第五章留数及其应用(练习题)
练习题
1. 指出下列函数在零点0z =的级：（1）2
2(1)z z e -；（2）3366sin (6)z z z +-； 2. 指出0z =是1sin z z
-的几阶极点； 3. 2z =-是323
8(4)z z +-的几阶极点； 4. 指出1()(1)
z f z e i =-+的全部孤立奇点； 5. 如果0z 为()f z 的本性奇点，则()f z 在0z 的去心邻域中的洛朗(Laurent)级数含0
z z -的多少个负幂项；
6. 确定函数331
()(1)z f z z e =-的孤立奇点的类型；
7. 函数34
4
(1)(3)()(sin )z e z f z z π--=在扩充复平面有些什么类型的奇点？如果有极点，指出它的阶数；
8. 函数441(0)a z a
>+在上半平面内奇点处的留数之和是多少？ 9. 求下列函数在所有孤立奇点处的留数（1）2
1sin z z ，（2）1z z e +； 10. 求函数2(32)()(2)
z f z z z +=+在有限奇点处的留数； 11. 计算积分21||(1)z z z e dz z π+=+? ；
12. 计算积分||252(1)z z dz z z =--? ；
13. 计算积分13||12cos ()()z i z dz e e z i --=+-? ；
14. 计算55||21(3)(1)z dz z z =--? ；
第五章 留数(答案)
复变函数练习题 第五章 留数 系 专业 班 姓名 学号 §1 孤立奇点 孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法 f(z)在点a 处的洛朗展式中， 若无负幂项，则点a 为可去奇点； 若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。 2、极限法 lim ()z a f z → 存在且有限，则点a 为可去奇点； 等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。 3、判断极点的方法 1 ()()()m f z g z z a = -，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零； 1()()lim ()lim()()() m m z a z a f z g z g z z a f z z a →→= =--，存在且有限; 1 ()()() m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零 一、选择题 1．函数 cot 23 z z π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ] （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 cot cos 3 (23)sin 0,()23(23)sin 2 z z z z z k k z z z ππππ=-=?=∈--Z ，
2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和) 3．0z =为函数2 41sin z e z z -的m 级极点，那么m = [ C ] （A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ） 4 224 2 2455 32 01112!3.3=(1)sin sin sin sin 2!lim (1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z →??++ ?--?=?=?++ ? ? ?++= ?? ? L L L 利用方法， 4．z =∞是函数3 2 32z z z ++的 [ B ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）二级极点 （D ）本性奇点 32 22 32321=32=0z z z z z z ζζζζ??++++=++ ??? 以为一阶极点 5．1z =是函数1 (1)sin 1 z z --的 [ D ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）一级零点 （D ）本性奇点 （将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幂项） 二、填空题 1．设0z =为函数3 3 sin z z -的m 级零点，那么m = 9 。 () () 3 5 3391563 3 3 3 91sin ()()3!5!3!5!3!5! z z z z z z z z z z -=--++=-+=-+L L L 2．设0z =为函数3sin z z 的n 级极点，那么n = 2 。 三、解答题 1．下列函数在有限点处有些什么奇点如果是极点，指出它的级：
复变函数习题解答(第6章)
p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ] 7.从 Ceiz /√zdz出发，其中C是如图所示之周线(√z沿正实轴取正值)，证明：(0, +)cosx/√xdx= (0, +)sinx/√xdx=√(/2)． 【解】| C(R)eiz /√zdz| C(R)| eiz |/R1/2 ds = [0,/2]| ei(cos+isin) |/R1/2 ·R d Ri = [0,/2]| e Rsin |R1/2 d
R R1/2 [0,/2]e Rsin d． 由sin2/([0,/2] )，故R1/2 [0,/2]e Rsin d R1/2 [0,/2]e(2R/) d C r ri = (/(2R1/2 ))(1–e R )/(2R1/2
所以，| C(R)eiz /√zdz|0 (asR+)．rR而由| C(r)eiz /√zdz|(/(2r1/2 ))(1–e r ) 知| C(r)eiz /√zdz|0 (asr0+ )． 当r0+ ，R+时， [r,R]eiz /√zdz= [r,R]eix /√xdx= [r,R](cosx+isinx)/√xdx
(0, +)cosx/√xdx+i (0, +)sinx/√xdx． [ri,Ri]eiz /√zdz= [r,R]ei(iy) /√(iy)idy= [r,R]e y ei/4 /√ydy． = (1 +i)/√2 · [r,R]e y /√ydy= 2(1 +i)/√2 · [√r,√R]e u^2 du (1 +i)√2 · (0, +)e u^2 du= (1 +i)√2 ·√/2 = (1 +i)√(/2)．由Cauchy积分定理， Ceiz
(完整版)复变函数知识点梳理解读
第一章:复数与复变函数 这一章主要是解释复数和复变函数的相关概念,大部分内容与实变函数近似,不难理解。 一、复数及其表示法 介绍复数和几种新的表示方法,其实就是把表示形式变来变去,方便和其他的数学知识联系起来。 二、复数的运算 高中知识,加减乘除,乘方开方等。主要是用新的表示方法来解释了运算的几何意义。 三、复数形式的代数方程和平面几何图形 就是把实数替换成复数,因为复数的性质,所以平面图形的方程式二元的。 四、复数域的几何模型——复球面 将复平面上的点,一一映射到球面上,意义是扩充了复数域和复平面,就是多了一个无穷远点,现在还不知道有什么意义,猜想应该是方便将微积分的思想用到复变函数上。 五、复变函数 不同于实变函数是一个或一组坐标对应一个坐标,复变函数是一组或多组坐标对应一组坐标,所以看起来好像是映射在另一个坐标系里。 六、复变函数的极限和连续性 与实变函数的极限、连续性相同。 第二章:解析函数
这一章主要介绍解析函数这个概念,将实变函数中导数、初等函数等概念移植到复变函数体系中。 一、解析函数的概念 介绍复变函数的导数,类似于实变二元函数的导数,求导法则与实变函数相同。 所谓的解析函数,就是函数处处可导换了个说法,而且只适用于复变函数。而复变函数可以解析的条件就是:μ对x与ν对y的偏微分相等且μ对y和ν对x的偏微分互为相反数,这就是柯西黎曼方程。二、解析函数和调和函数的关系 出现了新的概念:调和函数。就是对同一个未知数的二阶偏导数互为相反数的实变函数。而解析函数的实部函数和虚部函数都是调和函数。而满足柯西黎曼方程的两个调和函数可以组成一个解析函数,而这两个调和函数互为共轭调和函数。 三、初等函数 和实变函数中的初等函数形式一样,但是变量成为复数,所以有一些不同的性质。 第三章:复变函数的积分 这一章,主要是将实变函数的积分问题,在复变函数这个体系里进行了系统的转化,让复变函数有独立的积分体系。但是很多知识都和实变函数的知识是类似的。可以理解为实变函数积分问题的一个兄弟。 一、复积分的概念 复积分就是复变函数的积分,实质是两个实二型线积分。所以应该具有相应的实二型线积分的性质。复积分存在的充分条件是实部函数和虚部函数都连续。 二、柯西积分定理
第五章留数定理习题及其解答
第五章 留数定理习题及其解答 5.1设有Λ ΛΛΛ++++++++=+-1212221111)(n n n n z z z z z z f ,能否说0=z 为) (z f 本性奇点?为什么? 答：这个级数由两部分组成：即∑∑∞ =∞ =+-+1 012n n n n n z z 。第一个级数当1 1
第五章 留数(答案)教学内容
第五章留数(答案)
__________________________________________________ 复变函数练习题 第五章 留 数 系 专业 班 姓名 学号 §1 孤立奇点 孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法 f(z)在点a 处的洛朗展式中， 若无负幂项，则点a 为可去奇点； 若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。 2、极限法 lim ()z a f z → 存在且有限，则点a 为可去奇点； 等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。 3、判断极点的方法 3.11 ()()() m f z g z z a =-，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零； 3.21 ()()lim ()lim()()() m m z a z a f z g z g z z a f z z a →→==--，存在且有限; 3.3 1 ()()() m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零
__________________________________________________ 一、选择题 1．函数cot 23 z z π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ] （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 cot cos 3 (23)sin 0,()23(23)sin 2 z z z z z k k z z z ππππ=-=?=∈--， 2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为 ()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和) 3．0z =为函数2 4 1sin z e z z -的m 级极点，那么m = [ C ] （A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ） 4 224 22 4 553 2 01112!3.3=(1)sin sin sin sin 2! lim (1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z →?? ++ ?--?=?= ?++ ? ? ?++= ?? ? 利用方法，
(完整版)《复变函数》教学大纲
《复变函数》教学大纲 说明 1．本大纲适用数学与应用数学本科教学 2．学科性质： 复变函数论是成人高等师范数学专业基础课程之一，它在微分方程、概率论、力学等学科中都有应用，复变函数论方法是工程、科技的常用方法之一。复变函数论主要研究解析函数。解析函数定义的几种等价形式，表现了解析函数这一概念在不同方面的特性。复变函数论的基本理论以柯西定理为主要定理，柯西公式为重要公式，留数基本定理是柯西定理的推广。保形映照是复变函数几何理论的基本概念。；留数理论和保形映照也为实际应用提供了特有的复变函数论方法。 3．教学目的： 复变函数论是微积分学在复数域上的推广和发展，通过复变函数论的学习能使学生对微积分学的某些内容加深理解，提高认识。复变函数论在联系和指导中学数学教学方面也有重要的作用，学生通过复变函数论的学习对中学数学的某些知识有比较透彻的理解与认识，从而增加做好中学数学教育工作的能力。 4．教学基本要求： 通过本课程的学习，要求学生达到： 1．握基本概念和基本理论； 2．熟练的引进基本计算（复数、判断可导性及解析性、复积分、函数 的展式、孤立奇点的判断、留数的计算及应用、求线性映照及简单映 照等）； 2．固和加深理解微积分学的有关知识。 5．教学时数分配： 本课程共讲授72学时（包括习题课），学时分配如下表： 教学时数分配表
以上是二年制脱产数学本科的教学时数。函授面授学时不低于脱产的40%，可安排28~30学时。 教学内容 第一章复数与复变函数 复变函数的自变量和因变量都是复数，因此，复数和平面点集是研究复变函数的基础。复变函数及其极限理论与微积分学的相应内容类似，但因复变函数是研究平面上的问题，因此有其新的含义与特点。 （一）教学内容
留数的计算方法
留数的计算方法 摘 要：本文介绍了常见的几类的留数的计算方法.并通过实例加以阐析. 关键词：留数;极点;零点 The Calculation of the Residue Abstract: This paper presents several commonly solving methods of residue. Based on examples, these solving methods are stated and analyzed. Key W ords: Residue; Poles; Zero-point 引言 由留数定理得知，计算函数)(z f 沿C 的积分，可归结为计算围线C 内各孤立奇点处的留数之和．而留数又是该奇点处的罗朗级数的负一次幂的系数，因此我们只关心该奇点处罗朗级数中的负一次幂系数，也就是说，不必完全求出罗朗级数就可以完全确定该点的留数. 下面介绍求留数的几种常用方法，使用时要根据具体条件，选择一个较方便的方法来进行. 1. 有限远点留数的计算方法 留数定理把计算闭曲线上的积分值的问题转化为计算各个孤立奇点上的留数的问题，即计算在每一个孤立奇点处的罗朗展式中负幂一次项的系数1-C .在一般情况下，求罗朗展式也是比较麻烦的，因此，根据孤立奇点的不同类型，分别建立留数计算的一些简便方法是十分必要的. 1.1 若0z 为)(z f 的可去奇点 则)(z f 在R z z <-<00内的罗朗展开式中不含负幂项，从而01=-a ，故当0z 为 )(z f 的可去奇点时， 0R e ()0.s f z = (1.1) 1.2 若0z 为)(z f 的一阶极点 (1)第一种情形： 若0z 为)(z f 的一阶极点，则)(z f 在R z z <-<00内的罗朗展开式为 1 10010()() ()f z a z z a a z z --=-++-+
复变函数习题答案第2章习题详解
第二章习题详解 1． 利用导数定义推出： 1) ()1-=n n nz z '（n 为正整数） 解： ()()()()()z z z z z n n z nz z z z z z z n n n n n z n n z n ????????-??????++-++=-+=--→→ 2210 0121lim lim ' ()()11210121----→=??????++-+= n n n n z nz z z z n n nz ??? lim 2) 211z z -=?? ? ??' 解： ()()2000111111z z z z z z z z z z z z z z z z z -=+-=+-=-+=??? ??→→→?????????lim lim lim ' 2． 下列函数何处可导？何处解析？ 1) ()iy x z f -=2 解：设()iv u z f +=，则2x u =，y v -= x x u 2=??，0=??y u ，0=??x v ，1-=??y v 都是连续函数。 只有12-=x ，即2 1- =x 时才满足柯西—黎曼方程。 ()iy x z f -=∴2在直线21-=x 上可导，在复平面内处处不解析。 2) ()3332y i x z f += 解：设()iv u z f +=，则32x u =，33y v = 26x x u =??，0=??y u ，0=??x v ，29y y v =??都是连续函数。 只有2296y x =，即032=±y x 时才满足柯西—黎曼方程。 ()3332y i x z f +=∴在直线032=±y x 上可导，在复平面内处处不解析。 3) ()y ix xy z f 22+= 解：设()iv u z f +=，则2xy u =，y x v 2=
【华南师范大学】复变函数(级数、留数)含答案
2011/2012学年（一）学期月考试卷 《复变函数》试卷参考答案 专业 电子信息工程 年级2010班级 姓名 学号 一、填空题（每小题3分，共15分）： 1、设),2)(32(i i z +--=则arg z =8arctan -π 2、设C 为正向圆周2ξ=，3sin() () C f z d z π ζζζ=-?，其中2z <，则1'()f =i 32π 3、积分 ||7 11cos z z dz z =+=-? .12i π 解： 11cos z z +-在圆周7z =内部有三个孤立奇点1230,2,2z z z ππ===- 24222111111 11cos () 1(1)2!4!2!4! z z z z z z z z z z z ?++++= =?=?---++-+ 因为2 12!4! z -+ 为复平面内的收敛幂级数，和函数()z ?是解析的，并且在0z =处 不等于零，所以 1 () z ?在0z =处解析，可以展开为0z =处的泰勒级数。又因为它是偶函数，泰勒级数中必不含z 的奇次幂项，所以可以写成24242c z c z +++ ，故 242422221122(2)1cos z z c z c z c c z z z z z ++=?+++=++++- ， 1Re [,0]21cos z s z +=- 242 22211111 (2)(2)1(2)1cos 1cos(2) (2)1[1]2!4!2!4! 1112(2)1(2)(2)(2)(2) z z z z z z z z z z z z z z z z ππππππππ?ππ?π++++== =? ---------++-++++-=?=?----
复变函数科普知识
复变函数科普知识 1．简介复数的概念起源于求方程的根，在二次、三次代数方程的求根中就出现 了负数开平方的情况。在复变函数 复变函数很长时间里，人们对这类数不能理解。但随着数学的发展，这类数的重要性就日益显现出来。复数的一般形式是：a+bi，其中i是虚数单位。 2．历史复变函数 复变函数复变函数论产生于十八世纪。1774年，欧拉在他 的一篇论文中考虑了由复变函数的积分导出的两个方程。而比他更早时，法国数学家达朗贝尔在他的关于流体力学的论文中，就已经得到了它们。因此，后来人们提到这两个方程，把它们叫做“达朗贝尔-欧拉方程”。到了十九世纪，上述两个方程在柯西和黎曼研究流体力学时，作了更详细的研究，所以这两个方程也被叫做“柯西-黎曼条件”。 复变函数论的全面发展是在十九世纪，就像微积分的直接扩展统治了十八世纪的数学那样，复变函数这个新的分支统治了十九世纪的数学。当时的数学家公认复变函数论是最丰饶的数学分支，并且称为这个世纪的数学享受，也有人称赞它是抽象科学中最和谐的理论之一。 为复变函数论的创建做了最早期工作的是欧拉、达朗贝尔，法国的拉普拉斯也随后研究过复变函数的积分，他们都是创建这门学科的先驱。 后来为这门学科的发展作了大量奠基工作的要算是柯西、黎曼和德国数学家维尔斯特拉斯。二十世纪初，复变函数论又有了很大的进展，维尔斯特拉斯的学生，瑞典数学家列夫勒、法国数学家彭加勒、阿达玛等都作了大量的研究工作，开拓了复变函数论更广阔的研究领域，为这门学科的发展做出了贡献。 复变函数论在应用方面，涉及的面很广，有很多复杂的计算都是用它来解决的。比如物理学上有很多不同的稳定平面场，所谓场就是每点对应有物理量的一个区域，对它们的计算就是通过复变函数来解决的。 比如俄国的茹柯夫斯基在设计飞机的时候，就用复变函数论解决了飞机机翼的结构问题，他在运用复变函数论解决流体力学和航空力学方面的问题上也做出了贡献。 复变函数论不但在其他学科得到了广泛的应用，而且在数学领域的许多分支也都应用了它的理论。它已经深入到微分方程、积分方程、概率论和数论等学科，对它们的发展很有影响。 广义解析函数的应用范围很广泛，不但应用在流体力学的研究方面，而且象薄壳理论这样的固体力学部门也在应用。因此，近年来这方面的理论发展十分迅速。从柯西算起，复变函数论已有170多年的历史了。它以其完美的理论与精湛的技巧成为数学的一个重要组成部分。它曾经推动过一些学科的发展，并且常常作为
(完整版)第1章复变函数习题答案习题详解
第一章习题详解 1． 求下列复数z 的实部与虚部，共轭复数、模与辐角： 1) i 231 + 解： ()()()13 2349232323231231i i i i i i -=+-=-+-=+ 实部：13 3 231= ??? ??+i Re 虚部：132231-=?? ? ??+i Im 共轭复数：1323231i i += ?? ? ??+ 模：131 1323231 2 22=+= +i 辐角：πππk arctg k arctg k i i Arg 232213 3132 2231231+? ?? ??-=+-=+??? ??+=??? ??+arg 2) i i i -- 131 解： ()()()2 532332113311131312i i i i i i i i i i i i i i -=-+-=++---=+-+-=-- 实部：2 3131=??? ??--i i i Re 虚部：25131-=?? ? ??--i i i Im 共轭复数：253131 i i i i +=?? ? ??-- 模：2 34 4342531312 22= =+= --i i i 辐角：πππk arctg k arctg k i i i i i i Arg 235223252131131+??? ??-=+???? ? ??-=+??? ??--=??? ??--arg
3) ()()i i i 25243-+ 解： ()()()2 26722672 72625243i i i i i i i --= -+= --= -+ 实部：()()2725243-=?? ? ??-+i i i Re 虚部：()()1322625243-=- =?? ? ??-+i i i Im 共轭复数：()()226725243i i i i +-= ?? ? ??-+ 模： ()() 292522627252432 2 =?? ? ??-+??? ??-=-+i i i 辐角：()()ππk arctg k arctg i i i Arg 272622722625243+??? ??=+????? ? ?--=??? ??-+ 4) i i i +-21 8 4 解：i i i i i i 3141421 8-=+-=+- 实部：( )1421 8=+-i i i Re 虚部：( )3421 8-=+-i i i Im 共轭复数：() i i i i 314218+=+- 模：103142221 8 =+=+-i i i 辐角：( )()πππk arctg k arctg k i i i i i i Arg 2321324421821 8 +-=+?? ? ??-=++-=+-arg 2． 当x 、y 等于什么实数时，等式 ()i i y i x +=+-++13531成立？ 解：根据复数相等，即两个复数的实部和虚部分别相等。有： ()()()i i i y i x 8235131+=++=-++ ?? ?=-=+8321y x ? ??==?111 y x 即1=x 、11=y 时，等式成立。
第一章 复变函数习题及解答
第一章 复变函数习题及解答 1.1 写出下列复数的实部、虚部；模和辐角以及辐角的主值；并分别写成代数形式，三角形式和指数形式．(其中,,R αθ为实常数) （1）1-； （2） ππ2(cos isin )33-； （3）1cos isin αα-+； （4）1i e +； （5）i sin R e θ ； （6）i + 答案 （1）实部－1；虚部 2；辐角为 4π 2π,0,1,2, 3 k k +=±±；主辐角为4π 3； 原题即为代数形式；三角形式为 4π4π2(cos isin )33+；指数形式为4π i 32e ． （2）略为 5π i 35π5π 2[cos sin ], 233i e + （3）略为 i arctan[tan(/2)][2sin()]2c e αα （4）略为 i ;(cos1isin1)ee e + （5）略为：cos(sin )isin(sin )R R θθ+ （6）该复数取两个值 略为 i i isin ),arctan(1isin ),πarctan(1θθ θθθθθθ+=+=+ 1.2 计算下列复数 1）() 10 3 i 1+-；2）()3 1i 1+-； 答案 1）3512i 512+-；2）()13π/42k π i 6 3 2e 0,1,2k +=； 1.3计算下列复数 （1 （2 答案 （1 （2）(/62/3) i n e ππ+ 1.4 已知x 【解】 令 i ,(,)p q p q R =+∈，即,p q 为实数域(Real).平方得到
22 12()2i x p q xy +=-+，根据复数相等，所以 22 1,(p q pq p x q x ?-=??=??=±==±+ 即实部为 ,x ± 虚部为 说明 已考虑根式函数是两个值，即为±值． 1.5 如果 ||1,z =试证明对于任何复常数,a b 有| |1 az b bz a +=+ 【证明】 因为||1,11/z zz z z =∴=∴=，所以 1() ()1||||| |||||||1()az b az b az b z az b az b z bz a bz a z z bzz az b az b az +++++=====+++++ 1.6 如果复数b a i +是实系数方程 ()011 10=++++=--n n n n a z a z a z a z P 的根，则b a i -一定也是该方程的根． 证 因为0a ，1a ，… ，n a 均为实数，故00a a =，11a a =，… ，n n a a =．且()() k k z z =， 故由共轭复数性质有：()()z P z P =．则由已知()0i ≡+b a P ．两端取共轭得 ()( ) 00i i =≡+=+b a P b a P 即()0i ≡-b a P ．故b a i -也是()0=z P 之根． 注 此题仅通过共轭的运算的简单性质及实数的共轭为其本身即得证．此结论说明实系数多项式的复零点是成对出现的．这一点在代数学中早已被大家认识．特别地，奇次实系数多项式至少有一个实零点． 1.7 证明： 2222 121212||||2(||||)z z z z z z ++-=+,并说明其几何意义． 1.8 若 (1)(1)n n i i +=-，试求n 的值. 【解】 因为 2 2 22 44444444(1)2(cos sin )2(cos sin ) (1)2(cos sin )2(cos sin )n n n n n n n n n n n n i i i i i i ππππ ππππ+=+=+-=-=-
复变函数留数复习题
5.1指出下列函数的奇点及其类型，若是极点，指出它的级： （1）3211z z z --+；（2）() 23211z z +；（3）1z z e -；（4）21n n z z +；（5）()ln +1z z ； （6）3sin z z ；（7）() 211z z e -；（8）2 sin z e z z 。 解：（1） ()() 232 11 111z z z z z =--+-+，奇点：1（二级极点），-1（一级极点）； （2）奇点：0（三级极点），i ±（二级极点）； （3）()()11110111n z z z n n e e e e z ∞---=-==-∑，1z =为本性奇点； （4）令10n z +=，得：()()210,1,2k i n k z e k π+==±±， 因为() 10k n z z z ='+≠，所以()21k i n e π+是一级极点； （5）() 0ln +1lim 1z z z →=，0z =是可去奇点； （6）30sin lim z z z →=∞，且0z =是sin z 的一级极点，是3 z 的三级极点，所以0 z =是3 sin z z 的二级极点； （7）0z =是() 21z z e -的三级零点，所以是 () 21 1z z e -的三级极点， ()21,2z k i k π==±±均为一级极点； （8）2 352 2sin 1123!5!z e z z z z z z z z ???? =+++-+- ?????? ? ！ 0z =是一级极点。 5.4求下列函数在各有限奇点处的留数： （1）241z e z -；；（3）() 3211z +；（5）2 1sin z z ； 解：（1）223 44114822!3!z e z z z z z ??-=---- ??? ()1 4Re ,03 s f z c -==-????； （3）z i =±是三级极点，
复变函数第六章留数理论及其应用知识点总结
第六章留数理论及其应用 § 1.留数 1. （定理6.1柯西留数定理）： dz = 2 m Jc ￡=i 2. （定理6.2）:设a为f⑵的m阶极点, 事（町 （…尸’ 其中響：刃在点a解析，梓丄0，贝U 3. （推论6.3）:设a为f（z）的一阶极点, Re^f(z),a) = (昭詞 § 2?用留数定理计算实积分Q R(cos^,sin&)M型和分—引入 注：注意偶函数 1. (引理6.1大弧引理)：?上 limzf(z)= X 则 lim H'J-M B 2. (定理6.7) 设f(-器梯理分式，其中 P(z) = e o z m + 耳厂，+ + c m(c0丰 0) QCz) = b Q x n + %0勺 + * + 丰 0) 为互质多项式，且符合条件： (1)n-m >2; (2)Q(z股有实零点 于是有 f(x)dx — 2ui工Res(f(z)t au} Jrtiajt >0 注：以fg可记为PM广；?x)dx 丿；黔厂心型积分 3. (引理6.2若尔当引理)：设函数g(z)沿半圆周5￡=恥叫0彰"?丘充金走上连续，且 lim鸟⑵=0 在「里上一致成立。则 lim f幻(胡叫E = o ■ rn 第五章 留数定理习题及其解答 5.1设有 ++++++++=+-1212221111)(n n n n z z z z z z f ,能否说0=z 为) (z f 本性奇点?为什么? 答：这个级数由两部分组成：即 ∑∑∞ =∞ =+-+1 012n n n n n z z 。第一个级数当1 1 习题一答案 1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： （1） 1 32i + （2） (1)(2) i i i -- （3）13 1 i i i - - （4）821 4 i i i -+- 解：（1） 132 3213 i z i - == + ， 因此： 32 Re, Im 1313 z z ==-， 232 arg arctan, 31313 z z z i ==-=+ （2） 3 (1)(2)1310 i i i z i i i -+ === --- ， 因此， 31 Re, Im 1010 z z =-=， 131 arg arctan, 31010 z z z i π ==-=-- （3） 133335 122 i i i z i i i -- =-=-+= - ， 因此， 35 Re, Im 32 z z ==-， 535 ,arg arctan, 232 i z z z + ==-= （4）821 41413 z i i i i i i =-+-=-+-=-+ 因此，Re1,Im3 z z =-=， arg arctan3,13 z z z i π ==-=-- 2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i（2 ）1 -+（3）(sin cos) r i θθ + （4）(cos sin) r i θθ -（5）1cos sin (02) i θθθπ -+≤≤解：（1）2 cos sin 22 i i i e π ππ =+= （2 ）1-+23 222(cos sin )233 i i e πππ=+= （3）(sin cos )r i θθ+()2 [cos()sin()]22 i r i re π θππ θθ-=-+-= （4）(cos sin )r i θ θ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-= （5）2 1cos sin 2sin 2sin cos 222 i i θ θθ θθ-+=+ 2 2sin [cos sin ]2sin 22 22 i i e πθ θπθ πθ θ ---=+= 3． 求下列各式的值： （1 ）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin ) i i i θθθθ-+-- （4） 23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ????+- （5 （6 解：（1 ）5)i -5[2(cos()sin())]66 i ππ =-+- 5552(cos()sin()))66 i i ππ =- +-=-+ （2）100 100(1) (1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=- （3 ）(1)(cos sin ) (1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- 2[cos()sin()](cos sin ) 33)sin()][cos()sin()]44 i i i i ππ θθππ θθ-+-+= -+--+- )sin()](cos2sin 2)12 12 i i π π θθ=- +- + (2)12 )sin(2)]12 12 i i π θπ π θθ- =- +- = p44第一章习题(一)[ 13, 16, 17 , 20] 13. 试证arg z ( -π < arg z ≤π )在负实轴(包括原点)上不连续，除此而外在z平面上处处连续． 【解】记f(z) = arg z，D = \{ z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤ 0}， D1 = { z∈ | Re(z) > 0}，D2 = { z∈ | Im(z) > 0}，D3 = { z∈ | Im(z) < 0}． (1) 首先，f(z)在原点无定义，故f(z)在原点处不连续． (2) 设a∈ ，且a < 0．则f(a) = π． 考察点列z n = | a | (cos(1/n-π)+ i sin(1/n-π))，n∈ +． 显然，-π < 1/n-π≤π，故f(z n) = 1/n-π． 而lim n→∞z n = lim n→∞( | a | (cos(1/n-π)+ i sin(1/n-π)) ) = a， 但lim n→∞f(z n) = lim n→∞(1/n-π) = -π≠f(a)．故f(z)在a处不连续． (3) 下面证明f(z)在D1, D2, D3这三个区域上都连续．设z = x + i y，x, y∈ ．(3.1) 在D1上，f(z) = arctan(y/x)，因arctan(y/x)是{(x, y)∈ 2 | x > 0 }上的二元连续函数，故f(z)是D1上的连续函数． (3.2) 在D2上，f(z) = arccot(x/y)，因arccot(x/y)是{(x, y)∈ 2 | y > 0 }上的二元连续函数，故f(z)是D2上的连续函数． (3.3) 在D3上，f(z) = arccot(x/y) -π，因arccot(x/y) -π是{(x, y)∈ 2 | y < 0 }上的二元连续函数，故f(z)是D3上的连续函数． (4) 最后证明f(z)是D = \{ z∈ | Im(z) = 0，Re(z) ≤ 0}上的连续函数． ?a∈D，因为D = D1?D2?D3，故存在k (k = 1, 2, 3)，使得a∈D k． 因D k是开集故存在r > 0，使得U r(a) = { z∈ | | z –a | < r } ?D k． 根据(3)，f(z)在D k上是连续的，故?ε > 0，?η> 0，使得 ?z∈D k，当| z–a | < η时，| f(z) -f(a) | < ε． 设δ= min { r, η}，则?z∈D，当| z–a | < δ时，z∈U r(a) ?D k， 又因| z–a | < δ< η，故必有| f(z) -f(a) | < ε． 所以，f在a处连续． 由a的任意性，f(z)是上的连续函数． [连续性部分的证明可以用几何的方法，而且写起来会简单些．但我们之所以选择这个看起来很复杂的方法，是可以从这里看出θ(z) = arg(z)作为(x, y)的二元函数，在D1, D2, D3上都有很明显的可导的表达式，因此它在区域D上不仅是连续的，而且是连续可导二元函数：θx = y/(x2 + y2)，θy = -x/(x2 + y2)． 证明中的第四部分并不是多余的，这是因为若f在两个集合A, B上都连续(即使它们有公共的部分)，一般说来，并不能保证f在两个集合A?B上也连续． 第五章 留数定理习题及其解答 注:此例说明，判断孤立奇点 z 类型虽可从f (z)的Laurent 展开式含有负幕项的情 况入手，但切不可忘掉必须是在去心领域内的 Laurent 展式，否则与 z 0是什么性质的点没有 关系。 5.2设 f(z) 在全平面解析，证明：若 ：：为f(z) 的可去奇点，则必有 f(z) 二a 。(常 数)；若：：为 f (z)的 m 级极点，则f (z)必为m 次多项式： f (z)二a ° ? a1z ? III ? a k Z , a k = 0 ；除此之外， f (z) 在Z o = 0 处的Taylor 展式必有无限多 项系数=0。 证： 因为 f (z) 在全平面解析，所以 f (z) 在勺=0邻域内Taylor 展式为 f (z) 二 a 0 a 1z 丨 11 a k z J11且| z " o 注意到这Taylor 级数也是 f (z) 在：：去心邻域 内的Taylor 级数。 所以，当二在 f (z) 的可去奇点<—> f (z) 在：：去心邻域内Laurent 展示无z 的正幕项， 即厲 =a ?=丨1( =0。 故 f (z) =逐(常数)； 当：：为 f(z)的m 级极点u f (z) 在：：去心邻域内Laurent 展示中只含有限个z 的正幕 项,且最 高正幕为m 次(a m = 0 )o f(z) = a ° az 川 a m_z m ‘ a m Z m a m 严 a0 n 0m( ) 即 f (z) 为m 次多项式； 除去上述两种情况，：：为f(z) 的本性奇点=f(z) 在：：去心邻域内Laurent 展开式中 含有无限多 个正幕项， CO f (z)=送 a n z n z ￡邑 因此在 n￡ 中，有无限多个项的系数不为 0。 注(1).对本题的结论，一定要注意成立的条件为 f(z) 在全面解析，否则结论不成 1 f(z)=— 立。例： z 在0 < z V -内解析(与全平面解析仅差一个点!)，且以°°为可去奇点， 1 f (z)=??? +— + 5.1设有 z 本性奇点？为什么？ z nj n z z _ ++ ________ ，能否说z = 0为f (z ) 答：这个级数由两部分组成: od - n ' z n 4 □0 n 二命。第一个级数当 即 z 1 时收 敛,第二个级数当 1 z -<1 2 即 z ::: 2 时收敛。于是所给级数在环域 1 ::: z ::: 2 内收敛(成立)，且和 - 2 1 1 -1 -— 厂 1 z z-1 2-z z -3z 2 函数 z 2 。显然z = 0是 f (z) 的解析点。可见 此级数并非在z = 0的去心领域内成立。故不能由其含无限多个负幕项断定 z = 0的性质。 f(z)二七 1-- z第五章 留数定理习题及其解答
复变函数课后习题答案(全)
复变函数习题解答(第1章)
第五章留数定理习题及其解答