第5章留数(答案)

1、 82 第第 5 章章 留数留数及其应用及其应用 5.1 孤立奇点孤立奇点 奇点的分类是计算留数的基础奇点的分类是计算留数的基础. . 5-1 函数 2 sin z z 在0z 点是（ ）. （A）本性奇点 （B）可去奇点 （C）一级极点 （D）二级极点 解解 3 22 sin11 () 3!3! zzz z zzz 故0z 是它的一级极点. 选（C）. 5-2 0z 是函数 1 1 sin z 的（ ）. （A）本性奇点 （B）可去奇点 （C）一级极点 （D）非孤立奇点 解解 取 1 , zk k 为任意非零整数，皆有 1 sin0 z ，因而在0z 的任一邻域皆有此函 数 1 1 sin

2、z 的无限个奇点. 选（D）. 5-3 iz 是函数 2 (1)(1 e ) z z z 的（ ）. （A）本性奇点 （B）二级极点 （C）一级极点 （D）三级极点 解解 由 2 1(i)(i)zzz及 i 1 e0但 i 1i (1 e )e0 z zz ， 故i是此函 数的二极点. 5-4 1z 是函数 1 e z z 的（ ）. （A）本性奇点 （B）一级极点 （C）可去奇点 （D）二级极点 解解 (1) 1 1 12 111 ee (1) e1)2!(1) z z z z zz 故1z 是此函数的本性奇点. 选（A） 5-5 若( )f z在 0 z点的罗伦级数有无限项， 但不出现 0

3、 zz的正整数幂的项.则 0 z点的函 数( )1/( )zf z的（ ）. （A）本性奇点 （B）极点 （C）解析的点 （D）可去奇点 解解 设 0 0 1 ( ) () n n n f za zz ，则 0 lim( ) zz f z .从而 0 0 lim ( )0, zz zz 是( ) z的可去 奇点. 选（D）. 用罗伦级数展开计算留数是基本方法之一用罗伦级数展开计算留数是基本方法之一. . 5.2 留数留数与留数定理与留数定理 5-6 1 1 Res(e sin,0) z z （ ）. （A）0 （B）1 （C）2 （D） 1 2 解解 1 32 111111 (e sin )(

4、1)() 3! z zzzzzz 选（B）. 当当0z 时，时，ln(1) sin e1 z zzz，这些，均与实函数是一致的，这些，均与实函数是一致的. . 83 5-9 2 1 Res(tan,0)z z （ ）. （A） 1 3 （B） 1 3 （C） 1 6 （D） 1 6 解解 3 111 t an 3zzz 因此， 2 11 Res(tan,0). 3 z z 选（B）. 1 cos z 是偶函数是偶函数 1 0.a 5-10 1 Res(cos,0) z （ ）. （A）0 （B）1 （C） 1 2 （D） 1 2 解解 2 11 cos1 2zz ，故 1 Res(cos,0)

5、0. z 选（A）. 5-11 1 Res( cos,0)z z （ ）. （A）0 （B）1 （C） 1 2 （D） 1 2 解解 11 cos, 2 zz zz 故 11 Res( cos,0). 2 z z 选（D）. 在在1z 处的留数，也可令处的留数，也可令1zt . . 5-12 z-1 Res(e,1) z （ ）. （A）0 （B）1 （C）e （D） 1 e 解解 ( 1) 11 1 eee(1) 1 zz zz z ，故 1 e.C 选（C）. 5-13 2 1/ Res(1),0) z ze（ ）. （A）1 （B）1 （C）1/2 （D） 1 2 解 2 1/ 22 1

6、11 (1)e(1)(1)1 z zzz zzz 选（A）. 故 1 1.C 要注意求要注意求 2 z 点的留数，要展成点的留数，要展成 2 z 的罗伦级数的罗伦级数. . 5-14 Res(sin,) 2 2 z z （ ）. （A）0 （B）/4 （C） 2 （D） 2 解解 2222 2244 R ess i ns i ncos 22(/ 2)2/2/2 z z zzzz 84 其罗伦级数不含 1 /2z 的项，故 1 0C. 选（A）. 也可令也可令1zt 来作来作. . 5-15 1 1 Res( e,1) z z （ ）. （A）1 （B）1 （C） 1 2 （C） 1 2 解解

7、111 111 e(1)ee zzz zz 2 111 (1)(1) 1 12(1)1 z zzz 1 (1). 2(1) z z 选（D）. 5-16 Res(sin,1) 1 z z （ ）. （A）cos1 （B）cos1 （C）sin1 （D）sin1 解解 111 si nsi n(1)si n 1 coscos 1 si n, 1111 z zzzz 而 11 sin 11zz 3 11 ,cos 3!(1)1zz 的罗伦级数中不出现 1 1z 的项，故 1 cos1.C 选（B）. 对本性奇点求留数一般都用罗伦展开，试总结以上各题求留数方法对本性奇点求留数一般都用罗伦展开，试总结

8、以上各题求留数方法. . 5-17 1 Res(sin sin,0)z z （ ）. （A）0 （B）1 （C）e （D） 1 e 解解 3 3 111 sin sin()() 3!3! z zz zzz ，不出现 1 z 的项. 选（A）. 5-18 设 3 0 1 ( )( ) () f zg z zz ，而( )g z在 0 z点解析， 00 ()0,()0g zg z，则 0 z是 ( )f z的m级极点，则m（ ）. （A）1 （B）2 （C）3 （D）0 解解 由 0 z是( )g z的一级零点，故 0 z是 3 0 1 ()zz 的二级极点. 选（B）. 本问题是要读者灵活运用求

9、极点处留数的方法，不要硬套公式本问题是要读者灵活运用求极点处留数的方法，不要硬套公式. . 5-19 设 0 z是( )f z的三级极点，则 0 Res( ( ),)f z z（ ）. （A） 0 3 0 1 lim()( ) 3! zz zzf z （B） 0 2 0 1 lim()( ) 2! zz zzf z （C） 0 4 0 1 lim()( ) 3! zz zzf z （D） 0 3 0 lim()( ) zz zzf z 解解 设 321 32 000 ( ) ()() CCC f z zzzzzz 则 423 0302010 ()( )()()()zzfzCzzCzzCzz 故

10、 4 0100 ()( )3!4 !()zzfzCCzz 0 4 10 1 lim()( ) . 3!z z Czzf z 选（C）. 85 先分清极点的级数，再求留数先分清极点的级数，再求留数. . 5-20 1 cos Res(,0) sin z zz （ ）. （A）0 （B）3 （C）1/3 （D）1 解解 1cos z是0z 的二级零点；sinzz是三级零点，因此，0z 是 1 cos sin z zz 的 一级极点. 32 000 1 cos(1 cos )113 Res(,0)limlimlim3. sinsin2sin21 cos zzz zzzzz zzzzzzz 选（B）.

11、 0z 是是 cos 1 ez z 的一级极点的一级极点. . 5-21 cos Res(,0) 1 ez z （ ）. （A）0 （B）1 （C）1 （D）2 解解 0 coscos Res (, 0)li m1. 1e1e zz z zzz 选（C）. 3z是是 2 3 sin z z 的一级极点的一级极点. . 5-22 2 3 Res(,3) sin z z （ ）. （A）1 （B）1 （C）3 （D） 1 3 解解 2 3 3 li m (3)1 sin z z z z 选（B）. 5-23 2 23 3 Res(,) cos2 z z （ ）. （A）2 （B）2 （C）4 （D

12、）4 解解 2 3/ 2 3 2() 3 2 lim ()2. 2cos z z z z 选（A）. iz 是是 22 sh (1) z z 的一级极点的一级极点. . 5-24 22 sh (Res,i) (1) z z （ ）. （A）/4 （B）/4 （C）/2 （D）/2 解解 (i )(i ) eeee shsh (i) 22 zzzz zz .故 2222 i shsh(i) Re (,i)lim. (1)(i) (i)(2i)4 z zz s zzz 选（A）. 由由tanz与与z是等价无穷小知是等价无穷小知 0 lim cot1. z zz 5-25 Res(tancot ,0

13、)zz（ ）. （A）0 （B）1 （C）1 （D）2 解解 tanz在 0 点解析，而 0 lim cot1 z zz ，故 1 1C. 选（B）. 0z 时，时，ln(1) zz是一级零点是一级零点. . 5-26 1 e Re (,0) ln(1+ ) z s z （ ）. （A）0 （B）1 （C）1 （D）2 解解 0 (1e ) li m2. ln(1) z z z z 选（D）. 24 1 1 cos 2 zz是是0z 的的 4 4 级零点级零点. . 5-27 3 2 Res(,0) 1 cos z z （ ）. （A）1 （B）1 （C）2 （D）0 解解 4 2 0 li

14、m2 . 1c o s z z z 选（C）. sin()w在在w是一级零点是一级零点. . 5-28 11 Res(,) 1 sin z （ ）. （A） 2 （B） 2 1/ （C）1 （D）1 解解 令 1 w z ，则 111 1 sinsin() sin ww z 而 2 1/ 1111 lim()/sinlim sin() zw w z zww 选（B）. 1 ez在在0z 时是一级零点时是一级零点. . 5-29 1 Res(cot ,0) 1 ez z （ ）. （A）0 （B）1 （C）1 （D）2 解解 0 lim()1 1 ez z z ，而 0 lim cot1 z z

15、z ，故留数为 0. 选（A）. 直接用直接用0z 是是( )( )f zz的一级极点也可得到相同结果的一级极点也可得到相同结果. . 5-30 函数( ) z在0z 解析，( )f z以0z 为一级极点，且留数为 1，则 Res( ) ( ), 0)f zz（ ）. （A）(0) （B）(0) （C）2(0) （D）2(0) 解解 记 01 ( ) zaa z 01 1 ( )f zCC z z 则 0 ( )( ) a f zz z 故 0 Res ( )( ), 0)( 0).fzza 选（A）. 注意注意i是函数的二级极点是函数的二级极点. . 87 5-31 2 3 1 R e (,

16、i ) (i ) z s z （ ）. (A)0 (B)1 (C)1 (D)2 解解 i lim(i )1. z z 选 （B） . 这里这里( )()f zfz时也称为偶函数，则偶函数在时也称为偶函数，则偶函数在0z 的留数为的留数为 0. 0. 5-32 3 sin Re (,0) z s z （ ）. （A）0 （B）1 （C）1/3 （D）1/6 解解 2 sin z z 是偶函数， 罗伦级数中不出现 1 z 的项， 故 1 0C. 选 （A） . 若若令令zkw则则 33 cotcotzw在在0w是三级极点，求留数可得相同结果是三级极点，求留数可得相同结果. . 5-33 3 Re

17、(cot, )sz k（ ） ， （k为一整数）. （A） 1 ( 1)k （B）1 （C）( 1) 2 k （D）2 解解 33 3 33 cos( 1) cos () cot sin( 1) sin () k k zzk z zzk 3 3 cos ()cos3()3cos() sin ()3sin()sin3() zkzkzk zkzkzk 22 3 33 91 (1()3(1() 22 13 3(3)(3) 3()() 3!3! zkzk kkzkzk 2 3 32 46()11 1 () 4() (1) 2 zk zkzk zkz 1 1.C 选（B）. 注意注意iz 是函数的二级极

18、点是函数的二级极点. . 5-34 2 1 Re (,i) (i)(1) s zz ( ). (A) i 4 (B) i 4 (C) 1 4 (D) 1 4 解解 2 ii 1( 1)1 lim()lim. i(i)4 zz zz 选（C）. 偶函数在偶函数在 0 0 点的留数为点的留数为 0.0. 5-35 1 Res(,0) sinzz （ ）. （A）0 （B）1 （C）1 （D）1/6 解解 1 s i nzz 的罗伦展式中不出现 1 z 的项. 选 （A） . 5-36 3 3 Res(, 1) (1) z z （ ）. (A) 1 (B) 2 (C)3 (D)6 解解 3 1 li

19、m ()6 z z ，故 3 3 Res(, 1)3 (1) z z . 选（C）. 88 虽然本题函数在虽然本题函数在0z 是三级极点，但这样作更简便是三级极点，但这样作更简便. . 解解 2 2 用罗伦展开法作更简便用罗伦展开法作更简便. . 5-37 6 sin Res(,0) zz z （ ）. （A）0 （B） 1 5! （C） 1 5! （D） 1 3! 解解 1 6( 5 ) 6 0 s i n li m ()1 z zz z z 故 6 sin1 Re (,0). 5 zz s z 解解 2 35 11 sin 3!5! zzzz 故 63 sin11 1 . 3!5! zz

20、zzz 选（C）. 0z 是是 3 3 级极点但这样作更好级极点但这样作更好. 5-38 4 1 e Re (,0) z s z （ ）. （A） 1 3! （B） 1 3! （C） 1 4! （D） 1 4! 解解 0 lim (1e)1 z z ，故 4 1 e1 Res(,0). 3! z z 选（A）. 5-39 1 Res(,0) e sin z zz （ ）. （A）0 （B）1 （C）1 （D）2 解解 2 00 ee (sincos )e lim()lim1. sinsinsin zzz zz zzzzz zzz 选（B）. 用罗伦展式作更简单用罗伦展式作更简单. . 5-40

21、 2 1 Res(,0) sinzz （ ）. （A）1 （B）-1 （C） 1 3 （D） 1 3 解解 22 24 122 2 sin(1 cos) (2) 3 zzzz zzz 3 32 111 1 3 (1) 3 zz zz 1 1 . 3 C 选 （C） . 5-41 求证， 如果 0 z是( )f z的(1)m m级零点， 那么 0 z是 0 ()fz的1m级零点. 证 0 ( )()( ) m fzzzz 故 1 00 ( )()( )()( ) mm fzm zzzzzz 1 00 1 0 ()( )()( ) ()( ) m m zzmzzzz zzz ( ) z在 0 z解

22、析，且 00 ()()0zmz，故 0 z是( )fz的1m级零点. 洛必达法则可用于复变函数的极限洛必达法则可用于复变函数的极限. . 5-42 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，则 00 ( )( ) limlim ( )( ) zzzz f zfz g zg z （或两端为）. 证证 设 0000 ( )()( ), ( )()( ) ()0,()0 mn f zzzz g zzzzzz均解析. 若mn，则 00 ( )( ) limlim ( )( ) zzzz f zfz g zg z 及 00 ( )( ) ,limlim0 ( )( )

23、zzzz f zfz mn g zg z 是明显的，故只要证明mn的情况. 0 ( )( ) lim ( )( ) zz f zz g zz 而 000 00 00 ()()( )( ) limlimlim. ( )()()( ) zzzzzz mzzfzf z g zmzzg z 注意注意zk和和ik皆是函数的孤立奇点皆是函数的孤立奇点. . 5-43 判定 11 shsinzz 孤立奇点的类型，并求相应奇点处的留数. 解解 （1）0z 是一个孤立奇点. 而 0 sinsh lim0 sin sh z zz zz ，故这是可去的奇点从而 11 Res(,0)0. shsinzz （2）0,s

24、h0i,1, 2,),sin0,(1, 2,)zzzkkzzkk 因此，zk 和ik均是此函数的一级极点，且 i 111 Res(, i)lim(i) shsinsh 11 ( 1) ,(1, 2,) ch( i)cos( ) zk k kzk zzz k kk 1 111 Res(, )lim() shsinsin 1 ( 1),(1, 2,). cos zk k kzk zzz k k ( )fz中无中无 1 0 ()zz 项项. . 5-44 证明：若( )f z以 0 z为一级极点，则 0 Re ( ),)0.s fz z 证证 记 1 0 ( )( ), ( ) () C f zzz

25、 zz 在 0 z是解析函数，则 1 2 0 ( )( ). () C fzz zz 即( )fz在 0 z点的罗伦级数中，不含 0 1 zz 的项，故 0 Res( ),)0fz z. 5-45 函数cossinzz在z 的奇点类型与留数是什么？ 解解 由于cossinzz在(RzR 为任意正实数） 解析， 故且故cossinzz是 的本性奇点，而 90 2 11 Res( ( ),)Res ( ),0f zf zz 故 Res (cossi n,)0.zz 注意求在注意求在点的留数的公式点的留数的公式. . 5-46 求函数 2 e 1 z z 在点的留数. 解解 1 由 2 11 Res

26、 ( ),Res ( ),0f zf zz 而 1 22 11e ( ) 1 z f zzz 23 24 1 (1)(1) 2!3! zz zz z 故 1 z 的项系数为 11 1sh1 3!5! Res ( ),sh1.f z 解解 2 在有限点 2 e 1 z z 有1z 是一级极点 1 2 e1 Res(, 1)e . 12 z z 故 1 2 e1 Res(,)( ee )sh1. 12 z z 也可用也可用 00 lim( )lim( )/(1/ )1 zz zf zf zz ，故，故0z 是是( )f z的一级极点的一级极点. . 5-47 已知( )f z在0 | 1z内解析，

27、且 0 lim( )1 z zf z ，证明0z 是( )f z的一级极点 且Res( ( ),0)1.f z 证证 由( )f z在0 | 1z内解析，知 ( ),0 | 1 n n n f zC zz 而由( )1zf z 知上述展开的负幂次项有且仅有 1 z 的一项，故0z 是一级奇点. 且 0 Res( ( ),0)lim( )1. z f zzf z 注意本题与对数留数的联系注意本题与对数留数的联系. . 5-48 已知( )f z以0z 为n级零点，证明Res( )/( ),0).fzf zn 证证 记( )( ), ( ) n f zzzz在 0 点解析，且(0)0，于是 1 (

28、 )( )( )( ) ( )( )( ) nn n fznzzzznz f zzzzz 由(0)0，知( )/ ( )zz在 0 点解析，故 Res( )/( ),0).fzf zn 应将这些与对数留数相联系（应将这些与对数留数相联系（5 5- -4848 题、题、5 5- -4949 题）题）. . 5-49 已知0z 是函数( )f z的n级极点，证明 ( ) Res,0. ( ) fz n f z 证证 设( )( ), ( ) n f zzzz 在0z 解析，且(0)0，于是 1 ( )( )( )( ) . ( )( )( ) nn n fznzzzznz f zzzzz 91 (

29、 )/ ( )zz在0z 解析，故 Res( )/( ),0).fzf zn 注 意 在注 意 在| 2z 内 有内 有n个 奇 点个 奇 点 . . 即即 011 1()()() n n zzwzwzw 而 求而 求 1 lim() 1 k n k n zw z zw z 用洛必达法则作更简单用洛必达法则作更简单. . 5-50 1 | | 2 d 1 n n z z z z （ ） ， （n是正整数）. （A）0 （B）2i （C）2 in (D) 2i n 解解 记 011 , n w ww 是10 n z 的n个根，则这n个点皆是被积函数在| 2z 内的 一级极点，故 11 1 Res

30、(,)lim(),(0,1,2,1) 11 k nn kk nn zw zz wzwkn zzn 故 1 1 0 |2 1 d2i2i. 1 n n n k z z z zn 选（B）. cossin() (), 222 zzz故故 2 z 是是 1 cosz 的一级极点的一级极点. . 5-51 | | 2 d cos z z zz （ ）. （A）2i （B）0 （C）2i+8i （D）cos(2-8)i 解解 在| 2z 内被积函数有三个奇点：0z 是一级极点， 2 z 也是一级极点. 1 R e s (, 0 )1 c o szz 2 12 2 Res(,)lim cos2cos z

31、z zzzz 12 Res(,) cos2zz 留数和为 4 1 ，积分为 4 2i(1). 选（D）. 1 tan tan() 2 z a 而而 tan() 22 zz故故 2 z 是是tanz的一级极点的一级极点. . 5-52 | | 3 tan d z z z （ ）. （A）4i （B）4i （C）8i （D）8i 解解 在| 3z 内tanz有 2 2 个一级极点. 2 2 s i n() 2 R e s ( t a n,)l i m1 2c o s s i n() 2 R e s ( t a n,)l i m1 2c o s z z z z z z z z z z 留数和为2，积

32、分为4i. 选（B）. 5-53 1 | | 1 ed z z z zz （ ）. （A） 1 e i （B）2i （C） -1 2e i （D）2i 解解 11 11 2 11 eeee(1) 2! z zz zzz zz 1 1 1 e 2 C ，故积分值为 1 e i. 选（A）. 5 1z 有有 5 5 个根，均分布在单位圆上个根，均分布在单位圆上. . 5 1, k w 故故 4 1 . k k w w 5-54 5 | | 2 d 1 z z z （ ）. （A）0 （B）2i （C）5 2i （D） 2 i 5 解解 设 1234 ,w w w w和 5 w是 5 10z 的 5

33、 个不同的根，则在| 2z 内被积函数有 5 个一级极点即(1,2,3,4) k zw k，因此，留数和为 5 1 0 5 k k w ，从而积分为 0. 选（A）. 注意注意| 1z 时时 1 z z ，因此，因此0z 是是coszz的本性奇点的本性奇点. . 5-55 | | 1 cos d z zz z （ ）. （A）0 （B）2 （C）i （D）2i 解解 2 11 coscos(1) 2 zzzz zz 11 Res( cos,0) 2 z z 积分值为 1 2i()i. 2 选（C）. 5.3 对数对数定理在计算实积分中的应用定理在计算实积分中的应用 5-21 2 0 |1 c

34、o s 2d ( ) d 2 -c o s z fzz ，则( )f z （ ）. （A） 4 22 i(1) (41) z zzz （B） 4 22 (1) (1 4 ) z zzz （C） 2 i(21) (1 4 ) z zz （D） 4 22 1 (1 4 ) z zz 93 解解 2 i2 i4 i iiii2 i cos 2eee1 2cos4ee4( 4ee1) 令eiz ， 则 24 2 22 0 | | 1 cosd1 d 2-cosi(41) z z z zzz 4 22 | | 1 i(1) d (41) z z z zzz 选（A）. 5-22 计算积分 | | 1 d

35、 . sin z z zz 解解 由 35 sin 3!5! zz z，得 （1）0z 是sinzz的三级零点； （2）在0 | | 1z内无零点： 24 3 3 3 24 12 |sin| | () 3!5!7! 111 | () 3!5!7! 1111 | (1)0 3!5!55 z zzz z z 而 3 32 113!3 11 sin10 () 3!5! zzzz zz 故 13 Res(,0). sin10zz | | 1 d33 2ii. sin105 z z zz 5-23 计算 | | 1 1 cosd , n z zz n z 是正整数. 解解 在| 1z 内，0z 是 1

36、cos n z z 的唯一的本性奇点，且 22 111 cos(1( 1)2 2!(2 )! nnk k zznk zzkz 故 0,2 1 R e (c o s, 0 )1 ( 1),21 ( 2 ) ! n k nk s z nkz k 于是 |1 0,2 1 c o sd, (0, 1, 2,) .2i ( 1),21 ( 2 k ) ! n k z nk zzk nkz 5-24 求 | | 5 d sin (1 cos ) z z z zz 的值. 解解 0z 是被积函数的二级极点，由于其罗伦级数中无 21( 1,0,1,2,) m zm 的项， 故 Res(,0)0 sin (1

37、cos ) z zz 在| 5z 中，尚有z 两个一级极点. () Res(, )lim. sin (1 cos )sin()(1 cos )2 z zzz zzzz 故奇点处留数之和为 0，所求积分为 0. 5-25 计算 2 0 d . 1 2isin 解解 令 i ez ，则 1 2isin,di dzzzz 原积分 2 | | 1 d i(1) z z zz 若 2 10zz ，则有 15 2 z 两个零点，仅有 51 2 在| 1z 内， 2 15115 Res(,) 1255zz 于是 2 0 d2 5. 1+2isin5 5-26 计算 2 0 d . 5+3cos 解解 令 1

38、 i d3() e ,d,3cos i2 zzz z z 原积分 2 | | 1 2d i(3103) z z zz 在| 1z 内仅 1 3 z 一个一级极点. 2 111 Res(,) 310338zz 故 2 0 d1 . 5+3cos2 ii1 i eed co s.di e dd. 22i zzz zi zd z 5-27 计算积分 222 0 d . (4) (1) x xx 解解 记 222222 0 d1d (4) (1)2(4) (1) xx I xxxx 222 1 i(Res(,i) (4) (1)xx 222 1 Res(,2i) (4) (1)xx 3 i225 i(

39、i). 9 29 4288 5-28 计算积分 23 d . (610) x xx 95 解解 原式 23 1 2iRes(,i3) (610)zz 35 5 i 3 1123 ii. (3i)2 i8 z z 5-29 计算 2 0 cos2 d . 4 x x x 解解 原式 224 + 4 22 1eee diRes(,2i)ie . 2444i4 xizi x xz 5-30 计算 22 0 cos /2 d . (4) x x x 解解 原式 3 ii 22 2222 1ee diRes(,2i) 2(4)(4) x x xz i 2 2i 2 e i. (2i)16e z z z 5.4 * 对数留数对数留数与与辐角原理辐角原理 5-31 叙述函数( )f z的对数留数的概念及其与( )f z的零点与极点的关系. 解解 设( )f z在简单闭曲线C上解析，且在C上( )0f z ，则称积分 1( ) d 2i( ) C fz z f z 为 ( )f z关于曲线C的对数留数，很明显它是( )f z的对数函数在C所围区域内部的留数的