高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

高等数学 第四册（第三版） 数学物理方法 答案（完整版）

第一章 复数与复变函数（1）

1.计算

i) i(1) i i 2i;

1 2i2 i(1 2i)(3 4i)(2 i)i 5 10i2i 12

; 2 .

3 4i5i(3 4i)(3 4i) 59 1655

5551

(3). i;

(4).(1 i)4 [(1 i)2]2 ( 2i)2

4;(1 i)(2 i)(3 i)(1 3i)(3 i) 10i2

(a bi) 1

2

12

124

)]

12

isin )] (a b)(cos

2

isin);22

3.

设

z1

z1

z2 i;试用三角形式表示z1z2及z2

。

解：

z1 cos

4

isin

4

;z2

1 (cos isin);266

1 15 5

z1z2 [cos( ) isin( )] (cos isin);

2464621212 z1 2[cos( ) isin( )] 2(cos isin);z246461212

11.设z,z,z三点适合条件z z z 0及z z z 1;试证明z,z,z是一个内接于单位圆z=1的正三角形的顶点。

1

2

3

1

2

3

123

123

证明：z z

1

2

z3 0; z1 z2 z3;z2 z3 z1;z3 z1 z2;

z1 z2 z2 z3 z3 z1; z1,z2,z3所组成的三角形为正三角形。

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

z1 z2 z3 1 z1,z2,z3为以z为圆心，1

为半径的圆上的三点。

即z1

,z2

,z3

是内接于单位圆的正三角形。

.

17.证明：三角形内角和等于 。

证明：有复数的性质得：

arg

z2 z1

; argz3 z2z z; arg13;3 arg( 1) 2k ; k 0; ;

第一章 复数与复变函数（2） 7.试解方程

z4 a4 0 a 0 。 4

解:由题意z4 a4

,所以有 z

a 1 a 0 ;

z 4

i

z a cos isin e

;所以a ei 2k

4(k 0,1,2,3);

5 z1 ae

i

4

;z

2

ae

i

3

4

;z

3

ae

i

4

;z

i

7 4

ae

4

.

12．下列关系表示的z点的轨迹的图形是什么？它是不

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

是区域？

(1).z z1 z z2(z1 z2)

解：此图形表示一条直线，它不是区域。

(2).z z 4;

(3).

8x 16;x 2;此图形为x 2的区域。

z 1

1;z 1

2

(x 1)z z ；域。

(4).0 arg(z 1)

y2 (x 1)2 y2; 2x 2x;x 0;此图形为x>0的区

4

且2 Re(z) 3;

[0,]

解：此图形表示[2,3]区间辐角在4的部分。

(5).z 1且Imz 0;

z 1表示半径为1的圆的外上半部分及边界，它是区域。

(6).y1 Imz y2;

解：它表示虚部大于y小于等于y的一个带形区域。

1

2

(7).z 2且z 1;

解：此图形表示两圆的外部。

(8).z

i13i1 且z ;2222

11131x2 (y )2 x2 (y )2

22，22，解：它表示两相切圆半径为2

的

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

外部区域。

(9).Imz 1且z 2;

解：此图形表示半径为2的圆的内部，且Imz 1的部分，它是区域。

(10).z 2且0 argz

4

;

）

解：此图象表示半径为2的圆的内部且辐角主值在 4 的

部分，它是区域。

第二章 解析函数（1）

4.若函数f z 在区域D上解析，并满足下列的条件，证明f z 必为常数. f z 0 z D 证明：因为

u v u v ,

f z 在区域上解析，所以 x y y x。

f z

u v

i 0 x y。

令f z u x,y iv x,y ，即

u v u v 0 0

由复数相等的定义得： x y， y x。

C(常数) ，v x,y C(常数)，即所以，u x,y

f z C1 iC2为常数。

5 .证明函数在z平面上解析，并求出其导数。 （1）e(xcosy ysiny) ie(ycosy xsiny).

证明：设f z u x,y iv x,y =e(xcosy ysiny) ie(ycosy xsiny).

xx

ux,y e(xcosy ysiny)vx,y e(ycosy xsiny) 则，

1

2

x

x

x

x

v uxx excosy ysinyex xcosyex e(xcosy ysiny) ecosy

x； y

u v ex(xsiny siny ycosy) ex(ycosy xsiny siny)

y； x

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

u v u v ;

满足 x y y x。

即函数在z平面上 x,y 可微且满足C R条件，故函数在z平面上解析。

f (z)

8．由已知条件求解析函数f z u iv， u x y xy，f(i) 1 i。 解：u 2x y,u 2y x， u 2,u 2。

所以u u 0即u是平面上调和函数。由于函数解析，根

2

2

x

y

xx

yy

xx

yy

u v

i ex(xcosy ysiny cosy) iex(ycosy xsiny siny) x x

y2

v 2xy (x)

2据C R条件得ux vy 2x y，于是，,其中 (x)是

x的待定函数，再由C—R条件的另一个方程得

v 2y '(x)= u 2y x，

x

y

x2y2x2

(x) cv 2xy c

222所以 '(x) x，即。于是

又因为f(i) 1 i，所以当x 0,y 1，时u 1，所以

y2x21

f z x y xy i(2xy )

222。

2

2

v

11

c c 1

2得2

第二章 解析函数（2）

12.设

的解析函数，证明，

( u iv,z x 。)iy

证明： 是z上的解析函数，所以， 在 x,y 上处处可微，

z

是

x y u v

x y v u

u v u v

即 x y， y x，

u v y v u x x y

所以， x y v y x u，所以 u v， u v y v u x x y

同理， y y v x x u，所以， v v

即得所证。

14.若z x iy，试证：（1）sinz sinxchy icosxshy。 证：sinz sin(x iy) sinxcosiy cosxsiniy

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

eiiy e i(iy)eiiy e iiy

sinx cosx

22i=

ey e yei(iy) e y

sinx icosx

22=

sinxchy icosxshy i lnz

2。 18.解方程

解：

lnz lnz iargz 0 z 1,argz

i

2

，

即

2

，设z x

iy

2 i

1，

i

i

i

arg x iy

20.试求(1 i),3,i,e解：i

i

得x 0,y 1，即z i。

及Ln(1 i)。

2

2k 2

e

iLni

e

i( 2k )i2

e

,k 0, 1, 2,

isine4e2k ，

(1 i) e

iiLn(1 i)

e

i( 2k )

4

k 0, 1, 2,

Ln(1 i) ln(1 i) i2k ik 0, 1, 2,

3i eiLn3 ei(ln3 2k ) cosln3 isinln3

4

i2k lni(

4

2k )

e2 i e2 ei e2(cos1 isin1)

sinzlim 1z 0z22，求证

证:

sinzsin(x iy)

limx,y z x iy(x,y,均为实数)，所以z zx iy

lim

当x 0则极限趋近于z

sinz

1

故z z。 lim

siniyeiy e iylim 1iy iyiyz轴，有

sinx

1

x x轴，有，

lim

当y 0时，则极限趋于z

第三章 柯西定理 柯西积分（1）

1.计算积分

1 i0

（x y ix2)dz,

积分路径是直线段。

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

解：令z=(1+i)dz， dz=(1+i)dt，则：

2.计算积分路径是（1）直线段，（2）右半单位圆，（3）左半单位圆。

（）令1z it( 1 t 1)，dz idt， z t， 解：

1+i

t31i 1(x-y+ix2)dz it2(1 i)dz (i 1) 0tdt (i 1)30 3

。 0

1

12

所以 zdz tidt i ( t)dt i tdt i

i

1

1

i111

(2).令：z cos isin (

2

2

，则

)，dz ( sin cos )d ， z 1

i

2

2

i

z isin d i 2 cos d 0 2i 2i

2

(3).令 z cos isin ( 从

i

3

到），dz ( sin icos )d ， z 122，

2

32

23 2

z sin d i cos d 0 2i 2i

5.不用计算，证明下列分之值为零，其中C为单位圆。

i

ezdzdz

dz

（1） ccosz，（2） cz2 2z 2，（3） cz2 5z 6，

解：（1）因为函数

dz

0

所以 ccosz。

f(z)=

1cos

在单位圆所围的区域内解析，

（2）因为函数

dz

cz2+2z+2 0。

f(z)

1z2+2z+2

在单位圆内解析，所以

ezez

因为函数f(z)=2=的解析区域D包含拉单位围线

z+5z+6(z+2)(z+3)（3）

ez

所以由哥西积分定理有 2 0

cz+5z+6

dzdzdzdz

6.计算 z 1z，z 1z，z 1z， z 1z。

解：

1

dzdz

2 if(1) 2 iz 1zz 1z 1

。

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

2 dz

iei d dei 0z 1zz 10

。 2 cos isin d dz 0

。 z 0cos isin 2 dz

d 2 0z

(2) (3)

z 1

(4)

z 1

。

7.由积分

证明：因为被积函数的奇点z 2在积分围道z 1外，故

c

2 1 2cos dz

0

z 2之值，证明 05 4cos ，其中取单位圆。

dz

cz 2 0，现令z rei ，则在z 1上z ei cos isin ，

dz iei d i cos isin d ，

dz cz 2

2 -cos isin 2 cos isin i cos isin =

02 cos isin 02 cos isin 2 cos isin 2 2sin i 2cos 1 d 05 4cos ， 2

2

比较可得：

2sin

0

5 4cos ， 2cos 1

0

5 4cos 。

2

第三章 柯西定理 柯西积分（2）

8.计算：

2z2 z 1

， c（1）z 1

C:z 2 。

2z2 z 12z2 2z z 1z 1 2dz (2z )dz c c

z 1z 1解： cz 1 (2z 1

c

11

)dz (2z)dz dz cccz 1z 1 0 0 2 if(1) 2 i。

2

2

10.设C表圆周x y 3，，求f 1+i 。

解：设g 3 7 1，它在复平面内解析，故当z C时，则由哥西积分公式有

2

3 2 7 1

f z

c z

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

g 3 2 7 12

f z d dz 2 ig z 2 i 3z 7z 1 Z zcc，所以 2

f 1+i 2 i 3z 7z 1

z 1 i

2 i 6z 7 z 1 i 12 26 i

。

。

ez

cos ,C:z 1, e c11.求积分z从而证明： 0cos(sin )d

解：由于

C:z 1

，函数

ez

f z

z

在

z 0

处不解析，

ez

zize )0 2i czz (2。

令z e ,dz ie d ，则

i

i

cos isin 2 e2 ezi cos

cz 0ei d i 0e cos(sin ) isin(sin ) d 2 i，故

2

e

cos

cos(sin )d ecos isin(sin )d 2

2

，所以

2 ecos cos(sin )d 2

，即

ecos cos(sin )d

13.设

f z =

1

f z z2

。

，利用本章例5验证哥西积分公式

f n z

f n!

c z n 1 2 i

以及哥西求导公式。提

示：把f 写成 z 2z z z。 证明：设f z 2z z z，则式的右边为可写为：

2

2

2

2

2

c

2 i

f d z

f d z 2z z z2 1

cc2 i z2 i z

11z2=d d z 2z cc2 i2 i z 由哥西积分定理有： 1

1z21212

z2 i z z 2zd 0 c z c 2 i2 i ，所以右边2 i ，

2

即 左边=右边。 再由式子可知当n 1时，

成立。

f 1 f 1

f z d d 2 cc2 i z 2 i z

，

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

假设当n k时，当n k 1时，所以

f

n

fk(z)

k!f( )d

2 i c( z)k 1等式成立。则

fk 1(z)

k 1 !

f( )d

2 i c( z)k 2

成立。

z

f n!

n 1 c2 i z

。

ez

c(z2 1)2

，（2），其中C:z a a 1 .

14.求积分（1）

解：（1）被积函数有奇点z 1，该奇点在积分围道内，由哥西积分求导公式有：

c

45

2 id2 i 24

c z 1 5 cos z z 1 1 cos i

4!dz44!12

zzee''

ez ez ezz i)2z i)2

(2): 2dz

2 i 2 i 2 2 c(z 1)2c1(z i)2c2(z i)2(z i) z i (z i) z i

z 1

cos z

5

cos z

2

(1 i)ei

第四章 解析函数的幂级数表示（1）

2.将下列函数展为含z的幂级数，并指明展式成立的范围：

1

z2(a,b为复数，b 0)

（1）az b，（2） 0edz，

(1 i)e i i )

24

（3）

z

sinz

z，（4）cos2z,

1

(5)sin

2

z.(6) 1 z ，

2

111 a

( z)

baz 1bn 0b

（1）解：原式=b

n 1

b|z |a

|

（2）解：原式=

z

(z2)nz2n 1

dz n!n 0n 0n!(2n 1)

|z|<∞

|z|<∞

( 1)nz2n( 1)nz2n 1

0

（3）解：原式=n 0(2n 1)!n 0(2n 1)!(2n 1)

z

1 cos2z11 ( 1)n(2z)2n

222n 0(2n)!（4）解：原式=

|z|<∞

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

1 cos2z11 ( 1)n(2z)2n

22n 0(2n)!（5）解：原式=2

1n() ( z) nzn 1

（6）解；原式=1 zn 0 n 0

|z|<∞

|z|<1 4．写出eln 1 z 的幂级数至少含z项为止，其中ln 1 z 0。

z

5

z 0

22z2z3

e 1 z ,|z| ln 1 z z ,|z| 1

2!23解：，

z

两式相乘得

1111111114

ezln(1 z) 1 z (1 )z2 ( )z3 ( )z

2232!4322!3!

11111115 ( )z |z| 15432!23!4!

5．将下列函数按 z 1 的幂展开，并指明收敛范围： （1）cosz， （2）sinz，

z

（3）z 2，

解：（1）原式=cos(z 1 1) cos(z 1)cos1 sin(z 1)sin1

( 1)n(z 1)2n( 1)n(z 1)2n 1 ( 1)n(z 1)2nz 1 cos1 sin1 (cos1 sin1)

2n!(2n 1)!2n!2n 1 n 0n 0n 0

z

（4）z2 2z 5，

（2）原式=sin(z 1 1) sin(z 1)cos1 cos(z 1)sin1

( 1)n(z 1)2n( 1)n(z 1)2n 1 ( 1)n(z 1)2nz 1 cos1 sin1 (sin1 cos1)

2n!(2n 1)!2n!2n 1n 0n 0n 0

|z 1|

|z 1 |

1111z 1(z 1)2 () (1

zzz 1n

z 231 z 1333 ( )

z 2333n 0（3）

|z 1 |

3

|z 1

z1z 12n () [ ()]

41 (2n 0

)22（4）解：原式

2

1

cnzn2

6．设1 z zn 0，证明cn cn 1 cn 2 n 2 ，指出此级数展式

之前5项，并指出收敛范围。

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

解：

cn 1

cn

n 1n 1

]

（n 0），

nn

]

n 1n 1

cn 2 ]

cn cn 1 cn 2）

原式

=

1

3

z 2z2 z 5z4 55

|z|

1

2

第四章 解析函数的幂级数表示（2）

9．将下列函数在指定环域内展成罗朗级数：

z 1

,0 z 1,1 z .2

（1）zz 1

解：原式

2z 12

z2z 1

2z 122z 1n 2z z2n 0在0 z 1内，上式z21 z

2z 1212z 12 1 2 () 2 n

zz1 1zzn 0z

z在1 z 内，上式z2 2z 5

,1 z 22

(2) z 2 z 1，

1 211111 z1 z

2 () () ( )z 2z 12(1 z)21 (z)22n 022n 02

22解：原式

nn

1 z

()[1 ( 1)n]1 |z| 22n 02

ez

,0 z 12

（3）zz 1

1 zzn1

e( 2) [ z ( z2)]

解：原式2z 1n 0n!2n 0

z

n

n

0 |z| 1

15z（4） 1 z 3 ，0 z 3

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

11111zn

()( ) ( 5(n 1)) n 1z51 131 zzn 0n 03

z53解：当1 |z| 3时，原式=

111zn5n()( ) z n 11 z531 zn 0n 03

3当0 |z| 1时，原式=

（5）解：

sin

z

z 1，0 z 1。

sin

zz 1 111 sin sin1cos cos1sinz 1z 1z 1z 1

sin1

n 0

( 1)n(

12n12n 1n

)( 1)() cos1 (2n)!(2n 1)!n 0

( 1)n( 1)n

sin1 cos1 2n2n 1

(z 1)(2n)!(2n 1)!。 n 0n 0(z 1)

10．将下列各函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数，并指出成立的范围：

1

（1） z解

1

2

1

2

，其中z i。

：

z

2

1

2

1111111

( )

4(z i)24(z i)24iz iz i

1 nz 1 ( z i 2

4z iiiin 0

111111nz in2nz in [( 1)()] ( 1) (2i) 4(z i)24(z i)16n 02i8n 0

i

1

0 |z i |

(

2

（2） z 1 解：

z 1

2

2

e

11 z

，z 1

2

e

11 z

(z 1)

1e

1z 1

1( 1)n

(z 1) nn 2

n 0n!(1 z)n 0n!(1 z)

2

，|z 1| 0

11．把

（1）在z 1上展成z的泰勒级数。 解： z 。 (2)在z 1上展成z的泰勒级数。

1

f z zn

1 zn 0，

f z

1

1 z展成下列级数：

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

n

解；， (3)在z 2上展成 z 1 的泰勒级数。

111 z 1n ()

21 2n 022解：原式，

11111 1

f z () ()

1 zz 1z1 zn 0zz

|z | 1

(4)在z 2上展成 z 1 的泰勒级数。

(z 1)

11 z 1

(z 1) (

n 0

z 1

|2|<1

解：原式12．把数：

（1）0 z 1，

f z

2n

)z 1

|

2

| 1z 1

1

z1 z展成在下列区域收敛的罗朗或泰勒级

111 n zz1 zzn 0， 解：原式

（2）z 1

11111 1 ()

zz1 zzn 0zz解：原式

n

，

n

n 1

（3）0 z 1 解：原式

（4）z 1 1

111 (1 z) ( 1)(z 1)n 11 (z 1)1 zn 01 z， n 0

111 1n

n ( 1)() 1nz 11 z 1n 0z 1 ( 1)()

z 1， z 1解：

原式n 1

n

（5）z 1 1

111

(z 1)

1 z 解：原式1 (z 1)z 1n 0

n

1 z 1

(z 1) ()

22n 0n 0

nn

，

（6）1 z 2

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

n

n

11111 z 11 1 () () 21 z 11 2n 02z 1n 0z 1

2z 1解：原式

(

n 0

1

1)(z 1)nn 12。

（7）z 2

111 21 1 () () 211 zz 1z 1z 1z 1n 0n 0

(1 z)(1 )1

1 z1 z解：原式

1

n

n

1n(1 z)n

n 1(z 1)

|z 1 |

2

第四章 解析函数的幂级数表示（3）

13．确定下列各函数的孤立奇点，并指出他们是什么样的类型，对于无穷远点也要加以讨论：

z 1

（1）

解：孤立奇点为：z 0,z i,z i，

z 1

z(z i)

对于z 0,原式=z

X(z)

z z2 1

2

Z为一阶极点

z 1z 1

z(z i)2(z i)2z(z i)2(z 1)z i为二阶极点， z i，原式=

同理：z i也为二阶极点。

1

1

(1 z)z4 22

(1 z)2(2 1)

对z ，原式=zz

(1 z)z4lim 0n 0(1 z2)2

，由于，即为可去

奇点。 （2）解： z

1

(z2 i)2

2

3i(k )

4

i 0，z e为二阶极点。

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

111z4

lim2 lim lim lim 0z (z i)2z 1z 1 z2iz (1 z2i)22

(2 i)(2)2z即为可去极点。 z1 cosz

(3)z3

1 coszz21

2z32z解；z3

，z 0为一阶极点。

lim

1 cosz

lim3z z 0z

cos

1z i

1 cos

1

limz3(1 cos1) 0

z 0z3z即为可去极点。

(4)

解：z i为本性极点。

limcos

z

11z limcos limcos() 1

z 0z iz o1 zi( i)

z

即在无穷远点为可去极

点。

ez

(5)ez 1

ezez

z

解：z=0，e 1mzm 1即

z

z=0时，有(m-1)阶极点，

1e 11

e 1mlim lim limz(ez 1) 0z zmz 0z 0()mz即无穷远点为可去极点。

ez

(6)ez 1

ez1

lim 1ez 1z 01 e

1z

解：z 0，即无穷远点为可去极点。

1

(7)sinz cosz

sinz cosz z )z k

4，4解：

z k

，

4 (k=0, 1, )一阶极点，

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

lim

111

lim

z sinz coszz 0z 0sin cos )zzz4

不存在，为本性极

点。

1 ez

(8)1 ez

1，z i ，ei 1

1z

1z

解：e

z

z

z (i2 k 1)(k 0, 1 )一阶极点。

1z

1)21 e1 e(1 e) 1lim limlim lim1

11zz 1 ez z 0z 01zz 1 e(i e)ez( )

z即可去极点。

e (

(9)(z 3z 2)

解：z 1,z 2，三阶极点，

2

22

1111

lim(z 3z 2) lim(2 3 2)3 lim[( 1)( 2)]3z z 0zz 0zzz(10)tgz

2

23

23

lim

(1 3z 2z)

4z 0z

3

2

23

解：(11)

z k 11 z

2

1 limtgz lim

z z 0cos

(k 0, 1, )一阶极点，z>不存在

sin

sin

limsin

z

解：z 1，为本性奇点，

可去奇点。

e(12)ez 1

1z 1

11z limsin limsin 0z 0z 01 zz 11

即为z

lim

1

z 1

1 1z

z1 z

eee

lim lim 0

z ez 1z 01z 01

ez 1ez 1解：z 0,z 1，一阶极点，可去奇点。

14.设f z ,g z 分别以z a为m阶极点，试问z a为

的什么样的特点。

f g,f g,

fg

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

解；设

f(z)

(z) (z)

,g(z)

(z a)m(z a)n

(z) (z a)m n (z)

(m n) m

(z a) n m

(z a) (z) (z)

f g (m n)n

(z a)

(z) (z)

(m n)n (z a)

f.g

（1）

(z) (z)

(z a)m n

(m+n)阶极点 （2）

(z)1

(z a)m n (z)(m n)

（m n）级极点

f(z) (z)

(z a)n m(m n)(m n)级零点g(z) (z)

可去奇点 （z） (m n) (z)

(3)

所以

当m≠n时 z=a为f+g的max{m,n}阶极点 当m=n时

15.设f z 0，且以z a为解析点或极点，而 z 以z a为本

z

_____n阶极点 (a) (a) 0

(a) (a) 0低于n阶的极点或可去极点

性奇点，证明z a是 z f z ， z f z ，fz的本性奇点。 证明：设

(z) (z)

f(z) , (z) n

(z a)mn 0(z a)

显然其中主要部分有无限项。

所以z=a是±f(z)+ (z)的本性奇点。

(z) (z).f(z)

(z a)m (z)

f(z)

(z) nn 0(z a) (z)

(z a)m n

n 0 (z)

(z) f(z)

(z) (z)

n

(z a)mn 0(z a)

(z a)

n 0

(z)

n

(z)

(z a)m

所以z=a是

(z)

f(z) (z)及f(z)的本性奇点。

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

16．讨论下列函数在无穷远点的性质。 (1)z

2

解：

limz2 limz

z

z2

二阶极点。

z(2)z 1

1

z1zlim limz lim 1 z 1 zz 1z z1 z

1

解：可去极点。 z

(3) 1 z 解：

11

c22 ...zz

1

11

(1 z)z c0 c1 c22 ...

zz

2

c0 1

令(1 z) c0 c12c0c1 1

1z

12

c1

由上得：c=±1 从而得：z=∞为本性奇点。 (4)

zsin

1z

11

limsinz 1zz z

1

2

解：

limzsin

z

可去奇点。

第五章 残数及其应用（1）

1. 求下列函数在指定点处的残数.

z

1 z 1 z 1 2在z 1,

z

1Resf(z) lim 2z 1 z 1

z 1 z 1=4解:当z 1时，

,

z d z 1 1

Resf z lim

z 1 z 1dz 4

z 1当z 1时，.

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

求z 时的残数，用残数和定理，即,

Resf z Resf z Res 0

z

z 1

z 1

,

2

1

sinz在z n n 0, 1, 2

解:由题可知,z n 是本题的极点，将sinz用罗朗展开得:

1 z2n 1 2n 1!sf z sinz=z n ，求Re，

1 e2z

(3)z4

n

Resf z 1

z n

。

在z 0, .

1 e2z

z4

2z

2z

z4

2

解:将原式用罗朗展开得：

2z

3

=

，

4

Resf z Res 4

z 0z 0 z3

4 Resf z

3. ,根据残数和定理，z

1

z 1

(4)e在z 1, , 解:

1

f z

的奇点为1，将e用罗朗展开式展开得：

1z 1

11 2

z 12 1 (z 1)

1

Resf z Res 1z 1z 1z 1 , 所以,

z1

Res e 1 1

根据残数和定理得：z

2.求下列函数在其孤立奇点(包括无穷远点)处的残数(m是自然数).

1 zmsin

1z

1 z 1mm

zsin z

z2n 1!

n

2n 1

解:将式子用罗朗展开

1

m 2n 1 1 2

，当

.

m

高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

m2

当m为奇数时，残数为0，当m为偶数时,根据残数和定理,

Resf z

z

Resf z

z 0

1

(m 1)!,

1 m 1!

m2

(2)

z2m1 zm

i2k m

解：z e(k 0,1,2 (m 1))是函数的一阶极点。 当m 1时，

Resf z 12k

z e

im

，

解:本题是以z 为m阶极点，以z 为其一阶极点.

(z )

1 1

Resf(z) lim z (m 1)!z z

(m 1)

3

1

Z

m

1

-

m

Resf z

z

1

根据残数和定理得:

Resf z

z

1

m

m

1

m

- + =0

ez

(4) 解:

z 1

f z

2

ez

z 1 是以z 1为二阶极点，

d(

ez

2

Resf z lim

z 1

x 1

z 1

z 1

2

)

lim ez e

z 1

dz

z

根据残数定理和得:Resf z e.

5

z1 cosz

解:用罗朗展开式展开得：本题以z n 为一阶极点.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/kfi1.html