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1、复变函数第六章习题全解钟玉泉第六章 留数理论及其应用 1.解：(1)z=1是一级极点，故由推论6.3知 Resf(z)=(z-1)z=11(z-1)(z+1)2|z=1=14Z=-1是二级极点，同前由推论6.4知 Resf(z)=(z+1)z=-121(z-1)(z+1)|z=-1=-214z=是可去奇点，则由教材(6.2)式知Resf(z)=-Resf(z)+Resf(z)=0 z=z=1z=-1(2)因z=np(n=0,1,L)为分母sinz的一级零点，知z=np(n=0,1,L)为的一级极点，故由定理6.5知 Resf(z)=z=np1sinz1(sinz)|z=(-1) n(3)由1-
2、ez42z231(2z)(2z)224=-3-2-=4-2z-L-L所以z2!3!zz3zResf(z)=C-1=-z=04343又由z=0是唯一有限奇点，故Resf(z)=-Resf(z)=z=z=01(4)由ez-1=1+1z-1+12!(z-1)2+L所以Resf(z)=1 z=1又因z=1是唯一的有限奇点，所以Resf(z)=-Resf(z)=-1 z=z=1(5)因z=1为z2nnz2nn(z-1)2n的n级极点，所以 (2n)!(n-1)!(n+1)!(2n)!(n-1)!(n+1)!Resz=1(z-1)z2n=(z)(n-1)|z=1=2nnResz=(z-1)n=-Resz=
3、1z(z-1)=-(6)Resz=1e2zz-1=(z-1)e2zz-1|z=1=e2Resz=-1e2zz-1e2z=(z+1)e2zz-1|z=-1=e-12Resz=1e2zz-1-1=(z-1)e2zz-1|z=1=e2Resz=z-1=-(Resf(z)+Resf(z)=z=1z=-1e-e22.解(1)函数zmsinzsinm1z仅有两个孤立奇点z=0和无穷，因 +15!z51z=z(m1z-13!z3-L+(-1)1zk1(2k)!z2k+1)(k=0,1,2L) 当m为奇数时，洛朗展式不含的项，故 Resf(z)=0,Resf(z)=-Resf(z)=0 z=0z=z=0当m为
4、偶数时，洛朗展式中含的项的系数为z1(-1)k(2k+1)!k+1，故 Resf(z)=z=0(-1)k(2k+1)!z2mm,Resf(z)=-Resf(z)=z=z=0(-1)(2k+1)!(3)z=是因此zk=ei1+zm的m级极点，令分母1+zm=0的zm=-1=eip(2k+1) p(2k+1)=ek(k=0,1,L,m-1) 且(1+zm)|z=e0，因此ek是题设f(z)的一级极点， kResf(z)=z=ekz2mm(1+z)m-1|z=ek=ekm+1mekm=ekmeip(2k+1)=-ekmResf(z)=-(-z=k=0ekmm-1)=k=0(3)孤立奇点为z=a,b,
5、 Resf(z)=z=b2(z-a)m|z=b=2(b-a)m由于z=至少是二级极点，因此Resf(z)=0 z=由此又 (4)f(z)以z=0为二级极点，z=pi为四级，z=为本性极点 Resf(z)=z=0p-4ip51e(3)p+6pi-18p-24i Resf(z)=2z=pi=5z=pi3!z6pz32Resf(z)=-Resf(z)+Resf(z)=-z=z=0z=pip+6pi-12p-48i6p5323.解 (1)奇点z=np(n=0,1,2,L)但在单位圆|z|=1内 内只含有唯一二级极点z=0,在1zsinz1z20|z|+内有 1，所以 1zsinz=0 it-it=+1
6、6+7z3360+L不含有z故由残数定理得|z|=1(2) 12piedz1+zdqa+cosq2ztdzzsinz12pi=2piResz=0|z|=2=2piResf(z)+Resf(z)z=1z=-ie-e2i=sint 4.(1) 故02p2p0=1a+z+z2-1dziz|z|=1=2idzz+2az+12|z|=1dqa+cosq2p0=2pa+12zdz(2+3z+z2-1(2) dx(2+3cosx)2=|z|=1=)243izdz(z+2|z|=143z+1)因此由留数2定理原积分4p12+-25.原式+02dx(x+1)(x+4)2，由定理6.7知 =dx(x+1)(x+4
7、)2=122+-2dx(x+1)(x+4)2p6z2=0因此 22由于limz(z+a)原式2piResz=aizz2222(z+a)=p2a6.0+sinxx(x+a)22dx存在，且 =12+0sinxx(x+a)+-222dxdx +0P.V.+sinxx(x+a)20sinxx(x+1)22dx存在，且sinxx(x+1)22dx7.由柯西积分定理 C=ecRizzeixdzdx+rxeCrizzdz+eCRizzeCrdz+rRe-yyidyiz应用引例6.4，得到limz0|eCRizzdz=0 zdz|p2R(1-e-R)0带入原式化简即得 8应用残数定理 2pi(p2-i)=z
8、lnzC(1+z)2dz=Rrxlnx(1+x)dx+2zlnzCR(1+z)2dz+zlnzC=r(1+z)2dz有引理6.1及634得证 10.证明：令|z|1f(z)=-z,j(z)=ez-l,显然他们在 |j(z)|=e|e=|f(z)|z-l解析，在单位圆周|z|=1上xp有相同的零点个数，由儒歇定理知，在|z|0,F(1)=e1-l-10, 故ez-l=z的跟在(0,1)内，且为正实数。 |e|=eee=|ez|zx11.在|z|=1上有lln，故有儒歇定理知 有同样多的零点，而14，证明：设则在C上，-ezln在|z|1内有只有n重零点，故得证。 在C内零点个数相同， 在C内有 f(z)=-z,g(z)=j(z),|g(z)|=|j(z)|1=|-z|=|f(z)|f(z)+g(z)=j(z)-z由儒歇定理，f(z)与而f(z)=-z在C内只有一个零点，所以f(z)+g(z)=j(z)-z只有一个零点，记为z，使得j(z)-z=C或j(z)=z 00000
