复变函数与积分变换测验题5参考答案

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第五章 留 数

一、选择题：

1。B 见课件第五章（1） 2．D 见课件第五章（1）

z3． B P74 定理1。5 ：z?0 是函数的分子 1?e的一级零点；z?0 是函数的分母

z4sinz的五级零点

4。 B 注：P75定义1。7 令??1?1?，分析点??0对函数?(?)?f??的情形， z?z?f(z)f(z)1为k?k5。C 注：留数定义计算 k在点0的去心邻域内洛朗级数zzz负一次幂项的系数 c?1?ak?1 6．A 注：选项（A） 需要 ?(z0)?0

?an?0?nzn

7． C 根据留数定理易得： 注意只考虑位于积分曲线内部的孤立奇点处的留数

?z?12coszcosz,0] dz?2?iRes[z(z?1)z(z?1)1122zsindz?2?iRes[zsin,0] ?zzz?11 3!8． C 根据留数定理

留数Res[zsin,0]的计算按照留数定义处理为?1z?i21z9．B 注：留数定义计算 z2en在点i去心邻域内的洛朗级数为

nnnze21z?i?1??1??1??1?????????????z?i?z?i?z?i?z?i?2????22??z?i?i)???(z?i)??2(z?i)i??i?n!n!n!n!n?0n?0n?0n?0151每一部分中负一次幂项的系数 分别为 ,i,?1，因此Res[z2ez?i,i]???i

63!

1

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10. B 注: 本题利用无穷远点处的留数处理比较简便

z?z9z910z?1?0，其中的被积函数在扩充复平面内共有11个孤立奇点：满足dz10?3z10?1z?12的十个点z1,...,z10，以及无穷远点?，

z9z9根据P82定理2。2，有 ?Res[10,zi]?Res[10,?]?0

z?1z?1i?110满足z10?1?0的十个点z1,...,z10 到原点的距离均为1 （根据第一章 复数的方根运算），所

以，它们均在积分曲线C的内部，

10z9z9z9,?] 根据留数定理 ?10dz?2?i?Res[10,zi]??2?iRes[10z?1z?1z?1i?13z?2??1?9??????z911z??,0???Res?根据P83,规则IV，得 Res[10,?]??Res??10,0?? 210??z?1z?z(1?z)??1?????1?????z??点0是函数

1的一级极点，由规则I,得 10z(1?z)10z9z9z9,?]＝2?i 所以，?10dz?2?i?Res[10,zi]??2?iRes[10z?1?1z?1i?13zz?2二、填空题

221．设z?0为函数z?sinz的m级零点，那么m? 6 ．

注：m级零点的判定方法：（1）z0为方程f(z)?0的m重根，则z0f(z)的m级零点 （2）求导数

f(m)(z0)?0，导数值不为零得最低阶数

本题根据方法二，求导数判定即可

2．设函数?(z),?(z)分别以z0为m级零点和n级零点，f(z)??(z)，g(z)??(z)?(z)，则?(z) 2

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当m?n时，z0是f(z)的m?n级 零点 ；当m?n时，z0是f(z)的n?m级 极点 ；当m?n时，z0是f(z)的 可去奇点 。

3．设函数?(z),?(z)分别以z0为m级零点和n级零点，g(z)??(z)?(z)，则z0是g(z)的

m?n 级零点。

注：根据P72 M级零点得定义1。5可得。 4。设函数f(z)?exp{z?21}，则Res[f(z),0]? 0 2z?1z2z2注：洛朗展开式：f(z)?exp{z?2}?e?e??zn?021???1??2?2n?zz???? 其中必不含有z n!n!n?0n的奇数次幂项，所以，由留数定义 Res[f(z),0]?0

5．设f(z)?1?cosz，则z?0为函数f(z)的 3 级极点；Res[f(z),0]? z51 ． 24

注： 第一问利用P74 定理1。5判定; 留数定义 f(z)?1?cosz在点0的去心邻域内的罗朗级数为 z5?nz2n1??(?1)11?cosz2n!n?0c?f(z)?? 负一次幂项的系数 ?1554!zz6．设f(z)?2z，则Res[f(z),?]? -2 ． 1?z2注：P83规则IV 三、计算积分：

3

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本题要点：孤立奇点类型的判定；m级极点的判定；m级零点的判定；（见课件第五章（1）） 留数定理；留数计算的准则（见课件第五章（2）） (1)z?zsinz?1(1?z)2dz．

4解：被积函数的唯一孤立奇点z?1在积分曲线的外部，根据留数定理 ，

z?zsinz?1(1?z)2dz?0

4(2)sinzdz ?z(z?1)(3?z)z?2sinz的孤立奇点 z1?0,z2?1,z3?3

z(z?1)(3?z)sinzcosz1?lim??z?z1?0z(z?1)(3?z)z?z1?0(z?1)(3?z)?z(3?z)?z(z?1)3解：被积函数

判定孤立奇点的类型： lim（利用洛必达法则） 所以，z1?0为被积函数

sinz的可去奇点

z(z?1)(3?z)limz?1sinzsinz?? z2?1为被积函数的极点

z(z?1)(3?z)z(z?1)(3?z)sinzsinz?? z3?3为被积函数的极点

z(z?1)(3?z)z(z?1)(3?z)limz?3被积函数

sinz为不可约的分式函数，所以 极点的级数m等于分母中相应因式的次数

z(z?1)(3?z)sinz的一级极点（分母中因式z?z2的次数为1）

z(z?1)(3?z)sinz的一级极点

z(z?1)(3?z)z2?1为被积函数

z3?3为被积函数

但是 只有z1?0,z2?1,位于积分曲线（半径为2的圆周）的内部，

4

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所以，根据留数定理

??????sinzsinzsinzdz?2?i?Res?,0??Res?,1?? ?z(z?1)(3?z)z(z?1)(3?z)z(z?1)(3?z)?????z?2???sinzsinz的可去奇点） Res?,0?＝0 （因 z1?0为被积函数

z(z?1)(3?z)z(z?1)(3?z)????sinzsinzsin1 （根据准则I） Res?,1??lim(z?1)?z?1z(z?1)(3?z)2?z(z?1)(3?z)?所以，

??????sinzsinzsinzdz?2?iRes,0?Res,1????isin1 ?????z(z?1)(3?z)?z(z?1)(3?z)??z(z?1)(3?z)??z?2?(3)sinzdz ?zz?2sinz的唯一孤立奇点z=0, z解：被积函数

limz?0sinz?1 ，所以 z=0,为被积函数的 可去奇点 zz=0,在积分曲线的内部，根据留数定理

sinzsinzdz?2?iRes[,0] ?zzz?2sinz,0]?0 z因为 z=0,为被积函数的 可去奇点，Res[所以

sinzsinzdz?2?iRes[,0]=0 ?zzz?2sinzdz ?3z(3?z)z?2sinz有两个孤立奇点 z1? 0，z2?3 ，

z3(3?z)5

(4)解：被积函数

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