复变函数—课后答案习题五解答.pdf

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 1z z 2 3 sin z z 3 1 1 23 zzz 4 z z1ln 5 2 11 z z ze 6 1 1 z e 7 2 1 1 z ze 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 1z z 0 故 与0 zi z为 其奇点 为一级极点 而0 zi z为其二级极点 2 因 3 0 sin lim z z z 则为其极点 再确定极点的级 有两种方法 0 z a 为为的一级零点 而为的三级零点 故0 zsin z0 z 3 z0 z为 3 sinz z 的二级极点 b 2 3 00 sinsin limlim10 zz zz z zz 故0 z为其二级极点 3 原式 11 1 1 1 1 22 zzzz 故1 z为其二级极点 而1 z为一级极点 4 a 0 1 1 11ln n n n n z z 1 0 0 z zf 的1 m级零点 证 由题知 zzzzf m 0 0 0 z 则有 zzzzzzmzf mm 0 1 0 zzzzmzz m 0 1 0 故是的 m 1 级零点 0 z zf 3 验证 i 2 z 是ch的一级零点 z 解 由 i chcos0 22 i 2 i ch shisini 22 z z 知 i 2 z 是ch的一级零点 z 4 是函数0z 2 sinsh2 zzz 的几级极点 解 00 sinsh2 0 sinsh2 cosch2 0 zz zzzzzzzz 0z 000 sinsh2 sinsh 0 sinsh2 cosch 0 zzz zzzzzzzzzz 0z 4 5 00 00 sinsh2 sinsh 0 sinsh2 cosch 2 zz zz zzzzzzzzzz 故是函数sin的五级零点 也即为0z sh2zz z 2 sinsh2 zzz 的十级极点 5 如果 f z和是以 g z 0 z为零点的两个不恒等于零的解析函数 那么 00 limlim zzzz f zfz g zg z 或两端均为 证 因 f z和是以 g z 0 z为零点的两个不恒等于零的解析函数 可设 0 f zzzz 0 g zzzz zz 为解析函数 则 0 0 zzzf zz g zzzzz 0 0 zzzzfz g zzzzz 故 00 limlim zzzz f zz g zz 000 0 0 lim limlim zzzzzz zzzzfzz g zzzzzz 即 00 limlim zzzz f zfz g zg z 或两端均为 6 若与 z 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 za za 1 2 3 zz z z zz 解 由题意 0 m f z z zz 0 n g z z zz 其中 f z g z在点解析且a 0f a 0g a 2 1 是za zz 的级极点 nm 2 对于 当时 a是 z znm nm nm 时 是可去奇点 a 3 当时 点a是的nm zz nm max级极点 当nm 时 点是的极点 可退化为可去 其级不高于 m 点也可能是 a z z a z z的可去奇点 解析点 7 函数 2 1 1 f z z z 在处有一个二级极点 这个函数又有下列洛朗展开式 1z 2543 1111 1 1 1111 z z zzzz 1 2 z 所以 又是的本性奇点 又其中不含1z zf 1 2 z幂项 因此 这些说法对 吗 Res 10f z 解 不对 不是1z zf的本性奇点 这是因为函数的洛朗展开式是在1 2 z内得到的 而不是在 2 z的圆环域内的洛朗展开式 2 2 1 11 Res 1lim11 2 1 1 z d f zz 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 求下列各函数在有限奇点处的留数 zf 1 2 1 2 z zz 2 2 4 1 z e z 3 4 2 1 1 z z 3 4 cos z z 5 1 cos 1z 6 2 1 sinz z 7 1 sinzz 8 sh ch z z 解 1 2 0 11 Res 0lim 22 z z f zz zz 2 2 13 Res 2lim 2 22 z z f zz zz 2 4 2 1 z e zf z 为分母的四级零点 是分子的一级零点 所以是0 z zf的三级极点 4 2 3 2 2 0 1 2 1 lim0 Res z e z dz d zf z z 3 4 或展开洛朗级数 32 4 8 3 1 4 2 1 211 1 zzz z zf 知 3 4 0 Res 1 czf 3 24 3 223 i 11 Res ilim i i 2 1 8 z dz f zz dzz 3 3 24 3 223 i 11 Res ilim i i 2 1 8 z dz f zz dzz 3 4 1 2 Res 1 2 cos 2 k z k z f z kk z 0 1 2 k 5 2 0 1 1 cos 1 0 1 2 1 n n n z znz 知 1 Res 10f zc 6 1 22 21 1 1 1 sin 0 21 n n n zzz znz 知 1 1 Res 0 6 f zc 7 2 0 1 Res 0lim0 sin z d f zz dzzz 1 1 Res 1 2 sin k z k f z kk zzk 8 1 i 2 1sh Res i1 2 ch zk z f zkk z 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 2 2 2 2 1 z z e dz z 3 3 2 1 cos m z z dz z 其中为整数 m 4 5 2i 1 th z zdz 3 tan z z dz 6 1 1 nn z dz zazb 其中为正整数 且 n 1 1 aba nm 00 Res 1 czf 0 I 当时 212 nm 1 1 2 10 Res2 3 1 mnzf m n 由此 1i 2 1 2 3 mI m 或说为大于或等于 3 的奇数时 m 3 2 1 2 i 1 m Im 4 i 1 ch sh th z kz z z zzf k 为其一级极点 1 0 k0 k时 i 2 0 z在内 则 1 i2 z 1sh Res 00 zzzf故 i2 2 i Resi2 zfdzzfI C 4 5 zzf tan 在 内有一级极点3z 2 1 kzk 0 1 2 3k 共 6 个 故 2 1 tanResk 1 cos sin 2 1 kz z z 由留数定理 1 tan2 iRes 2 i 612i k C zdzf zz 6 当1 时 被积函数在单位圆内解析 故积分为 0 ab 当 时 1ab 11 12 11 1 Res lim 1 1 nn n nnn za dn f z aza ndxzazbnab 21 22 n 11 12 11 1 Res lim 1 1 nn n nnn za dn f z bzb ndxzazbnba 21 22 n b 故积分为 0 当 时 积分 1 a 1 22 1 22 1 n n n nab 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 cos 3 sinz z 2 2 3 z z 解 1 可去奇点 的留数为零 21 t tf zfe t 2 221 1 00 1 1 1 2 21 nn nn nn zz tf zf tnn 故z z 为函数的本性奇点 又由于 在整个复平面解析 故的留数为零 cossinz 3 224 2239 1 3 z zzzz 不含正幂项 故为可去奇点 留数为 1 2c 22 112 Res Res 0 Res 0 2 1 3 f zf z zzz 11 求 的值 如果 Reszf 1 1 2 z e zf z 2 4 1 1 4 zzz zf 解 1 1 2 z e zf z 有两个一级极点 1 1 zz故由全部留数和为零的定理 则 1 lim 1 lim1 Res1 Res Res 11 z e z e zfzfzf z z z z 1sh 22 1 ee 2 41 1 4 zzz zf以为一级极点 0 z1 z为四级极点 4 z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 解 1 函数 15 224 1 2 z zz 3 在 的外部 除3z 点外没有其他奇点 因此根据定理二与规则 IV 15 22432 224 3 11 2 iRes 2 iRes 0 1 2 1 2 iRes 0 2 i 1 12 C z dzf zf zzz z zzz 2 z e z z zf 1 3 1 有奇点 1 z 0 z1 z为一级极点 而0 z为本性奇点 在 0 22 1 1 dx x 6 4 2 4 0 1 x dx x 5 2 cos 45 x dx xx 6 2 sin 1 xx dx x 解 1 由于被积函数的分母53sin 在02 内不为零 因而积分有意义 22 1 1 i 3 12 2 iRes 1 i310i3 53 2i 2 2 i 6 10i2 zz z dz Idz zzzz z z i 3 f z 2 由于被积函数的分母cosab 在02 内不为零 因而积分有意义 2 2 2222 222 1 1 1 i 1 2i 2 i Re 0 Res 1 i2 2 2 zz z dzzaab z Idzs f z zzzbzazbb ab z f z 又 222 222 0 1 3 3 i Res 0 2 z zaazbzza f z bazbzb 22 222222 22 i 1 i Res 4 32 aab z b aabzab f z bz bazbzb 故 22 2 2 Iaab b 3 函数 22 1 1 f z z 在上半平面内只有 2 级极点i 且 2 23 ii 12 Res i lim i lim i 2i 4 zz dd f zzf z dzdz z i 故 22 1 1 dx x 2 iRes i 2 f z 4 注意到被积函数为偶函数 22 44 0 1 121 xx Idxdx xx 函数 2 4 1 z f z z 在上半平面内只有一级极点 i3 i 44 ee 且 i 4 2 3 i1 i Res 444 2 z e z f z z 3i 4 2 3 3 i1 i Res 444 2 z e z f z z 故 1i3 i 2 i Res Res 2442 2 If zf z 5 对于 i 2 45 x e Idx xx 令 2 1 45 R z zz 则2iz 为上半平面内的的一级极 zR 7 点 故有 i1 i 2 i sin2icos2 Res i 242 z z z ee R z e z 则原积分 i1 Re 2 iRes 2i cos2 z R z ee 6 对于 i 2 1 x xe Idx x 令 2 1z z zR 则i z为上半平面内的 zR的一级极点 故有 2i i ilimi Res 1i i i e zz ze zezR z z z ii Resi2 1i eezRI z 则原积分 1 Im Ie 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 sin1sin 2 xx dxdx xx 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 ez0z i z ez 第14题 图 R r R r y x O Ri Cr iiiiii ii ii 0 r zxzzzx RR RR RRr CrRR RR RR eeeeee dzdxdzdzdzdx zxzzzx 令xt 则有 i xx rR Rr ee dxdx i xx 所以 ii sin 2i xx RrR rRr ee dxdxdx x xxx 又 ii i i 22i 2 i zx RR R RRR R R RRR eee dzdxdxe zxR xR 知 i i i lim0 z R R R RR e dz z ii i i 2200 1 i i zRyy R RRR R eee dzdydy zRy Ry R e R 同理 i i 1 zR R R R ee dz zR 知 ii i i lim0 zz R RR RR RR ee dzdz zz 和例 4 采用同样的方法得到 i 0 limi r z Cr e dz z 8 故 0 sin 2ii x dx x 即 0 sin 2 x dx x 15 利用公式 5 4 1 计算下列积分 1 3 1 2 i z dz z 2 2 3 2 i 1 z z dz z 3 3 tan4 i z zdz 4 3 1 0 1 z dz z z 16 设为区域内的一条正向简单闭曲线 CD 0 z为内一点 如果C f z在内解析 且D 0 0f z 在内 0 0fz C f z无其他零点 试证 0 1 2 i C zfz dzz f z 证 f z在C内只有一级零点 0 z 而 00 zzf