ee ( i 2 1 )ee ( i 2 1 esi ne 0 2 0 2 i)1(i)1(ii2 222222 = = + + = n n n n zzzzzz n z n z z = + = 0 2 i !2 ) i1 () i1( n n nn z n , + =R (7) 令 1 e)( = z z zf, 两 端 求 导 可 知 , 函 数)(zf满 足 微 分 方 程0)()() 1( 2 =+zfzfz. 方 程 两 端 求n 阶 导 数 , 由 莱 布 尼 茨 公 式 得0)()() 1()() 1(2)() 1( )() 1()() 1(2 =+ + zfzfnnzfznzfz nnnn . 令 0=z得 , 0) 0() 1() 0()21 () 0( ) 1()() 1( =+ +nnn fnnfnf. 已 知1) 0(=f, 1) 0(=f, 故 有 1) 0() 0(= = ff, , 所 以 += 32 1 ! 3 1 ! 2 1 1ezzz z z , 1=R 收 敛 半 径1=R是 因 为 1 e)( = z z zf有 唯 一 奇 点1=z. (8) z z z z z z z + = += 1 si n1cos 1 cos1si n) 1 1si n( 1 1 si n, 利 用zsi n, zcos与 z e的 关 系 并 结 合 题 (7) 的 结 论 可 得 函 数 的 幂 级 数 展 开 式 . (9) = + = = + =+ 0 1 0 1 ) 1()( 1 1 11 )( n n n n n n n z b a az/b baz/bb baz, |b/a|R=. 12. (1 ) = = = = + = + = + 1 1 0 ) 1( 2 1 ) 1() 2 1 ( 2 1 2) 1(1 1 2 1 ) 1(2 1 ) 1( 1 1 n n n n n n z zz /z z z z z z , 函 数 1 1 + z z 有 唯 一 奇 点1=z, 它 到 点1 0 =z的 距 离 为2, 即 收 敛 半 径. 2=R (2) 3 2 1 1 3 1 4 2 1 1 2 1 ) 2(3 1 ) 2(4 2 1 1 2 2 ) 2)(1( zz zzzzzz z = + + = + + = + = + = = = = 0 112 00 ) 2)( 3 1 2 1 () 1() 3 2 ( 3 1 ) 4 2 ( 2 1 n n nn n n n n n z zz , 3=R. 函 数 ) 2)(1(+zz z 的 两 个 奇 点1=z与2=z到 点2 0 =z的 距 离 分 别 是3 和4, 所 以3=R. (3) = = = +=+ = + = = = 01 1 0 2 ) 1)(1() 1() 1( ) )1(1 1 ( ) 1 ( 1 n n n n n n znznz zzz , 1=R. (4) = = = = 0 0 0 0 0 0 000 34 )( 3 34 1 34 )( 3 1 1 34 1 )( 334 1 34 1 n n z zz z z zz zzzzz = + = 0 1 ) i1( ) i 31 ( 3 n n n n z, 3 10 ) i1 ( 3 4 =+=R. (5) 这 里 只 给 出 函 数 在4 0 /z=的 泰 勒 展 式 的 前 四 项 , 1|ta n 4=/z z , 2|sec|)(ta n 4 2 4 = =/z/z zz , 4|ta nsec2|)(ta n 4 2 4 = =/z/z zzz , 16|ta nsec2ta nsec4|)(ta n 4 422 4 =+= =/z/z zzzzz , 故 += 32 ) 4( ! 3 16 ) 4( ! 2 4 ) 4( ! 1 2 1ta n/z/z/zz += 32 ) 4( 3 8 ) 4( 2) 4( 21/z/z/z, 4 =R. zta n的 所 有 奇 点2 /kz +=中 到 点4 0 /z=的 最 短 距 离 为4 /, 故4 /R=. (6) = + = + = + = 0 12 0 0 2 0 2 12 1 ) 1(d)(d 1 1 arcta n n nn z n n z z n zzz z z, 1=R. 15. 不 正 确 . 解 析 函 数 展 开 成 洛 朗 级 数 一 定 要 注 意 成 立 的 条 件 . 事 实 上 , 通 过 计 算 幂 级 数 的 收 敛 半 径 可 知 , 当 且 仅 当1|z|时 , += 432 1 zzzz z z , 而 当 且 仅 当+ |z|1时 , += 32 111 1 1zzzz z 所 以 题 中 结 论 不 成 立 . 16. (1 ) 在 圆 环 域21 |z|内 ,12 z/, 1 1 |z, 所 以 ) 1 2 2 1 ( 5 1 ) 2)(1( 1 22 + + = +z z zzz ) 16842 11212 ( 5 1 )2) 1() 1( 2 ( 5 1 ) 1( 2 ) 1( 1 22 1 ( 5 1 ) 1 11 2 1 11 21 1 2 1 ( 5 1 32 234 00 22 0 12 1 0 2 2 0 2 0 2222 += = = + + = = = = + = = = zzz zzzz zz z z z z z z zzzz z z/ nn nn n nn n n n nn n nn n n n (2) 在 圆 环 域10 |z|内 , = = = = += = = = = 11 2 1 1 0 2 ) 2()( 1 )( 1 ) 1 1 ( 1 )1 ( 1 n n n n n n n n znnznz z z zzzzz . 在 圆 环 域110|z内 , = = = = = = = 20 2 0 2222 ) 1() 1()1 ()1 ( )1 ( 1 )1 (1 1 )1 ( 11 )1 ( 1 )1 ( 1 n nn n n n n zzz zzzzzzz . (3) 在 圆 环 域110|z内 , = = = = = = 10 1 0 ) 1() 1() 1( 1 1 ) 1(1 1 1 1 ) 2)(1( 1 n n n n n n zzz zzzzz . 在 圆 环 域+ |z21内 , 1) 2( 1 |z| = = = = = = 0 2 0 212 ) 2() 1()2( ) 2( 1 )2(1 1 ) 2( 1 )2(1 1 2 1 ) 2)(1( 1 n nn n n zz zzzzzzz (4) 利 用 题11 ( 7). 在 圆 环 域+ |z|1内 ,+= 32 11 1 ! 3 1 ! 2 11 1ee 1 1 zzz z z z . (5) 由 于 函 数 ) i( 1 )( 2 = zz zf有 两 个 孤 立 奇 点0与i, 距 离 为1 , 所 以)(zf在 以i为 中 心 的 两 个 圆 环 域 1i0|z与+ |zi0内 都 是 解 析 的 . 在 圆 环 域1i0|z内 , 由 于1ii)(|/z|, 所 以 2 1 1 1 1 1 0 2 ) i( i ) 1( ) i ) i( ) 1( i 1 ( i 1 ) i i ( i 1 ( i 1 ) i) i(1 1 i 1 ( i 1 ) 1 ( i 1 ) i( 1 = + = = = = = + = = n n n n n n n n n n z nz n z z z /zzzzzz 在 圆 环 域+ |zi1内 , 由 于1) i( i 1 |z|, 所 以 = = = = +=+ = = = + = = 0 3 0 2 0 11 0 1 12 ) i)(1(i) 1() i)(1(i) 1( i 1 ) i(i) 1( i 1 ) i( i i 1 ( i 1 ) ) i( i1 1 i 1 ( i 1 ) 1 ( i 1 ) i( 1 n nnn n nnn n nnn n n znzn z z z z zz zzzzzzz (6) 由 于 在 整 个 复 平 面 上 12 0 )!12( ) 1( si n + = + = n n n z n z在 圆 环 域+ |z10内 , = + = + + = + = 0 ) 12( 1 0 ) 12(1 ) 1( )!12( ) 1( )1 ( )!12( ) 1( )1si n( 1 1 si n n n n n n n z n z n z z . (7) 3 2 4 6 1 ) 4)(3( ) 2)(1( += zzzz zz . 在 圆 环 域43 |z|内 , 14 |z/, 13 1 |z|, 故 而 = = + = = = = += 0 1 0 12 0 1 0 1 3 2 2 3 1)3( 2 ) 4( 2 3 1 31 12 41 1 4 6 1 3 2 4 6 1 ) 4)(3( ) 2)(1( n n n n n n n n n n zzz z z/ zzz/zzzz zz 在 圆 环 域+ |z|4内 , 14 1 |z|, 13 1 |z|, 故 而 = + = = +=+= += += 0 112 0 1 0 1 11 ) 3 2 23(1)3( 2 )4( 6 1 31 12 41 16 1 3 2 4 6 1 ) 4)(3( ) 2)(1( n n n n n n n n zz z z z zzzzzzzz zz 18. ( 1) 显 然 , 2222 ) i() i() 1( )( 1 +=+=zzzzz zf 有 一 阶 零 点0=z与 两 个 二 阶 零 点i=z, 故 它 们 分 别 是 函 数)(zf的 一 阶 极 点 和 二 阶 极 点 . (2) 因 为 +=+= 22533 3 ! 5 1 ! 3 1 ) ! 5 1 ! 3 1 ( si n zzzzzz z z , + |z|0, 所 以0=z是 函 数 3 si n )( z z zf=的 二 阶 极 点 . (3)0=z与i 2=z分 别 是 函 数 ) 4( 1 )( 2 + = zz z zf的 一 阶 极 点 和 二 阶 极 点 . (4) 解 方 程0si ncos=+zz得 , 4 /kzz k =, Zk . 由 于 02) 1(|cossi n|)si n(cos=+=+ = k zzzz kk zzzz 所 以4 /kzk =, Zk 为 函 数zz zf si ncos )( 1 +=的 一 阶 零 点 , 从 而 为 函 数 zz zf si ncos 1 )( + =的 一 阶 极 点 . (5) 由 于 + + + += 32 i 2 1 ) i 2( ! 3 1 ) i 2( ! 2 1 ) i 2( ! 1 1 1e zzz z , + |zi 20 所 以i 2=z为 函 数 i 2 1 e)( = z zf的 本 性 奇 点 . (6) 类 似 于 (5) , 把 函 数 i 1 cos)( + = z zf在+ +|zi0内 展 开 成 洛 朗 级 数 知 , 函 数 i 1 cos)( + = z zf 有 本 性 奇 点i2=z. (7)1e )( 1 = z zf 有 零 点i2 kzz k =, 而01|e|) 1(e= = kk zz z zz z , 故 而i2 kzz k =为 函 数 )( 1 zf 的 一 阶 零 点 , 从 而 是 函 数 1e 1 )( = z zf的 一 阶 极 点 . 19 (1) 因 为+=+= 86464222 ! 3 1 ! 2 1 ! 1 1 1) ! 3 1 ! 2 1 ! 1 1 1() 1e ( 2 zzzzzzzz z , 所 以0=z 为 函 数) 1e ( 2 2 z z的 四 阶 零 点 . 注 : 0 zz =为 函 数)(zf的m阶 零 点 是 指)()()( 0 zzzzf m =, 其 中)(z在 点 0 z处 解 析 且0)( 0 z, 这 等 价 于+= + + + + 2 02 1 010 )()()()( m m m m m m zzczzczzczf, 0 m c. (2)+=+=+ 2115637353333633 ! 7 1 ! 5 1 ) 6()( ! 7 1 )( ! 5 1 )( ! 3 1 ( 6) 6(si n6zzzzzzzzzzz 这 表 明0=z为 函 数) 6(si n6 633 +zzz的15 阶 零 点 . (3)=+= 4242 ! 4 1 ! 2 1 ) ! 4 1 ! 2 1 1 (1cos1zzzzz, 这 表 明0=z为 函 数zcos1 的2 阶 零 点 . 第 五 章第 五 章 留 数 理 论 及 其 应 用留 数 理 论 及 其 应 用 2. 说 法 不 正 确 . 例 如 , 由 于+= 2 1 ! 2 1 ! 1 1 1e zz z , 所 以 有1) 0,eRes( 1 = z , 但 是2) 0 ,eRes( 2 = z . 5. ( 1) 0=z与2是 函 数 zz z zf 2 1 )( 2 + =的 一 阶 极 点 , 故 2 1 )2( 1 ) 0),(Res( 0 2 = + = = z zz z zf, 2 3 )2( 1 ) 2),(Res( 2 2 = + = = z zz z zf. 也 可 以 这 样 计 算 : 2 1 2 1 li m 2 1 li m) 0),(Res( 0 2 0 = + = + = z z zz z zzf zz , 2 31 li m 2 1 ) 2(li m) 2),(Res( 2 2 2 = + = + = z z zz z zzf zz . 注 意 第 一 种 做 法 的 限 制 : 要 求 奇 点0=z与2不 是 分 子1+z的 零 点 . (2) 孤 立 奇 点0=z既 是 函 数 4 2 e1 )( z zf z =分 母 又 是 分 子 的 零 点 , 在0=z的 去 心 邻 域 |z|0展 开 成 洛 朗 级 数 较 简 单 : =+= ! 4 2 ! 3 2 ! 2 2 ! 1 2 )2( ! 4 1 )2( ! 3 1 )2( ! 2 1 2 ! 1 1 1 (1 1e1 43 2 2 3 432 44 2 zzz zzzz zz z 因 此 , 3 4 ! 3 2 ) 0),(Res( 3 =zf. (3) 函 数 32 4 ) 1( 1 )( + + = z z zf有 两 个 三 阶 极 点i=z. i 8 3 ) i( 1 li m ) 1( 1 ) i(li m) i),(Res( 3 4 i 32 4 3 i = + + = + + = z z z z zzf zz i 8 3 ) i( 1 li m ) 1( 1 ) i(li m) i),(Res( 3 4 i 32 4 3 i = + = + + += z z z z zzf zz 注 : 计 算 较 复 杂 , 需 要 耐 心 仔 细 计 算 . (4) 函 数 z z zf cos )(=有 无 穷 多 个 一 阶 极 点 2 += kz k , Zk , 故 ) 2 () 1( si n)(cos ),(Res( 1 += = = + = = k z z z z zzf k zz zz k k k , Zk . (5) 函 数 z zf 1 cos)(=有 本 性 奇 点0=z, 由 于 += 42 ! 4 1 ! 2 1 1 1 cos zzz , |z|0 所 以0) 0),(Res( 1 = czf. (6) 函 数 z zzf 1 si n)( 2 =有 孤 立 奇 点0=z, 由 于 +=+= 353 22 ! 5 1 ! 3 1 ) ! 5 1 ! 3 1 ! 1 1 ( 1 si n zz z zzz z z z, |z|0 所 以 6 1 ! 3 1 ) 0),(Res( 1 = czf. (7) 函 数 zz zf si n 1 )(=有 孤 立 奇 点 kz k = (Zk ) , 其 中0 0 =z与kz k = ( 0Zk ) 分 别 为 二 阶 极 点 和 一 阶 极 点 , 0 cossi n li m si n cossi n li m si nd d li m)( d d li m) 0),(Res( 2 0 2 00 2 0 = = = z zzz z zzz z z z zfz z zf zzzz , 其 中 第 四 个 等 号 是 因 为1 si n li m 0 = z z z , 而 最 后 一 个 等 式 需 要 用 洛 比 达 法 则 计 算 . kzzzzz zzf k zz zz k k k ) 1( cossi n 1 )si n( 1 ),(Res( = + = = = = ( 0Zk ). 注 : 0Zk 表 示k为 不 等 于 零 的 整 数 . (8) 函 数 zz zz z z zf + = ee ee c h s h )(有 一 阶 极 点i) 2 1 (+=kz k (Zk ) , 1 ee ee )ee ( ee ),(Res(= = + = = = kk zz zz zz zz zz zz k zzf, Zk . (9) 函 数 ) 1e ( 1 )( = z z zf有 孤 立 奇 点i2 kz k = (Zk ) , 其 中0 0 =z与i2 kz k = ( 0Zk ) 分 别 为 二 阶 极 点 和 一 阶 极 点 , ( ) 2 1 ) 1e ( 2 li m e ) 1e ( 2 eee li m ) 1e ( e) 1e ( li m)(li m) 0),(Res( 00 2 0 2 0 = = = = = z z zz zzz z z zz zz zzz zfzzf, 这 里 极 限 的 计 算 用 到 了 洛 比 达 法 则 第 三 个 等 号 处 . i2 1 )e1e ( 1 ) 1e ( 1 ),(Res( kzz zzf kk zz zz zz z k = + = = = ( 0Zk ). 6. ( 1) 函 数 z z zf si n )(=在 圆 2 3 =|z|与1=|z|的 内 部 都 只 有 一 个 可 去 奇 点0=z, 故 而 0) 0),(Res(d si n d si n 12/ 3 = = xfz z z z z z |z|z| . (2) 函 数 2 2 ) 1( e )( = z zf z 在 圆2=|z|内 有 一 个 孤 立 奇 点1=z, 它 是 二 级 极 点 , 所 以 22 1z 2 2 2 1z 2 2 2 ie4e 2li mi2 ) 1( e ) 1( d d li m )!12( 1 i2) 1),(Res(i2d ) 1( e = = = z z |z| z z z z zfz z (3) 函 数 m z z zf cos1 )( =在 圆 2 3 =|z|内 只 有 一 个 孤 立 奇 点0=z, =+= = mmm m zzzzz z z zf 4242 ! 4 1 ! 2 1 ) ! 4 1 ! 2 1 1 (1 cos1 )(, m时 , 0=z是 函 数 m z z zf cos1 )( =的2m级 极 点 , 故 有 += = = = 12 , )!2( i2 ) 1( 2 , 0 ) 0),(Res(i2d cos1 1 2 3 km k km zfz z z k |z| m , + = Zk 注 : + Z表 示 正 整