华东理工大学复变函数与积分变换作业（第5册）班级____________学号_____________姓名_____________任课教师_____________第九次作业教学内容：5.1孤立奇点 5.2.1 留数的定义 5.2.2极点处留数的计算 1．填空题： （1）函数)1(1)(i e z f z+-=的全部孤立奇点是,.......1,0),24(2ln 21±=++k k i ππ（2）0=z 是zz -sin 1的____三____级极点.（3）2-=z 是323)4(8--z z 的____三_级极点.（4）若()f z 在0z 点解析，0z 是()g z 的本性极点，0z 是()()f z g z ⋅的_本性_奇点,是()()f zg z 的___本性__奇点.（5）=]0,1cos [Res zz 212．指出下列函数的奇点及其类型（不考虑∞点），若是极点，指出它的级. (1)21nnzz+;解：由,1,01-==+nnz z 得)1,,1,0()12(-==+n k ez ink k π为原式一级极点。
(2)zz )1(ln +解1：10,1)1()1ln(01<<+-=+∑∞=+z n zz n n n，∑∞=+-=+01)1()1ln(n nnn zzz 无负幂项，故0=z为其可去奇点。
解2：1)1(1lim)1ln(lim=+=+→→z zz z z ，故0=z 为可去奇点。
(3)1zze-解：由于1zz e -∑∞=---+---===0111111)1()1(1n nn z zz z ee e e ，所以1=z 为本性奇点。
(4)3sin z z;解：0=z 为z sin 的一级零点，而0=z 为3z 的三级零点，故0=z 为3sin zz 的二级极点。
01sin limsin lim 032≠==→→zz zz zz z ，故0=z 为3sin zz 的二级极点。
(5)21(1)zz e -;解：因),!321()!1(12+++=+=-∑∞=zz z n zz e n nz故0=z 为21(1)zz e -的三级极点，而,2,1,2±±==k i k z π均为一级极点。
(6)2sin ze z z解：由于2sin ze z zzze zz z e zz...)!31(....)!3(223+-=+-=所以1sin lim 2=⋅→zz e z zz ，因此 0z =是一级极点3 证明：如果0z 是()f z 的(1)m m >级零点，那么0z 是()f z '的1m -级零点. 证明：0z 是()f z 的()1m m >级零点，可设()()()0mf z z z z ϕ=-，其中()z ϕ在0z 点解析，且()00z ϕ'≠，()()()()()100m mf z m z z z z z z ϕϕ-''=-+-令()()()()0z m z z z z φϕϕ'=+-， 则()()()10m f z z z z φ-'=-，因为()z ϕ在0z 点解析，所以()z φ也在0z 点解析，且()00z ϕ≠，所以()()000z m z φϕ=≠，即0z 是()f z '的1m -级零点。
4 求下列函数在各有限奇点的留数. (1)241ze z-;解：22344114822!3!ze z zz zz ⎛⎫-=---- ⎪⎝⎭()14R e ,03s fz c -==-⎡⎤⎣⎦；(2)cos zz i-;解：i z =为一级极点==--=-→i iz z i z i iz z iz cos cos )(lim ],cos [Res 1cosh(3)231(1)z +;解：i z ±=为三级极点=+-=+→])1(1)[(lim],)1(1[Re 3232232z i z dzd i z s iz 316i -=++=-+-→])1(1)[(lim],)1(1[Re 3232232z i z dzd i z s iz 316i(4)21sinz z;解：()()2221011sin21!nn n z z zn z ∞+=-=+∑，2111R e sin ,06s z c z -⎡⎤==-⎢⎥⎣⎦5. 判断zz e1+.的孤立奇点的类型，并求其留数.解：函数zz e1+有孤立奇点∞,0，而且在+∞<<z 0内有如下展开式：zz e1+++++++=++++++++==z zzzz z z e e z z1}!4!31!3!21!211{)1!311!2111)(!31!211(32321所以=+]0,[Re 1zz es ∑∞=+0n )!1(!1n n=∞+],[Re 1zz es ∑∞=+-n )!1(!1n n6． 设)(z ϕ在0z 解析，0z 为)(z f 的一级极点，且[]A z z f s =0),(Re ，证明： [])(),()(Re 00z A z z z f s ϕϕ= 证明：因为0z 为)(z f 的一级极点，设0)()(,)()(000≠-=z g z z g z z z g z f 解析，在所以[]A z g z z z g z z z z f s z ==--=→)()()(lim ),(Re 000z 00又由于)(z ϕ在0z 解析所以0z 为)z ()(ϕz f 的一级极点。
[])()()()(lim ),()(Re 000z 00z A z z z z g z z z z z f s z ϕϕϕ=--=→7．已知0z =是函数)(z f 的n 级极点，证明.]0,)()([Re n z f z f s -='证明：设),()(z g zz f n-=)(z g 在0=z 解析，且0)0(≠g ，于是)()()()()()()(1z g z g zn z g zz g z z g nzz f z f nnn '+-='+-='----)()(z g z g '在0=z 解析，故.]0,)()([Re n z f z f s -='第十次作业教学内容 5.2.3留数定理；5.2.4函数在无穷远点的留数1．填空题（1）cos sin z z -在z =∞的留数为_0 _. (2)223z z+在z =∞的留数为___-2 .(3) 21z e 在z =∞的留数为___0 . (4)21zez -在z =∞的留数为i i sin .2 利用留数定理计算下列积分. (1);2:,11224⎰=++Cx yx C dz z解：被积函数有四个一级极点，)3,2,1,0(z 42k ==+k eik ππ其中只有iie z e z ππ47340,==在C 内;)],11(Re ),11([Re 211474444⎰+++=+Ciiezs ezs i dz zπππ.22)]1(82)1(82[2]4141[247433i i i i zzi iie z e z πππππ-=-++-=+===(2);4:,)9)(1(2323⎰=+-+Cz C dz z z z解：被积函数有三个一级极点，i z z 3,1±==，且都在C 内)3,)9)(1(23(Re )1,)9)(1(23([Re 2,)9)(1(23232323i z z z s z z z s i dz z z z C+-+++-+=+-+⎰π)]3,)9)(1(23(Re 23i z z z s -+-+++++=→923lim[i 2231z z z π++-+→)3)(1(23lim33i z z z iz ])3)(1(23lim33i z z z iz --+-→i 6]6i 1818i 26i 1881i221[i 2ππ=+-++---+=(3);23:,sin ⎰=Cz C dz zz解：()sin z f z z=，()0lim 1z f z →=，所以0z =是sin z z的可去奇点，则sin R e ,00z s z ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，sin 0C z dz z =⎰ （4）;1:,))((cos 231⎰=--+-Ci z C dz i z ee z解：被积函数在C 内有一个三级极点i z =。
由留数定理.]cos [2])(cos )()(2[lim!212],))((cos 2[i 2))((cos 2133123131i i ee i i z z i z ee dzdi i i z ee z dz i z ee z iz Cππππ-=-+=-⋅-⋅+⋅=-+=-+--→--⎰3 计算下列积分，C 为正向圆周： (1);3:,)1()5(243213⎰=++Cz C dz z z z解：函数243213)1()5(++z z z在3=z 的外部，除∞点外没有其他奇点，故[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡=∞-=++⎰0,1)1(Re 2),(Re 2)1()5(2243213z z f s i z f s i dz z z zCππi z z z s i ππ20,)1()51(1Re 22432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++= （2）.1123dz e zzz z ⎰=+()11321111zz zfz e ze z z==++223211111112!z z z z z z ⎛⎫⎛⎫=-+-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()2211512!324z z zz=+-++<<∞所以()1R e ,3s f z ∞=-⎡⎤⎣⎦， 132213z z ze dz i z π==-+⎰（3）22,1,:121Cidz a C z z az >=+-⎰解：1z =内只有一个一级极点：a -+，22222R e ,2121Cii dz i s a z az z az π⎡=-+⎢+-+-⎣⎰2222z a i iz aπ→-=+=-。