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复变函数第四版的第五章答案

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在内 内 使 或 。因 及

在区域,

的二级零点。 内解析; 。 在点

连续,故由例1.28知,存在 的邻域 ,

内恒不为零。而由题设 .。 ,

故必

由唯一性定理(推论4.21)

例4.10 试用最大模原理证明例3.9。即证:存在, 使当时 , 而且

则在圆证 如果在上解析。故 内, 内, ,

至少有一个零点。” 无零点。而由题设在 上 ,且 在 在

上解析。此时 且在 上,

设在闭圆上解析,如果“ , 于是

必非常数,在 上 。 ,

由最大模原理,这就得到矛盾。

【篇三:第五章习题解答】

求下列各解析函数或多值函数的解析分支在指定点的函数。((3) z 2 2 2

(z?1) z1?z

z??i; (2) 11?e z

z?2n?i

,n为整数;

z?1; (4)sin 1z?1 ,z?1

解:(1) res z 2

z?i(z2?1)2res 2 ?( z 2 2

(z?i) z 2

1) )|z?i?? i4i4 z 2 2

z??i(z?1) ?(

(z?1) 2

)|z??i?

(2) (3) res 1

z?2n?1?ez z ??1 res

z?11?z ?

z|z?1??1分别相应于??1的两个分支。 1z?1

(4)z=1为本性奇点,由sin 2、函数 resz?1lnzz?1 2

的罗朗展式知 sin 1z?1 ?1

的各解析分支在z??1各有怎样的孤立奇点?求它们在这 些点的留数。

解:取下半虚轴作为割线,这时lnz的各解析分支是:其中? ? 2

(lnz)k?lnz?i(argz?2k?) 32 k?e, arg1?0 ?argz?? ,记

(lnz)kz?1 2

为fk

z?1是f0的可去奇点,k?z??0?时,z?1是fk的一阶极点, 的一阶极点,res(fk,?1)????k? ? 1?

??i2?

res(fk,1)?k?i k?z,z??1是fk 3、计算下列积分 (1)?c(2)?c

zdz(??1)(??2)edzz(z?9) 2 22

,其中c:2 z?2? 12

,其中c:??1

(3)?ctan?zdz 其中c:解(1)被积函数在z?2 res z?2

z?n(n?1,2,3?) ? 12

内只有一个二级极点z?2,而 z?2 ?z? ???2

(z?1)(z?2)?z?1? z ??1 所以 ? zdz c

(z?1)(z?2) 2

??2?i

,而

(2)被积函数在z所以 ?c22 z(z?9) edz 2

?1内只有一个二级极点z?0 ?ez?

res22???z2?9??z?0z(z?9) ?? e z z?0 ?? 19 ?? 2?i9

?z??内解析,c

4、设函数f(z)在区域r0把积分 2?i?1 c

表示圆z

?r(0?r0?r),我们 f(z)dz

定义作为函数f(z)在无穷远点的留数,记作 ?

res(f,?),在这里积分中的c表示积分沿c的顺时针方向,试证明: 1z

如果??1表示

f(z)在r0?z???resf(?)????1 ???

的罗朗展式中的的系数,那么 证明:设f(z)在r0逐项积分得 ?z???

内罗朗展式为 n

f(z)??? ??n

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