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数学物理方法习题解答

一、复变函数部分习题解答
第一章习题解答

1、证明
Rez
在
z
平面上处处不可导。
证明：令
Rezuiv
。
Rezx
，
ux,v0
。
u
x
1
，
v
y
0
，
u< br>x

v
y
。
于是
u
与
v
在
z
平面上处处不满足C－R条件，
所以
Rez
在
z
平面上处处不可导。
2、试证
f

z

z
2
仅在原点有导数。
z
2< br>证明：令
f

z

uiv
。
f< br>
z


u
x
2x,
uy
2y
。

v
x

v
y
xyuxy,v0
2222
。

。
u
x
u
y
v
x< br>v
y

在原点所以除原点以外，
u,v
不满足C－R条件 。而
,,
连续，且满足C－R条件，所以
f

z

在原点可微。
v

u
f


0



i

x
x
z
z
2
x0
y0

vu


i

yy

*
0< br>。
x0
y0
2
或：
f


0



lim
z0
lim
zz
2< br>lim

z

lim

xiy

0
z0x0
y0
。
。
*
z
z0
z
lim
zzzz
z
*
i 2

**
z0
lim(z
z0
*
z
*
z
z)0
z0
【当
z0,zre
i

，
z
z
e
与趋向有关，则上式中
z
z

z
*
z
1
】
1

3、设

x
3
y
3
 i(x
3
y
3
)

22
f(z)
< br>xy

0

z0
z=0
，证明
f

z

在原点满足C－R条件，但不
可微。
证明：令
f

z

u

x,y

iv

x,y

，则

x
3
y
3

u

x,y



x
2
y2

0


x
3
y
3
< br>v(x,y)

x
2
y
2

0

u
x
(0,0)lim
xy0
xy=0
2222
，
xy0
xy=0
22
22
。
u(x,0)u(0,0)
x
u(0,y)u(0,0)
y
x0
lim
x
x
3
3
x0
1
，
u< br>y
(0,0)lim
y0
lim
y
y
33
x0
1
；
v
x
(0,0)lim
v(x,0)v(0,0)
x
v(0,y)v(0,0)
y
x0
lim
x
x
3
3
x0
1
，
v< br>y
(0,0)lim
y0
lim
y
y
3
3
x0
1
。
u
x
(0,0)v
y< br>(0,0),u
y
(0,0)v
x
(0,0)

f(z)
在原点上满足C－R条件。
33
但
lim
z 0
f(z)f(0)
z
lim
xyi(xy)
(xy )(xiy)
22
33
z0
。
令
y
沿
ykx
趋于
0
，则
limxyi(xy)
(xy)(xiy)
22
3333
z0
1ki(1k)
(1k)(1ik)
2
33
kkk1i(kkk1)
(k1)
22
4343

依赖于
k
，
f(z)
在原点不可导。
4、若复变函数< br>f

z

在区域
D
上解析并满足下列条件之一，证明 其在区域
D
上
2

必为常数。
（1）
f

z

在区域
D
上为实函数；
（2）
f
*

z

在区域
D
上解析；
（3）
Ref

z

在区域
D
上是常数。
证明：（1）令
f(z)u(x,y)iv(x,y)
。
由于
f

z

在区域
D
上为实函数，所以在区域
D上
v(x,y)0
。



f(z)
在区域
D
上解析。由C－R条件得

v
x
0
。
u
x

v
y
0
，
u
y


在区域
D
上
u(x,y)
为常数。从而
f

z< br>
在区域
D
上为常数。
（2）令
f(z)u(x,y) iv(x,y)
，则
f
*
(z)u(x,y)iv(x,y)
。



u
x
f(z)
在区域
D
上解析。由C－R条件得
。 （1）

v
y
,
u
y
v
x
又
f
*
(z)
在区域
D
上解析，由C－R条件得
u
x

v
y
,
u
y

v
x
。 （2）
联立（1）和（2），得
u
x

u
y

v
x

v
y
0
。
u,v< br>在区域
D
上均为常数，从而
f(z)
在区域
D
上为常 数。
f(z)u

x,y

。
u
x

u
y
0
。
（3）令< br>f

z

u

x,y

iv< br>
x,y

，则
Re
由题设知
u

x,y

在区域
D
上为常数，

3

又由C－R条件得，在区域
D
上
v
 x

u
y
0,
v
y

u
x
0
，于是
v
在区域
D
上为常数。

u,v
在区域
D
上均为常数，从而在区域
D< br>上
f(z)
为常数。
5、证明
xy
2
不能成为
z
的一个解析函数的实部。 证明：令
uxy
2
，
u
x
2
2

u
y
2
2
02x2x
。
的一个解析函数的实从而它不能成为
z
u
不满足拉普拉斯方程。
部。
6、若
zxiy
，试证：
（1）
sinzsinxcoshyicosxsinhy
；
（2）
coszcosxcoshyisinxsinhy
；
（3）< br>sinz
（4）
cosz
2
＝sinxsinhy
2222
；
2
cosxsinhy
。
证明：（1）
sinzsin(xiy)sinxcos(iy)cosxsin(iy)

cos(iy)coshy,sin(iy)isinhy
，
sinzsinxcoshyicosxsinhy
。
（2）
coszcos(xiy)cosxcos(iy)sinxsin(iy)


cos(iy)coshy,sin(iy)isinhy
，

coszcosxcoshyisinxsinhy
。
2
（3）
sinz



(sinxcoshy)(cosxsinhy)
sinxcoshycosxsinhy222
22
2222

sinx(1sinhy)cosxsinhy

2
sinx(sinxcosx)sinhysinxsinhy
4
222222
。

（4）
cosz
2



(cosxcoshy)(sinxsinhy)cos xcoshysinxsinhy
2222
222222

cosx(1sinhy)sinxsinhy

cosxcosxsinhysinxsinhy
2222
22222

22
cosx(cosxsinx)sinhycosxsinhy
。 < br>7、试证若函数
f

z

和


z

在
z
0
解析。
f

z
0




z
0

0
则
lim
f

z

zz
0
,



z
0

0
，


z
< br>
f


z
0



< br>z
0

。（复变函数的洛必达法则）
证明：
f

(z
0
)
lim
f(z)f(z
0
)
z z
0
f(z)f(z
0
)
lim
zz
0< br>zz
0


(z
0
)

zz< br>0
zz
0
lim

(z)

(z
0
)
zz
0

(z)

(z
0)
zz
0
lim
f(z)f(z
0
)
z z
0

(z)

(z
0
)
lim< br>f(z)
zz
0

(z)
。
或倒过来做。 8、求证：
lim
证明：
lim
z0
sinz
zsinz
z
z0
1
。
lim
(sinz)
z

limcosz1
。
z0z0
第二章习题解答
9、利用积分估值，证明
a．
< br>i

x
2
iy
2

dz
右半圆周。
b．证明

2i
i
i


积分路径是从
i
到
i
的
dz
z
2
2
积分路径是直线段。
证明：a．（方法一）


x
i
i
2
iy
4
2
dz


x
i
i
2
iy2

dz
2

i
i
xy
22< br>44
dz



i
i
x2xyy224
dz

i
i
(xy)dz

。
5

（方法二）在半圆周
x
2

424
y1
上，
x1,y1
，从而
2
22
24422
xxyyxyxy
xy1
，
max
22
在半圆周
x
2
y 1
上，
xiy
2
22

i
2
xy< br>xy
2
44
xy
44
c
1
，


x
i
i
2
iy
i
2

dz

i
i
xiy
22
dz
4< br>
i
4
c
dz

i
i
dz

。
或：

i

x
2
iy
2

dz
b．证:
max
2i
i
maxxy



。
1
x1
2
1
z
2
zxi
max
1
z
2
zx i
max1



dz
z
2
max
1
z
2
zxi
2 2
。
10、不用计算，证明下列积分之值均为零，其中
c
均为圆心在原点，
半径为
1
的单位圆周。
a．

dz
cosz< br>c
；b．

c
1
edz
z5z6
2< br>z
。
，由于
z
n

1
，所以它们均证明： a．
cosz
的奇点为
z
n
1


< br>n


,n0,1,

2

不在以 原点为圆心的单位圆内。


1
cosz
在以原点为圆心的单位圆内无奇点，处处解析。
dz
z
0
。 由柯西定理:

c os
c
b．
e
2
z
z5z6

ez
(z2)(z3)
的奇点为
z
1
2
，
z
2
3
，它们均不在以
原点为圆心的单位圆内。

e
2
z
z5z6

在以原点为圆心的单位圆内处处解析。
由柯西定理:


c

edz
z5z6
2
z
0
。
6

11、计算
a．

c
2zz1< br>z1
2
dz

c:z2

；b．
< br>2zz1
2
c

z1

2
dz

c:z2

。
解: a．
2z
2
z1
在
z2
所围区域内解析，且
z1
在
z2
所围区域内。
由柯西积分公式得

2zz1
z1
2c
dz2

i(2zz1)
2
z1
2

i24

i
。
b．
2z
2
z1
在
z2
所围区域内解析，且
z1
在
z 2
所围区域内。
由推广的柯西积分公式得

2zz1
2
c

z1

2
dz2

i

2zz1

2

z1
2

i
4z1

z1
2

i36
i
。
12、求积分

c
解:
e
z
e
z
z
dz
（
c:z1
），从而证明

e
0

cos

cos

sin

d



。
在
z1
所围区域 内解析，且
z0
在
z1
所围区域内。
由柯西积分公式得

c
在
c
上令
zei

，


e
z
z
dz2

ie
z
z0
2

i
。 （1）




，则


e
z
c
z
dzi



ed
i
e
i




e
cos

isin

d

i



e
cos



cos

sin


isin

sin




d



cos

i

e


cos

sin


d



e


cos

sin

s in


d

2i

e
0
co s

cos

sin


d

，
其中利用了，由于
e
cos

sin

sin

是

的奇函数，而
e
cos

c os

sin


是


的偶函数，所以


cos


cos


e< br>

sin

sin


d
0
，

e


cos

sin

d

2

e
0
cos

cos

sin


d

。
7



c
e
z

z
dz2

i
0
co

s
e co

s

。
s


in
d
（2）
从而，联立（1）和（2），得


e0
cos

cos

sin


d< br>


dz
c
。

0
13、由积 分

证明：
1
z2
z2
之值，证明

12cos

54cos
d

0
，
c
为单位圆周
z1
。
在单位圆周
z
0
。
1
所围区域内解析。由柯西定理:

dz
z2
c
（1）




另一方面，在
c
上
ze
i

，

，
2
i


dz
z2



c


z2
c
z2

z
i

i

2
dz




e
i


e
i

2

e2

ied

i


i

i



1 2e
12

e
i

e

4

d

i




12cos

2isin

54cos

d

d





12cos

54cos

sin

d

2

sin

54cos



（2）

54cos

d


54cos

sin

为

的奇函数，
0
（3）
由（1）、（2）及（3）得


54cos

d



12cos

0
。（4）
又

12cos

54cos



为

的偶函数，

0


54cos

12cos

12cos

d

2
12cos

54cos

d

。（5 ）
于是由（4）和（5）得
d

0
。
54cos

z6
F

z

dz
14、设
F

z


2
，证明积分

c
z4


0

a.当
c
是圆周
x
2


y1
时，等于
0
2
；
8

< br>b.当
c
是圆周

x2

2
y
2
c.当
c
是圆周

x2

2
y2
证明：
F

z


z6
z4< br>2
1
时，等于
4

i
；
1
时，等于
2

i
。

z6
z2

z2

2
的奇点为
z
1
2
及
z
2
及
z
2
2
 2
。
a.当
c
是圆周
x
2
y1
时，
z
1
2
均在圆外，
F

z

在 圆内
解析。由柯西定理:

c

z2

z2

dz0
。
b.当
c
是圆周

x2

2
y
2
得

c
z6z6
1
时，仅
z
1
2
z6
z2z2
在圆内。由柯西积分公式
。

z2

z 2

dz2

i2

i24

i
c.当
c
是圆周

x2

得
< br>c
z6
2
y1
时，仅
z
2
22
在圆内。由柯西积分公式

z2

z2
< br>dz2

i
z6
z2
z2
2

i

1

2

i
。
第三章习题解答
15、求下列级数的收敛半径，并对c讨论级数在收敛圆周上的敛散情况。
a.

n1

1
n
n
z
n；b.

n
n1

n
z
n
；c.< br>
n
k
z
n
（
k
n0

0
为常数）。
解: a.
Rlim
1
n
n< br>1
n
n
lim
1
1
n
1
n
n
limn
n
。
b.
c.
Rli m
1
n
n
n
n
lim
n
0< br>。
k
Rlim
n
k
k
n

n1

1
n

n

lim

1
。
n
n1

或
Rlim
n
n
k
lim
1
k
n
1
。
n
n
9

11
limx
x
x
lime
x
x
lnx
1
【
li m
lnx
x
x
lim
1
x
x
 0
（洛必达法则）】

在收敛圆周
z1
上，
zei

，级数成为

n
k
e
in
。
n0
k0
，

它的通项
n
k
e
in

在
n
时，不趋于
0
。
故级数

n
k
e
in

发散。
n0

16、试求下列级数的收敛半径。
a.

n0

z
n!
；b.

n0

n!
n
n
z
n
；c.

n0
n!

z
n
n
n
aib

a0,b0

。
解: a.当
lim
z

n1

!
n
z
z
n!
lim

z

n1< br>n
z
n!
limz
n
n!n
1
时，级数收敛。
当
lim
n!n
n
1
时，级数发散。
亦即当
z1
时，级数收敛。而当
z1
时，级数发散。
于是收敛半径
R1
。
b.
Rlim
nn!n
n
n1

n1

!

n 1

1
n
lim
n!

n1

n1
n
n

n1

!n
n
l im

n1

n
2n
n
n
n
1

lim

1

e
。
n 
n

n
c.
Rlim
n
a
n
，
Rlim
2n
n
n
aib
1
2 n
n
lim

a
n
2n
b
。
2n
1
2n
1
1
又因为
max

a,b



a
故lim

a
n
2n
b
2n

 2
2n
max

a,b

，且
lim2
n 
1
，
b
2n

1
2n
max

a,b

。
于是所求级数的收敛半径
Rmax

a,b

。
或：
Rlim
n
a
n
a
n1
，
Rlim
a
2n2
b
b
2n2
2n
n
a
2n
。
10

当
a b
时，
Rlim
a
2n2
b
b
2n2
2n
n
a
2n
lim

b

a


a

2
2n
b
2n
2
n

b

1


a


a



b

2n
2
a
，
当
ab
时，
Rlim
a
2n2< br>b
b
2n2
2n
ab
2n
2
n
a
2n
lim
n

a



b

b
，
1
Rmax

a,b


17、将下列函数按
z
的幂展开，并指明收敛范围。
a.

0
e
z
解: a.
e
z
2
z
2
dz
；b.
cosz
。
2



n0
z
2
z
2n
n!
，
z
z


，



edz
0
z


0z
2n
n0
n!
dz


n0
z
0
z
2n

n!
dz

n!
n0

z
2n1

2n1

n2n


z
n
。
， b.
cosz
2
1
2

1cos2z

，
cos2z
1

n

1

2z



< br>2n

!
n0
z

1

2
2n
z
2n



2n!

n0
z

cos
2
z

1

2
2n1
z
2n


2
n0

2n

!
。
18、将下列函数按
z1
的幂展开，并指出收敛范围。
a.
cosz
；b.
z
z2
；c.
z
z2z5
2
。
解: a.
coszcos

1

z1


1

sin1s in

z1

。

cos1cos
z


1

z1

1
 
z1

cos

z1



，
sin

z1




2n

!

2n1

!
n0n0

n 2nn2n1
n2nn2n1
，
z1
cosz

1

z1

cos1


2n

!
n0


1

z1

sin1


2n1

!
n0

。
nn

2n


2n1


1

cos1cos

1

，

1

sin1cos


1


2

2

。
11

< br>
cosz

n0

2n

cos< br>

1

2n

2


z1



2n

!


n 0

2n1

cos


1

2n1

2


z1



2n1

!



n0

n
cos


1

n

2


z1


n!

z1
。
n


n



n

或：令
f

z

cosz
，则
f

n


z

cos

，
zf1cos1


，

2

2

所以
cosz

n0
f

n


1

n!
2
3< br>
1

z1

1
z1
3
n< br>n



n0
n


cos< br>
1

n
2


z1
n!

z1
。
b.
z
z2
1
2
z2
1
< br>n
1
z
2
3



1

n0
n

n

z1


z1


12


1

n1
33

n0


z13

c.
z2z5
2

z11

z1< br>
z1
4

2

z1
4
1< br>
z1

2
2

4
1

z1

1
2
2
4

 
1
4


z1

1


2


z1

1


2< br>
n
n

1
z1

令

，


t

1t

2

2



1

n0
tt1


1
2



z1

1


2



1

n0< br>n

z1



2

2n


n0

1

z1
< br>4
n
n2n
，
z1
2
1z12

从而
z
z2z5
2

z1
4


n0

1

z1

4< br>n
n
2n1
n2n

1


4< br>
1

z1

4
n
n
2n< br>n2n

n0


n0


1

z1

4
n< br>n1



n0

1

z 1

4
n1

z12


n0

1

4
n1


z1

2n


z1

2n1



12

进一步，
n0


1

z1

4< br>
n2n1

n1


n0

1

z1

4

n2n
n1




n奇数

1

2
n 1
2
n1

z1

n


n 偶数

1

2
2
n2
n

z1

n


n0

1

2
1

1

1


n
2< br>
2

3

1

2
n
n




n

z1

n
所以
z
z2z5
2



n 0

1

2
1

1

1


n
2

2

3

1

2
n
n




n
z1


z12
。
n
19、将下列函数在指定的环域内展成罗朗级数。
a.
解: a. < br>z1
z(z1)
z1
z(z1)
2
2
,0z1,1z
；b.
z2z5
2

z2


z
2
1

,1z2
。
< br>z12
z(z1)
1
z1

2

1
z
2

2
z(z1)

2
。
，
n
在
0


z1
内,< br>
1
1z
1
z


z
n0

n
z1
z(z1)
2

1
z
2
2

z
n0
n2

2
2
z
n2
1
z

2

2< br>
z
n1
n
。
， 在
1z< br>内,
1
z
1
，
1
z1

1z
1
1
1
z
1
z
n

1< br>
z
1
z
n



n1
1
z
n
n0


b.
z1
z(z1)
2
2

1
z
2

2
n1
1
z
n2

1
z
2

2

n3
。
z2z5

z2

z
2
1


1
z2

2
z1
2

1
z
n
在
1< br>1
z2
内，
z
2
1
，且
1
1
z
2
1
，

z

z





n1
z
z22 2
n0

2

n0
2
1
2
111

n
。
13

2
z 1
2

2
z
2

1
1
1
z
2

2
z
2



1
n0
n
n
1
z
2n

2


1

n1
n1
1
z
2n，

z2z5
2


z2


z
2
1



n0
z
2

n1
2


1

n1
n1
1
z
2n
。
20、将下列函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数，并指出成立范
围。
a.
解: a.
1

z
2
1

2
,zi
【

n

a
n
zi

n
】；b.

z1

，
2
2
1
e
1z
,z1
【


n
a
n

z1

n
】。
zi 
的无心邻域为
0
2
ziR
1
1

z1

2

1

zi

zi
1

1
2i

1
22
，且

zi

1


d

1


，
dz

zi

n
1
z i

1
zi
2i
2izi

1

1

zi

【
i

1

2
】

n
2i
n0

2i

n



n0

1

n1
2

zi

n 1
n
2


zi

n1
n
zi2i2
。
n

zi

2
n1
n1

1

zi

1
2


dz< br>d


1

n1
2

n0< br>2

2


n1

1
n1
2
，
n

zi

n3


z
2
1

2

1

zi


n1

1

n1
2< br>n

zi

2
n1
n1



n1

1

n1
2
2
n 1


b.

当
z
1



n2

1

2

n3

zi

2

z
n4
n
n


0zi2
。
时，
e

n0

z
n
n!
， < br>n
e
1z

1





nn
n0
n!

1z

n0
n!

z1


1
0z1，
14



z1

e
1z
2
1

1



n 2
n0
n!

z1


n


1



n
n2

n 2

!

z1


n
0z1< br>。
21、把
f

z


1
1z
展成下列级数。
的泰勒级数；
的罗朗级数；
（1）在
z
（2）在
z
1
上展成
z
1
上展成
z
（3）在
z1
（4）在
z1
解:（1）在
z
（2）在< br>2
上展成
(z1)
的泰勒级数；
2
上展成

z1

的罗朗级数。
1
1z

1
上，


n0
z
n
，【
1
1
1z
在
z

。
1
上解析】
n

1

1

z1
上，




n
1
1zzzn0

z

n1
z
1
z
111
。
（3）
1
1z
在
z1
1
2上解析，且
z1
2
1
，所以
1
1z

2

z1


1
2

1< br>1
z1
2

1


2

z1



2

n0


n


n0

z1

2
n1
n
。
（4）在
z1
1
1z
2
上，
1
2
z1
1
1
，所以

2
z1


z1

1
1
2
z 1

1
z1


n0
2
n
n


z1



n1
2
n1
n

z1

。
第四章习题解答
22、 确定下列各函数的孤立奇点，并指出它们是什么样的类型（对于极点，
要指出它们的阶），对于无穷远点 也要加以讨论：
（1）
z1
z

z1

2< br>2
；（2）
cos
1
zi
；（3）
1
si nzcosz
。
15

解: （1）
z0 ,zi,zi
是
2
2


z

z 1




z1
z

z1

2
2
的孤立奇点且是极点。

z0
2
22 2



z1

4z

z1




10
，
z0
z0是
z

z
2
1

2
的一阶零点，从 而是
z1
z

z1

2
2
的一阶极点 ；
2
2


z

z1

< br>


zi
2
222



z1

4z

z1



0
zi
，

zz
2
1
2








zi
2
222



z1

4z

z1





zi
3
223


4z

z1

8z

z1

8z


2
zi8

i

0
，
z1
z
< br>z1

2
2
zi
是
z

z
2
1

的二阶零点，从而是
在
1的二阶 极点。

z1
z

z1

2
2内解析，
lim
z
z1
z

z1
< br>2
2
0
，
z
是可去奇点，
四阶零点。
（2）

cos
1
zi
在
zi
的罗朗展开式
cos
1
zi

1



的主要
2n
n0

2n

!
zi


n
部分有无穷多项，
zi
是
cos
1
zi
的本性奇点。
1
zi
z


cos
1
zi
在
1
1
zi
z
内解析，
limco s1
，

是
cos
的可去奇点。
1
1
1

2

sinzcosz

2

2


1
（3）
1
sinzcosz



2sin

z

4
，



sin

z

的零点
z
n
n

,n0,1,2,
4
4
，是
1
sinzcosz
的极点。
16



又

sin

z

4



z
n
n










zz< br>n
n



4


cos< br>
z

4

zz
n
n
< br>

4


1

0
n
，
1
sinzcosz

4
,n0,1,2,,
是
sinzcosz
的一阶零点，从而是的
一阶极点。
z
是
1
sinzcosz
的奇点，但不是孤立奇点，因为在无穷远点的的任
何 邻域
r
23、求
f

z


解:
1e
z
z
z
z
内,总有其它奇点。
1e
1e
在孤立奇点处的留数。
，是
1e
1e< br>z
z
0
的解
z
n
i

2n1


.n0,1,2
1e
1e
z
z
的奇点。
由于
zi
lim
2n1


1e
1e
z
z

，
z
nz
i

2n1


是的极点。又
1e
z


z


1e



zz
n
i

2n1

e
z

1e

e

1e

1e

zz
z
2

zz
ni

2n1



2e
z
z2
zz
n
i

2n1


< br>1e


2
2
2

1
20
，
z
n
i

2n1


,n0,1,2,,
是
z
z
1e
1e
z
z
的一阶零点，从而是
1e
1e
z
z
的一阶 极点。
z
不是
1e
1e
的孤立奇点，因为在它的任一邻域
rz
内,总有其它的
奇点。
由推论2：
Resf


i

2n1




1e
z

1e


z

zz< br>n
i

2n1


1e
e
z
z

zz
n
i

2n1


11
1
2
。
【

z4

1e
1e
z
z
0
dz2

i

Resf


i

2n1



2

i

22

8

i
n1
】
17

24、求下列函数在指定点处的留数。
（1）
z

z1

z1

1e
z
4
2z
2
在
z1,
；
（2）在
z0
，

。 z
解:（1）
z1
为
f

z

< br>z1
为
f

z1

z1

z
2
的一阶级点.，
的二阶极点。
z1
4

z



z1

z1

2
Resf

1

lim

z1

z 1
z

z1

z1

2
lim
z1

z1

2

，
。
d

z
2
Resf

1

lim

z1

2
z1
dz
z1z1< br>



d

z

1


lim

z1
dzz1

4< br>


由于
z1
已是
f

z< br>
的所有有限孤立奇点，
Resf



< br>

Resf

1

Resf

1



0
。
（2）
f

z


1e
z
4
2z
在
z0
的罗朗展开式为
n


f

z



n1

2z

n!
z
4


n1
2z
nn4

n!


2
n4
z
n
n3

n4
!

a
1

2
3
3!
4
3
Resf

0


4
3。
由于
z0
是
f

z

的仅有的 一个有限孤立奇点，
Resf



Resf
< br>0


4
3
。
【
f

z


1e
z
3
2z
在
z0
的 罗朗展开式为
18


f

z




n1

2z

n!
z
3
n



n1
2z
nn3
n!


n2
2
n3
z
n

n3

!

a
1

2
2
2!
2Resf

0

2
】
25、求下列函数在其奇点（包括无穷远点）处的留数，（
m
是自然数）
（1）
z
（2）
m
sin
1
z
2
（
m
是自然数）；
；
e
z

z1

e1
sinz
3
z
（3）。
1
z
解: （1）
z0
是
f

z


式为
f

z



zsin
n
m
的有 限远孤立奇点。在
z0
,
f

z

的罗朗展开< br>
1



。
2n1m
n0
2n1

!z

n

1
m
z

2n1
n0

2n1

!z
m
2
令
2n1m1
,则
n
。
为偶数时上式才成立。
n
为非负整数，

只有
m
而当
m
为奇数时,
2n1m1
，即
f

z

在
z0
的罗朗展开式中没有
1
次
幂项，即< br>a
1
0
。

当
m
为奇数时,
Resf

0

0
。
m
当
m
为偶数时,
n
m
m
2
的项是
1
次幂项 ，
a
1


1

2
，所以，此时
m1

!
Resf

1

2< br>
。

0


m1!

19

总之，不管
m
为偶数或奇数，都有
Resf
z
2

1

2
1

1

。


0


2

m1
!
m
m
（2）
z1
是
f

z


e

z1

的唯一的有限奇点,且是二 阶极点。
z
d

e
2
Resf

1< br>
lim


z1

2
z1
dz
z1





e


，
Resf



Resf

1

e

e
z1
3
（3）
zn< br>
，
n0,1,
，是
f

z


sinz
的孤立奇点。
f

z

在
zn

点的罗朗展开式为
zn

3
f

z


een

1

1

n
sin

zn



e


1

n
n

1e
n



zn



zn



2!


2


zn


3!
5
3








zn


zn



3!



3


zn


5!
< br>




3



1

n
3
e

n

1e
n


zn

zn




2!



2

4

z n

3!






3

3







zn< br>



zn


1
6


24
3

2



z n


5!


zn


1
6





zn


5!






在
zn

解析，且为

zn


的偶函数,所以它在
z n

处的泰勒展开式中只有

zn


的偶次项 。而
20



zn


1
6



2


zn

5!
4





< br>3
1
，
zn




z n

及

1


6





2


zn


5!
4






3







zn


< br>4

zn

zn


3



35!





3

zn




1
6




2


zn


5!
4






4







zn
< br>

1
12

zn


3< br>


35!





2


zn




1
6





2


zn< br>

5!
4






4


zn

4

zn

4


35!



3
< br>




2


zn


1
6



2


zn

5!

4






5





1

zn



zn



1
6



2


zn

< br>5!
4






3
1
1
2

zn


2
a
4

zn


4


。
f< br>
z



1

n
3

zn




n

n


e1e




zn


zn



2!






，



2


zn


3!
3















zn



1
2


2
a
4

zn


4
1
次幂项的系数
a
1


1

n
1< br>n


n

1
n

e1e 1



2

2


n< br>
1


e


2

Resf

n




1

n

n

1


e

。
2

21

z
不是
f

z

的孤立奇点。
26、求下列函数在其孤立奇点（包括无穷远点）处的留数。


（1）< br>e
1


z

2

z

；（2）
1

z


z


1


z

2

z

m





。


解:（ 1）
z0
是
f

z

e
的本性奇点，
z
为其孤立奇点。
f

z

在
z0
点的罗朗展开式为


e
1


z

2

z


e
2
z
e


1

2z



n0



n

z

2

n!
n








2


m!z< br>m
m0
m

nm



n0



n

z

2

n!
n
0

m
1






m!

2

m
0
zm


n0m




 1



2

n!m!
m
z
nm
。
当
mn1
时，即
mn1
，
nm
Resf

0

，所以
2n1
时,< br>z
mn
的系数
a
1
即为

Resf< br>
0

a
1


n0



1



2

n !

n1

!
n1
n

n1< br>



n0




1



2

n!

n1

!
n1
2n1
【利用了
mn1
】。

Resf



Resf

0
< br>

n0




1


2

n!

n1

!
n1
2n1



n0


< br>
1



2

n!

n1

!
n
2n1
。
（2）
z

是
f

z


1

z


z


m
的
m
阶极点，而z

是
f

z

的一阶（单）
22

极点。
1d
m1
m1
Re sf





m1

!
1< br>lim
z

dz



z
< br>


m
1

z


m



z







m1

!
z

1
lim
d
m1
m1
dz

1




z


m1


1

m1

!

1

lim
m
m1

!
z


z


m





m1

1





1
m
，
Resf
< br>

lim

z

z

< br>1

z


z


m
lim
z

1

z


m






m
。
z

,

是
f

z

的仅有的二个有限远孤立 奇点，
Resf






Re sf



Resf





0
。
27、计算下列积分
（1）

dz
z1
zsinz
；
dz
（2）

z1

za

zb

e
z2
2z
2
nn
,a1,b1,ab,n
为自 然数；
（3）
1
2


1z
dz
。
1
zsinz
解:（1）
z0
是被积函数
f
< br>z


在单位圆内的孤立奇点。


zsinz< br>
z0
0
，

zsinz


z0


sinzzcosz

z0
0

23


zsinz


z 0


2coszzsinz

z0
20
。
z0
是
zsinz
的二阶零点，也就是
f
z

的二阶极点。
d

2
1

d< br>
z

zlim

z0


dz

zsinz

dz

sinz

coszcoszzsinz
2sinzcosz
z
2cosz
Res f

0

lim
z0
lim
sinzzc osz
sinz
2
z0
lim
z0
lim
z0
0
。
由留数定理，得

（2）由于
a
dz
z1
zsinz
2

iResf

0< br>
0
。
1
，
b1
，

被积 函数
f

z


1

za

zb

nn
在单位圆内有二个
n

阶极点
z
1
a
，
z
2
Resf

a


1
b
。于是
n1
n1

n 1

!
za
1
lim
d
dz

1
n


za

nn
zazb
 









n1

!
za
1
lim
d
n1
n 1
dz


zb

n





n1

!
lim

n

n1




n

n 2




zb

za
n
n1




1

n1n

n1



2n2


n1

!

1

ab

2n 1
。
同理
Resf

b


1

n1
n

n1



2n2


n1

!

1

ba

2n1
。
24

由留数定理，得
dz
z1


za
< br>zb

nn
2

i


Res f

a

Resf

b




2

i

1

n1
< br>n

n1



2n2


11


0
。
2n12n1

n1

!

ba




ab


2z
2
2z
（3）被积函数
f

z


e
1z

e

z i

zi

，
z
1
i
，
z
2
i
是
f

z

在圆
z 2
内的二个一阶极点。
2z

e
2i
e
Re sf

i

lim


zi



zi

zi

zi

< br>2i

，
2z2i

ee
Resf

i

lim


zi



zi
2i

zi

zi


。
由留数定理，得

e
2i
e
2i< br>
dz2

i


isin2
2

Resf

i

Resf

i



i


z2
2

1 z2

2i

1e1
2z
。
28、求下列各积分值
（1）

2

0
d

1cos

2
2
； （2）

0
2
2

d

asin

2

a0

。
解:（1）
cos
I

2

0
1cos2

，


d< br>
1
1cos2

2

4


2

0
2d

3cos2



4

0
d

3cos




2

0
d

3cos

< br>
2
d

3cos

。
25

令



2

2
0
，则

d

4

2
< br>d

3cos




2
< br>

2

0
d

3cos


2

0
d

3cos

，
I2

3cos

。
zz
2
1
令
ze
，
cos

i

，
d

4
i

dz
iz
， 则
。
I2

dz
z1

zz
3

2

1
2
1


iz< br>

dz
z1
z6z1
2
f
z


z6z1
有二个一阶极点
z
1
 38
，
z
2
38
。
z
2
3 81
，
z
2
在单位圆
z1
外。
8341
，
z
1
在单位圆
z1
内。 又
z
1
3
由关于极点的留数定理的推论2，得
Resf
z
1


1

z
2
6z 1


zz
1

1
2z6
z3 8

1
28

1
42
。
由留数定理，得
I
4
i
2

iResf
z
1


1cos2

2
4i
2

i
1
42
2

。
（2）
sin
I
2


，
2
0


2
0
d

asin

2


d

a
1cos2
2



2
0
2d

2a1co s2




0
d

2a1cos< br>
。
令

2



，则

0

d

2a1cos

2
< br>
2






2a1 cos

2

d




2
d

2a1cos

。
1


d

I



2

02a1cos




1

2a1c os



2
dz
iz
d

< br>2

0
d

2a1cos

。
令
ze
，
cos

i


zz2
1
，
d


，则
26

I
1

2
2

0d

2a1cos


1

2
dz
z1

zz
2a1

2

 1


iz

i

dz
z1
z2

2a1

z1
2
。
f

z


1
z2

2a1

z 1
2
有两个一阶极点
z
1


2a1

2aa
2
和
z
2


2a1< br>
2aa
2
2
。
z
1

< br>2a1

2aa1
，
z
1
在单位圆
z1
外。
z
2


2a1

2 aa2a12a1
，
z
2
在单位圆
z1
内。
2
由关于极点的留数定理的推论2，得
Resf

z
2< br>

2
1

z2

2a1
< br>z1



zz
2

1
2z 2

2a1

z

2a1

2 aa
2

1
4aa
2
。
由留数定理，得
Ii2

iResf

z
2

i 2

i
1
4aa
2


2aa< br>2
。
29、求下列各积分的值
（1）

0
（3）

0

xdx
2

x
2
1
x4

2
4
； （2）

< br>
cosx
(x1)

x9

22
dx
；

xsinmx
xa

4
dx
（< br>m0,a0
）。
2
2
解:（1）
I

0

x1

x4

2


x
2

xdx

1

xdx
2
2
1

x4

2
。
f

z


z
2
2

z
2
1
z4


0
。 在实轴上无奇点，且
zf

z


z

f

z

有四个一阶极点，但只有二个
z
1
i
，
z
22i
2

z1

Resf

i

lim


zi


2
zi6i
zi

zi


z4





在上半平面。
，
27

2

z1

Resf
2i

lim


z2i

2
z 2i
3i


z1


z2i

z2i



。
I
1
2
2

i


Resf

i

Resf

2i





6
。
（2）
f

z


1

z 1

z9

22
在实轴上无奇点,当
z
时 ,
f

z

0
。
3i
F

z

f

z

e
iz
在上半平 面有两个一阶极点
z
1
i
和
z
2
，
。
。

e
1

zi

e
i z

ResF

i

lim

2zi
zi

zi


z9


16i





e
3

z3i

e
iz

ResF

3 i

lim

2
z3i
48i
z1


z3i

z3i



< br>




1

1
2

iResFiResF3i





22

8e24e
3

。


x1

x9

z
za
44
cosxdx
（3）
f

z



0
。 在实轴上无奇点,且
f

z


z

F< br>
z

f

z

e
3
i

4
imz

ze
4
imz
4
z a
在上半平面有二个一阶极点
z
1
ae
4
和
i

z
2
ae
。
由关于极点的留数定理的推论2，得
ResF

z
1
< br>
ze
imz

z
4
a
4

zz
1

e
imz
2
zae

4
im
a
2
4z

e

1i< br>
2

ma
2
i
ma
2
i
4ai
a
2

ee
2
4ai
，
ma2
ResF

z
2


ze
imz< br>
z
4
a
4



zz
2
e
imz
2
3
i

zae
4
im
4z

e

1i

2
ma
2
i
4ai

ee
2
4ai
。



0
xsinmx
xa
44
d x



ResF

z
1

 ResF

z
2




mama
i


ma
i
ma
2
e
2
e
2
e
2

e



2

4a
2
i4ai



ma


2
ma

esin

2a
2
2


。
28

30、从

c
e
iz
z
dz
出发，其中
c
为如图所示之围线 ，方
向沿逆时针方向。证明

解:


0
co sx
x
dx


0
sinx
x
dx< br>
2
。
e
iz
e
iz
z
在
c
所围的区域内解析，

由柯西定理:

c
e
iz
z
（1）
dz
0
。
又

cz
dz


R
e
ix
x
dx
e

R
iz
z
dz


R
e
y
iy
idy

e


iz
z
dz
。（2）
令
zRe
i

,则

e

R
iz
z
dz

e

iz

z< br>dz

2
0
e
iR

cos
< br>isin



Re

Rsin
i

2
iRed


i

R

2
e
0
Rsin

d

，


e

R
iz
z
dzR

2
e
0
d

。
2




,



0,

，

< br>2



2R
又
2


 sin



,

sin

< br>

e

R
iz

z
iz
dzR

e
0
2
Rsin

d
R

e
0
2


d

< br>
2R


1e
R


R< br>0
。（3）



e


z
iz
dz

e


iz
z

e
i


z

dz

2< br>0
e
i


cos

isin




e


sin

i

2
i

ed


i


2
0
e


sin

d

，


e


z
dz

2
0
ed

。
，

又
0sin

e


iz



1
，


0,

2





sin



z
dz
< br>
2
0
ed




2
0
d



2

0
。（4）

0
、（2）、（3）、（4）得

令
R,

0
,由（1）
29