第五章 留数定理习题及其解答5.1设有ΛΛΛΛ++++++++=+-1212221111)(n nn 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∑∑∞=∞=+-+1012n n n n nz z。
第一个级数当11<z 即1>z 时收敛,第二个级数当12<z即2<z 时收敛。
于是所给级数在环域21<<z 内收敛(成立),且和函数2111112()11232112z f z z z z z z z -=+=+=---+--。
显然0z =是()f z 的解析点。
可见此级数并非在0z =的去心领域内成立。
故不能由其含无限多个负幂项断定0z =的性质。
注： 此例说明，判断孤立奇点0z 类型虽可从()f z 的Laurent 展开式含有负幂项的情况入手，但切不可忘掉必须是在去心领域内的Laurent 展式，否则与0z 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0()f z a ≡（常数）；若∞为()f z 的m 级极点，则()f z 必为m 次多项式：01(),0k k k f z a a z a z a =+++≠L ；除此之外，()f z 在00z =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00z =邻域内Taylor 展式为01()k k f z a a z a z =++++L L 且z <+∞。
注意到这Taylor 级数也是()f z 在∞去心邻域内的Taylor 级数。
所以，当∞在()f z 的可去奇点<═>()f z 在∞去心邻域内Laurent 展示无z 的正幂项,即120a a ===L 。
故0()f z a ≡(常数)；当∞为()f z 的m 级极点⇔()f z 在∞去心邻域内Laurent 展示中只含有限个z 的正幂项,且最高正幂为m 次（0m a ≠）。
1011() (0),0,()m mm m m n f z a a z a z a z a a n m --=++++≠=>L 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幂项,因此在() z n n n f z a z ∞==<+∞∑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，否则结论不成立。
例：1()f z z =在0z <<+∞内解析(与全平面解析仅差一个点!)，且以∞为可去奇点，但();f z ≠常数又1()zf z z e =+在0z <<+∞内解析,且以z =∞为一级极点，但它并不是一次多项式，也不可能与任何一次多项式等价(它以z =0为本性奇点)。
同样地，1()sin f z z z =+在0z <<+∞内解析，以∞为本性奇点，但它不是超越整函数，(它不是整函数)；(2). 本题证明完全依赖于无穷远点性态的分类定义，同时注意，全平面解析的函数在00z =邻域内Taylor 展示的收敛半径R= +∞，从而此Taylor 展示成立的区域z <+∞恰是∞的去心领域，即同一展示对∞而言即是其去心领域内的Laurent 展式。
5.3 证明：如果0z 为解析函数()f z 的m 阶零点，则0z 必为()f z '的1m -阶零点。
(m >1)证 因为()f z 在0z 点解析，且0z 为其m 阶零点。
故()f z 在0z 的邻域内Taylor 展式为11010()()() m m m m f z C z z C z z -++=-+-+L 其中00. .m C z z R ≠-<由Taylor 级数在收敛圆内可逐项微分性质有'1010()()(1)() m m m m f z C m z z C m z z -+=-++-+L 0 .z z R -<0 0 m m C C m ≠∴≠Q右端即为'()f z 在0z z R -<内的Taylor 展开式，由解析函数零点定义知，'()f z 以0z 为1m -阶零点。
注 本证明仅用到解析函数零点定义及幂级数在收敛圆内可逐项求导的性质. 5.4 判断下列函数在无穷远点的性态1)1z z + 2）21sin z z + 3）1z z e - 4）1sin cos z z + 解 1) 因为1()f z z z =+在0z <<+∞内解析，且所给形式即为它在该环域内的Laurent 展式，所以∞为()f z 的一级极点(0z =为一级极点).2) 因为21sin z z +在0z <<+∞内解析，且在此环域内有 21111(1)3521sin 23!5!(21)!n n z z z z Z n z z -++=+-++++L L即在∞的去心邻域里的Laurent 展式中含有无限多个z 的正幂项，故∞为21sin z z +的本性奇点（0为二级极点）。
3) 因为11()z z zze f z ee -==ze 在0z =处解析，1ze 以0z =为本性奇点。
在()f z 中令1z ξ=，得1()()f ϕξξ=。
0ξ=为1()()f ϕξξ=的本性奇点，即z =∞为()f z 的本性奇点。
4)1()sin cos f z z z =+令sin cos 0z z +=，得2i ze i =-，即2 22(0,1,2)i i k i zeek ππ-+==±±L 。
∴(0,1,2)4k z k k ππ=-+=±±L 为sin cos z z +的零点，且∵'[sin cos ]cos sin 1)0 (0,1,2)k kz k k z z z z k +=-=-≠=±±L ∴4k z k ππ=-+为1()sin cos f z z z =+的一级极点。
且 k k z →∞−−−→∞，故，∞为()f z 的非孤立奇点。
注 当∞为孤立奇点时,一般直接从函数在∞的去心邻域内的Laurent 展示入手,判断其类型，但对3)，因()f z 有一定的特性11(()()f z f z =，故可利用这一特性进行判断。
5.5 .求出下列函数的奇点，并对孤立奇点指出类型。
１）12z ze z +２）231z e z - ３）1cos z z + ４）z e ５）11cos z ６）33sin (1)z z z e - （答 １）０，∞均为本性奇点；２）０为一级极点，∞为本性奇点；３）０为一级极点，∞为本性奇点；４）∞为唯一奇点，且为本性奇点；５）０为非独立奇点，1 (0,1,2)2k z k k ππ==±±+L 为一级极点，∞为可去奇点；６）０为可去奇点，∞为本性奇点）。
5.6 计算下列各函数在指定点的留数：1) 3,(1)(1)zz z ±∞-+在z=1,处.2) 241ze z -，在0,z =∞处。
解 1) 因为1z =为()f z 的一级极点，故由留数计算规则有331Re ,1lim (1)(1)(1)8z z s z z z ⎡⎤==⎢⎥-++⎣⎦对∞，由留数计算规则有33Re ,Re ,00(1)(1)(1)(1)z zs s z z z z ⎡⎤⎡⎤∞=-=⎢⎥⎢⎥-+-+⎣⎦⎣⎦又 ()f z 在扩充复平面内仅有孤立奇点，故留数和为0，于是可得31Re ,1(1)(1)8z s z z ⎡⎤-=-⎢⎥-+⎣⎦ 2) 241()ze f z z -=，由留数定义，[]Re (),0s f z 等于2(1)z e -在0z =处Taylor 展式中3z 项的系数。
232(2)(2)11122!3!zz z e z ⎡⎤-=-++++⎢⎥⎣⎦L 23(2)(2)2 z 2!3!z z z =----<+∞L有 34,3a =- ∴ 2414Re ,03ze s z ⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦注意 ()f z 于扩充复平面内仅有两个奇点，其留数和为0，故2414Re ,3z e s z ⎡⎤-∞=⎢⎥⎣⎦。
5.7 计算下列函数在0,z =∞处的留数1)1cosz ；2) 在1sin ,0,().m z z m z =∞在处为自然数解1)1()cosf z z =在扩充平面仅有两个奇点。
注意cos ξ在ξ<+∞内Taylor 展式中只有偶次项。
故1()cosf z z =在0z <<+∞内Laurent 展式中无1z -项，即[]Re (),00s f z =。
且环域0z <<+∞也是∞的去心邻域。
故上述展式也是∞处的Laurent 展式。
因此[]Re (),0s f z ∞=2)1()sinm f z z z =， m 为自然数。
由留数定义知，[]Re (),0s f z 等于1sin z 在0z <<+∞内Lauernt 展式中(1)m z -+的系数。
注意在该环域有1111(1)1sin 3213!(21)!n n z z n z Z -=-+++++L L0, 1Res sin ,0(-1), 2 (0,1,2,)(21)!m nm z z m n n n ⎧⎪⎡⎤=⎨⎢⎥==⎣⎦⎪+⎩L 当为奇数时当5.8 计算20i e e d θπθ⎰【答案 2]π5.9 .求下列函数在指定点的留数1）11cos z 在∞点。
２）1cos z z +在∞点。
３）33sin (1)z z z e -在∞点。
（答：1）１；２）－１；３）０；）5.10 计算函数1, (,),,()()mm z z αβαβαβ≠∞-+为自然数在,处的留数。
【解】 11()() (),)()()()mmz f z m z z z ααβαββ-==≠-++为自然数∵ z β=为()f z 的一级极点，（αβ≠）∴[]1Re (),()m s f z ββα=-为求[]Re (),s f z α，注意m 为自然数，只要求1z β-在α点邻域Taylor 展式中1()m z α--的系数1m a -即可∵101111()()1nn z z z ααββαβαβα∞+-=⋅=-------∑∴11()m m a βα--=-，故[]1Re (),()m s f z αβα-=- 又由()f z 于扩充复平面仅有奇点,,αβ∞，故[][][]Re (),Re (),Re (),0s f z s f z s f z αβ∞=--=5.11 计算下列积分1）11d , 5,4,-5,-2,sin k z z k k z z ===⎰Ñ2）321d , 2,2,5sin k z z k z z π==-⎰Ñ解 1）因为积分路径1z =位于环域0z π<<内，且围绕0z =，简单、正向、闭，1sin z在该环域内解析，故可知所求积分为111d 2sin k k z z ia z z π-==⎰Ñ其中1k a -为1sin z 在环域0z π<<内Lauernt 展式1k z -项的系数。