《复变函数》第五章习题全解钟玉泉版

第五章 解析函数的洛朗展开与孤立奇点

(一)

?z?1z?11121.解:(1):1)0?z?1,2?2???2??2?zn

z?1zz(z?1)zzn?0?z?1z?11111?3??2?2?n?3 2)1?z?????1, 21zz(z?1)zzn?0z1?z(2)f(z)?12?1121 ?2??2z1z?2z?121?z1?2z21?zn?2=??()??(?1)nn?2 2n?02zn?0z2zn1?z??...??...ezzn!(3)f(z)? ?23z(1?z)z?z1z5=?1??z2... z26n?1?1nz?i)n22.解:(1)2?[(?1)()] ?222i(z?1)4(z?i)n?0?1 ?4(z?i)221z?z?i)nn(?1)(n?1)()(0?z?i?2) ?2in?0?n?1?n?211 (2)ze??z???n(0?z???)

n?0n!n??2(n?2)!z(3) 令??1，则ez11?z?e???1?e???(1???222?...)

452?(1??????????23!4!...)(1?235!5...)(1????24...)

(1??23?343!...)(1?4?4!)...

5=1???????11?238?4?5...

1111114=1??????...

z2z23z38z45z53.证明:根据洛朗定理,可设

?1 sin[t(z?)]??cnznzn?0(0?z???)

其中 cn?12?i???11sin[t(??)]??n?1d?(n?0,?1,?)

这里 ??1,??ei?(0???2?)

12?sin[t(ei??e?i?)]i?1ied?? 于是 cn?2?i?02?ei(n?1)??2?0sin(2?cos?)d? in?e4.解:(1)因为函数为有理函数,且分子,分母无公共零点,因此分母的零点就是函数的极点,令分母z(z2?4)?0,得z?0以及?2i,分别是分母的一级和二级零点,从而分别是函数的一级和二级极点,又因可去奇点.

(2)由定理5.4(3)知函数sinz?cosz的m级零点,就是且分母零点的极限点必为函数的极限点,因为

? sinz?cosz?2sin(z?)

4? 则令sinz?cosz?0,得z?k??(k?0,?1,?)

4且又因[zsin(z?故z?k??1的m级极点,

sinz?coszz?1z??0,所以z??为2z(z?4)?4)]?z?k???4?2cosk??2(?1)k?0(k?0,?1,?)

1的

sinz?cosz?4一级极点.

(k?0,?1,?)各为分母sinz?cosz的一级零点即为

又因z?k???4??,即z??是极点的极限点,即为函数的非孤立奇点.

(3)因z?(2k?1)?i时,分母1?ez?0,且 (1?ez)?z?(2k?1)?i??1?0

所以z?(2k?1)?i是分母的一级零点,而此时分子

(1?ez)z?(2k?1)?i?0

故z?(2k?1)?i各为函数的一级极点,因分母,分子在平面解析,所以除此之外在平面上无其他奇点. (4)令分母为0,解得z??且因[(z2?i)3]?2z??(1?i)22(1?i),即为所给函数的极点. 2z??2(1?i)2?0,[(z2?i)3]??0,

故z??2(1?i)均为所给函数的三级极点. 2又因

1z??0,所以z??为可去奇点. 23(z?1)2sin2z(5)因为tanz?,分子分母均在z平面解析且无公共零点,所以分母的

cos2z零点即为tan2z的极点,令cos2z?0,解得 z?k?? (cos2z)??所以z?k??(6)cos?2,(cos2z)??2z?k???2?0

z?k???0(k?0,?1,?)

?2是cos2z的二级零点,从而是tan2z的二级极点.

11?1??? z?i2!(z?i)2所以z??i为其本性奇点,

1?1,所以z??为可去奇点. 又因 limcosz??z?izsin21?cosz2?1 (7)因lim?limz??z?0z2z22()22故z?0为可去奇点, z??为本性奇点.

(8)因为当且仅当z?2k?i时,分母ez?1?0,(ez?1)?z?2k?i?0,所以z?2k?i为分母的一级零点,而分子是常数1,因此z?2k?i为其一级奇点. 5.解:先判断各函数的奇点类型. (1) z?0,z??为奇点.

(2) z?0,z??为奇点.

(3) z?0不是孤立奇点,是极点的极限点.

(4)分母的零点是z?k?,这是ctgz的极点,且(sinz)?k???1?0

所以z?k?是分母的一级零点,因此是ctgz的一极点,而z??不是孤立奇点,是极点的极限点.

由三个函数均为单值函数,由洛朗定理,在孤立奇点的去心邻域内均能展开成洛朗级数,在非孤立奇点的邻域内则不能.

6.解:(1)当m?n时，a为f(z)?g(z)的max(m,n)级极点，为

f,g的m?n级极点，为

f的m?n(m?n)级极点与n?m(m?n)级零点 g(2)当m?n时，a为f?g的至多m级极点（此时各种情况均有可能产生） 例：f?1?1k?z,g??zk(k?N?) mm(z?a)(z?a)a为f,g的m?n级极点，为

f的可去奇点. g7.证明:因f(z)不恒等于零,如果z?a为f(z)的零点,z?a只能为f(z)的孤立奇点.

(反证)如果z?a不是?(z)?f(z),?(z)?f(z),?(z)/f(z)的本性奇点,则由上题的结论知,?(z)就以z?a为可去奇点或极点,矛盾.

z?1?ez8.解:(1) f(z)?,奇点为z?0为一级极点， zz(e?1)z?2k?i(k??1,?2,...)为一级极点，z??为非孤立奇点

(2) z?0为函数的本性奇点, z??为函数的本性奇点. (3) z??是可去奇点, z?0为本性奇点.

(4) z?0,z??为本性奇点. (5) z?1为本性奇点, z?2k?i为一级极点, z??为非孤立奇点.

9.证明:因f(z)在z平面上解析,则f(z)必为整函数,而整函数只以z??点为孤

立奇点,而f(z)在z??点解析,故z??点只能是f(z)的可去奇点,由定理5.10知, f(z)为常数.

10.证明:(反证)设w?f(z)为整函数且非常数,若值全含于一圆之外,即存在

w0,?0?0,使得对任何z,恒有f(z)?w0??0,则有非常数整函数

g(z)?1,所以在z平面上任何点z,分母不等于0,从而g(z)在z平面

f(z)?w0上解析,即为整函数.又因f(z)非常数,所以g(z)非常数,其值全含于一圆

g(z)?1?0之内,与刘维尔定理矛盾.

11.证明:由题意,f(z)在z0的去心邻域内的洛朗展开式可设为

?c?1 f(z)???cn(z?z0)n(c?1?0)

z?z0n?0 令g(z)?f(z)?c?1c,因f(z),?1在z?r上除去z0外解析,所以g(z)在z?z0z?z0?z?r上除去z0外解析.又可知g(z)??cn(z?z0)nf(z)在z0的邻域内解析,

n?0故g(z)在z?r上解析.

函数g(z)在z?r内的泰勒展开式为g(z)??anz?c?1?nn?0n?0?g(n)(0)n 而直接法又给出g(z)??z??bnzn

n!n?0n?0???1z0n?1zn

从而

anan?1c?1z0?z0[]

cn?1bn?1z0??1z0bnz0?n 因为g(z)??bnz在z?r上解析,所以当z?z0时,级数?bnz0是收敛的,

nnn?0n?0??

一般项bnz0?0(n??),故即知limnan?z0.

n??an?1（二）

1.解：（1）不能

（2）能，指定点不是所给函数的支点 （3）不能 （4）不能

（5）能，指定点不是所给函数的支点

2.解：不正确。因为f(z)在z?1处的去心邻域应是0?|z?1|?1，而1?|z?1|???正好是以1为中心的无穷远点的去心领域。所以根据题中的洛朗展式，只能判定z??是f(z)的可去奇点。

3.证明：由孤立奇点的定义，又有f(z)在点a解析，故知a为g(z)的孤立奇点，且limg(z)?limz?az?af(z)?f(a)?f?(a)?g(a)，故a为g(z)的可去奇点。故在a业

z?a解析。

4.证明：本题为第3题的特例。 5.证明：由定理5.4的条件（2）f(z)??(z)(z?a)m，其中?(z)在点a邻域内解析，

且?(a)?0为f(z)以a为m阶极点的特征，则

lim(z?a)mf(z)?lim(z?a)mz?az?a?(z)(z?a)m??(a)???0

6.证明：令g(z)?(z?a)kf(z)。由题设，g(z)在k?{a}:0?|z?a|?R内有界。由定理5.3（3），a为g(z)的可去奇点，则a为g(z)的解析点。又由定理5.4（2），若a为f(z)的m级极点，则在点a的某去心邻域内能表成f(z)??(z)(z?a)m，其

中?(z)在点a邻域内解析，且?(a)?0。若m?k，则g(z)以a为m?k级极点，与a为g(z)的可去奇点矛盾，故m?k。另一方面若a为f(z)的可去奇点，则

g(z)在a点仍解析。故题目也成立，综合有a为f(z)的不高于k级的极点或可

去奇点。

7.解：令w?1，即f(z)?s由于sinw只有唯一的奇点即本性奇点w??，niw，1sinz11(k??1,?2,?)与z??于是它们都是f(z)与之对应的是sin的零点，即z?zk?的本性奇点。

1}z?0是f(z)的本性奇点列k?的极限点，是个非孤立奇点。

{8.证明：（必要性）由于f(z)在扩充z平面上只有一个一级极点， 当z??为极点时，f(z)?az?b

f(z)?A?B(A?0)z?z0

当z0??为极点时，

Bz?(A?Bz0)z?z0=

?Bz0?(A?Bz0)??A?0

f(z)?az?b,ad?bc?0cz?d

z??dc

（充分性） 若

因而a,c不同时为0，①c?0，f(z)只有一个一级极点

②c?0，则a?0且d?0，f(z)只有一个一级极点z??

9.证明：因f(z)在点?解析，?就为可去奇点，构选圆周?:|z|?R这里R充分大，使C及其内部全令于?，则得到点?的去心邻域：0?R?|z|???，则f(z)在其内部可展成洛朗级数，设为f(z)?c0?由定理5.2知c?1?cc?1????nn??（c0可为0） zz11f(z)dz?c?f(z)dz 即 ?12?i??2?i???1f(z)dz ??C2?i故由复周线的柯西积分定理可知?c?1?10.证明：?limf(z)?c0??

z??????0,?R?0,当|z|?R时均有|f(z)?c0|??

选取充分大的r?R,使得C在|?|?r内部

由于|1f(?)d??c0|

2?i?|?|?r??z?1f(?)c0d?]| [?d???|?|?r??z2?i|?|?r??z1?2?????|f(?)?c0||??z|||?r|d?|

r??

r?|z|故lim1f(?)d??c0

r???2?i?|?|?r??zf(?)f(?)d????|?|?r??z?c??zd??0

①z?D，则

故

1f(?)d??0?c0 ??2?ic??z②z?D，亦可选取充分大的r0?r,使得

1f(?)1f(?)d??d??f(z) ???|?|?2?ic??z2?ir0??z从而

1f(?)d??f(z)?c0 ?2?i?c??z111.证明：由于函数f(z)??(z?2k)k?149在含点?的无界闭域|z|?99上解析且

limf(z)?0?f(?)，于是应用上题计算积分

z??I??f(z)dz??f(100)?2?i?C?z?1001?1?(100?2k)k?149??1 98!!12.证明：先考察在充分大的圆周?:|z|?R内，令除z??外，f(z)的一切有限奇点都全含于的?内部，此时，f(z)在?内部的奇点个数只能有限，否则无限多

个奇点必有一个聚点，此时，它当然为非孤立奇点，矛盾。故在C上，从而在C?上命题亦成立。

13.证明：有两种可能的情况。

1）f(z)有n个一级极点，且都不为0，设为?1,?2,?,?n，此时?为f(z)的可去奇点。由定理5.4（2）写出f(z)??(z)，其中?(z)在z平面

(z??1)(z??2)?(z??n)上解析且不恒等于0，因为?此时不是f(z)的极点，故?(z)展式中z的最高次幂不能大于n，即?(z)?a0?a1z???anzn，?(dk)?0，所以

a0?a1z???anzn，其中?k互异，且?k(k?0,1,?,n)至少有一个不f(z)?(z??1)(z??2)?(z??n)为0.

2）?为f(z)的一级极点，若?k(k?1,2,?,n)只有一个为?，把其余n?1个依次

a0?a1z???anzn排列为?1,?2,?,?n?1，利用定理5.4'（2）得f(z)?，

(z??1)(z??2)?(z??n?1)其中?n?0，且当i?j时，?i??j(1?i,j?n?1)。 14.证明：记I(C)?D

1）设在区域D中去掉所有的极点，得一区域D1，由题设知，在D1内f(z)?0。（反证法）若f(z)在D1内有无限多个零点，亦即在D内有无限多个零点，那么我们不妨取出其中彼此不同的零点组成一个点列{zn}，它是有界的，因而有一收敛子列{znk}?z0，本题设z0只能在D1内，又由唯一性定理，在D1内f(z)?0，矛盾，于是f(z)在D内至多只有有限个零点。 2）考察

11。满足题设条件，由1）知在D内至多只有有限个极点。 f(z)f(z)15.证明：由题设条件可设f(z)?c?z??c??1z??1???z?(c??c??1z??)，

?f(z)z?0??f(?)(0)?z再应用最大模原理。 c???0，又令?(z)??(?)?!?f(0)z?0???!16.证明：

令z是圆|z|?R内任一点，r满足。由最大模原理知|?(z)|?|?(?)|(|?|?r)，即

|?(z)|?|f(?)|?f(z)MM|?(*) ，令r?R，则|?(z)|?|zRr?(*)MM|z|(|z|?R)。 特别|?(0)|?|f?(0)|?即|f(z)|?RRMf(i)M|z|,(0?|z|?R)，即|?(z)|?||?若圆|z|?R内有一点z1，使|f(z)|?，这RzRM说明在式（*）中，等号在圆|z|?R内某一点达到。由最大模原理知|?(i)|?|c|?，

RMi?ez（?为实数）所以f(z)?。 R

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