高等数学答案_第四册_四川大学编

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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;

(1 i)(2 i)(3 i)(1 3i)(3 i) 10i2(4).(1 i)4 [(1 i)2]2 ( 2i)2

4; (a bi) 12

12

124

)]

12

isin);22

z1

z1 z2i;试用三角形式表示z1z2及z2。 3.

设

isin )] (a b)(cos

2

解：

z1 cos

4

isin

1

z1z2 [cos(

24z1 2[cos( ) isin( )] 2(cos isin);z246461212

1

(cos isin);

4266 15 5 ) isin( )] (cos isin);64621212

;z2

11.设z1,z2,z3三点适合条件z1 z2 z3 0及z1 z2 z3 1;试证明z1,z2,z3是一个内接于单位圆z=1的正三角形的顶点。

证明：z1 z2 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。 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。

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

第一章 复数与复变函数（2）

44z a 0 a 0 。 7.试解方程

4

z

1 a 0 44

解:由题意z a,所以有 a ;

2k

i z zi

e4(k 0,1,2,3) cos isin e

a ;所以a;

4

z1 ae4;z2 ae;z3 ae;z4 ae.

12．下列关系表示的z点的轨迹的图形是什么？它是不是区域？

i

i

3 4

i

5 4

i

7 4

(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;

8x 16;x 2;此图形为x 2的区域。

z 1 1;z 1

2222

z z ；(x 1) y (x 1) y; 2x 2x;x 0;此图形为x>0的区解：(3).

域。

(4).0 arg(z 1)

4

且2 Re(z) 3;

[0,]

[2,3]解：此图形表示区间辐角在4的部分。

(5).z 1且Imz 0;

解：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y1小于等于y2的一个带形区域。

(7).z 2且z 3 1;

解：此图形表示两圆的外部。

i13i1

(8).z 且z ;

2222

11311x2 (y )2 x2 (y )2

22，22，它表示两相切圆半径为2的外部区解：

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。

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(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

u v u v ,

x。 证明：因为f z 在区域上解析，所以 x y y

u v

f z i 0

fz ux,y ivx,y x y令，即。

u v u v

0 0

x由复数相等的定义得： x y， y。

所以，u x,y C1(常数) ，v x,y C2(常数)，即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。

xx

（1）e(xcosy ysiny) ie(ycosy xsiny).

xx

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，

v uxx excosy ysinyex xcosyex e(xcosy ysiny) ecosy

x； y

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

y； x

u v u v ;

x。 满足 x y y

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。

u v

f (z) i ex(xcosy ysiny cosy) iex(ycosy xsiny siny)

x x

22fz u iv u x y xy，f(i) 1 i。 8．由已知条件求解析函数， 解：ux 2x y,uy 2y x， uxx 2,uyy 2。

所以uxx uyy 0即u是平面上调和函数。由于函数解析，根据C R条件得

y2

ux vy 2x y，于是，v 2xy 2 (x),其中 (x)是x的待定函数，再由C—R条件的另一个方程得vx 2y '(x)= uy 2y x， x2y2x2

(x) cv 2xy c

'(x) x222所以，即。于是

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又因为f(i) 1 i，所以当x 0,y 1，时u 1，

2

2

v

11 c 1c 22 得

y2x21

f z x y xy i(2xy )

222。 所以

第二章 解析函数（2）

x y x y

,z x i)y u ( u iv12.设 是z的解析函数，证明 u v， v。 u v

x,y x y，证明： 是z上的解析函数，所以， 在上处处可微，即 u y v

x，

u v y v u x x y所以， x y v y x u，所以 u v， u 同理， yv y y v

v u x x y 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

eiiy e i(iy)eiiy e iiy

=sinx2 cosx

2i ey e y=sinx2 icosx

ei(iy) e y

2

sinxchy icosxshy

i18.解方程

lnz

2。 解：

lnz lnz iargz 0

i

2，

即

z 1,argz

2，设z x

iy 1，arg x iy

2得x 0,y 1，即z i。

20.试求(1 i)i,3i,ii,e2 i

及Ln(1 i)。

解：ii e

iLni

e

i(2

2k )i

e

2

2k ,k 0, 1, 2,

(1 i)i eiLn(1 i) e

i(

4

2k )

isine4e2k ，

k 0, 1, 2,

Ln(1 i) ln(1 i) i2k i

4

i2k lni(

4

2k )

k 0, 1, 2,

3i eiLn3 ei(ln3 2k ) cosln3 isinln3

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e2 i e2 ei e2(cos1 isin1)

sinzlim 1z 0z22，求证

sinzsin(x iy)

limx,y x iy 证: z x iy(x,y,均为实数)，所以z z

lim

siniyeiy e iy

lim 1iy iyiyz当x 0则极限趋近于z轴，有

sinxlim 1x y 0x当时，则极限趋于z轴，有，

sinzlim 1z z故。

第三章 柯西定理 柯西积分（1）

1.计算积分 0积分路径是直线段。 解：令z=(1+i)dz， dz=(1+i)dt，则：

3

1i 1t1+i1 (i 1)tdt (i 1) 22

(x-y+ix)dz it(1 i)dz0033。 0 0

2.计算积分路径是（1）直线段，（2）右半单位圆，（3）左半单位圆。

12

1 i

（x y ix2)dz,

（）令1z it( 1 t 1)，dz idt， z t， 解：

所以 zdz tidt i ( t)dt i tdt i

i

1

1

i

1

1

1

(2).令：z cos isin (

2

2

，

)，dz ( sin cos )d ， z 1

则

，

i

i

z i 2 sin d i 2 cos d 0 2i 2i

2

2

(3).令 z cos isin ( 从

2

3 2

3

到），dz ( sin icos )d ， z 122

i

i

z sin d i32 cos d 0 2i 2i

2

5.不用计算，证明下列分之值为零，其中C为单位圆。

ezdzdz

dz ccoszcz2 2z 2cz2 5z 6（1），（2），（3），

1dz

f(z)= 0 ccoszcos 解：（1）因为函数在单位圆所围的区域内解析，所以。

1dz

f(z) 2 0 cz2+2z+2z+2z+2（2）因为函数在单位圆内解析，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）

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ez

所以由哥西积分定理有 2 0

cz+5z+6

dzdzdzdz

z 1z z 1zz 1z 6.计算z 1z，，，。

dzdz

1 2 if(1) 2 i

z 1zz 1z 1

解：。

2 dz

(2) iei d dei 0

z 1zz 10

。

2 cos isin d dz

(3) 0

z 1z0cos isin 。

2 dz

(4) d 2

z 1z0

。

2 1 2cos dz

0 cz 205 4cos 7.由积分之值，证明，其中取单位圆。

dz

0 z 1cz 2z 2证明：因为被积函数的奇点在积分围道外，故，现令

z rei

，则在

z 1

上

z ei cos isin

，

dz iei d i cos isin d ，

dz

cz 2

-cos isin 2 cos isin

d

2

i cos isin

d

2 cos isin

=

2

2 cos isin 2 cos isin 2 2sin i 2cos 1

5 4cos ，

2 2sin

0 05 4cos 比较可得：，

2 2cos 1

05 4cos 0。

第三章 柯西定理 柯西积分（2） 8.计算：

2z2 z 1

， cz 1（1）

C:z 2

。

2z2 z 12z2 2z z 1z 1 2 (2z )dz cccz 1z 1z 1解： 11

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

3 2 7 1

f z d 22cx y 3 z10.设C表圆周，，求f 1+i 。

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2

g 3 7 1，它在复平面内解析，故当z C时，则由哥西积 解：设

g 3 2 7 12

f z d dz 2 ig z 2 i 3z 7z 1 Z zcc分公式有，

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

,C:z 1, ecos cos(sin )d cz 11.求积分从而证明：0。

ez

f z C:z 1z在z 0处不解析，解：由于，函数ezz

(2 ie)z 0 2 i cz

。

i i

令z e,dz ied ，则

cos isin 2 e2 ezi cos

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

2

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

2

，所以

2 ecos cos(sin )d 2

，即

ecos cos(sin )d

。

2 cfz z 2 i 13.设，利用本章例5验证哥西积分公式

f n!

f n z d n 1 c2 i z 及哥西求导公式。提示：把f 写成

f z =

1

f d

z以

z 2z z

2

2

z。

2

22

f z 2z z z 证明：设，则式的右边为可写为：

f d z 2z z z2 1

dz c z 2 i c

2 i z11z2= z 2z d 2 i c c z 由哥西积分定理有： 2 i 1

1z21212

z2 i z z 2zd 0 c 2 i2 i ，所以右边2 ic z，

即 左边=右边。

f 1 f 1

f z d d c 2 c2 i z2 i z

2

再由式子可知当n 1时，

立。

，成

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假设当n k时，当n k 1时，

f n z

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。

所以

f n!

d n 1 c2 i z

。

z

e

c z 1 5 c(z2 1)2

14.求积分（1），（2），其中C:z a a 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： cos z45

2 id2 i 24

c z 1 5 cos z z 1 1 cos i

4!dz44!12

zzee''

ez ez ez(z i)2(z i)2

(2): 2

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

(1 i)ei (1 i)e i i )224

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)edz

（1）az b，（2） 0，

1zsinz

222 1 z 0z（3），（4）cosz, (5)sinz.(6)，

cos z

111 a

( z)

bz 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|<∞

( 1)nz2n( 1)nz2n 1

0(2n 1)!n 0(2n 1)!(2n 1) |z|<∞ （3）解：原式=n 0

z

1 cos2z11 ( 1)n(2z)2n 222n 0(2n)! |z|<∞ （4）解：原式=

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

222n 0(2n)!（5）解：原式= |z|<∞

1n() ( z) nzn 1

n 0n 0（6）解；原式=1 z |z|<1

z

e4．写出ln 1 z 的幂级数至少含z5项为止，其中ln 1 z z 0 0。

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22z2z3

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

2!23解：，

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：

z

（1）cosz， （2）sinz，

zz

2

（3）z 2， （4）z 2z 5， 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 1n 0n 0n 0

|z 1|

（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 1111z 1(z 1)2 () (1

zzz 1n

z 231 333 ( )

z 2333n 0（3）

|z 1| 3

z1z 12n () [ ()]41 (z 1)22n 0

|2（4）解：原式

|z 1

1

cnzn2

n 06．设1 z z，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。

n 1n 1

cn ]

解：（n 0），

cn 1

nn

]

n 1n 1

cn 2 ]

cn cn 1 cn 2）

原式

=

13z 2z2 z 5z4 |z|

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：

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z 1

,0 z 1,1 z .2

zz 1（1）

2z 12

z2z 1 解：原式

2z 122z 1n 2z z21 zz2n 0在0 z 1内，上式

2z 1212z 12 1 2 () 2 n

zz1 zzn 0zz在1 z 内，上式

(2)

z2 2z 5

,1 z 22

z 2 z 1，

n

n

1 211111 z1 z 2 () () ( )z 2z 12(1 z)21 (z)22n 022n 02

22解：原式

1 z

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

ez

,0 z 12

zz 1（3）

zzn1z1 e( 2) z ( z2)]2z 1n 0n!2n 0解：原式

n

n

0 |z| 1

15z 1 z 3 ，0 z 3 （4）

11111zn

()( ) ( 5(n 1)) n 15

1zz1 31 zn 0n 035z3解：当1 |z| 3时，原式=

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

3当0 |z| 1时，原式=

z

z 1，0 z 1。 （5）

zz 1 111sin sin sin1cos cos1sin

z 1z 1z 1z 1 解：

12n12n 1nn

( 1)()( 1)()

sin1 cos1 (2n)!(2n 1)!n 0n 0

sin

( 1)n( 1)n

sin1 cos1 2n2n 1

(2n 1)!。 n 0(z 1)(2n)!n 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：

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1

（1） 解

1

z2 1

2

2

，其中z i。

：

z2 1

1111111

( )22

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

1 nz 1 ( z i 4z i2iiin 0

11111 1 nz in2nz in [( 1)()] ( 1)() 2

4(z i)4(z i)16n 02i8n 02i0 |z i | 2

i

1

(

（2）

z 1

2

2

e

11 z

，z 1

2

z 1

解：11．把

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

f z

1

1 z展成下列级数：

（1）在z 1上展成z的泰勒级数。

1

f z zn

1 zn 0， z 。 解：

(2)在z 1上展成z的泰勒级数。

11111 1f z () ()

1 zz 1z1 1zn 0z

|1z解；， |z

n

(3)在z 2上展成 z 1 的泰勒级数。

111 z 1n ()

z 1z 121 2n 022解：原式， |2|<1 (4)在z 2上展成 z 1 的泰勒级数。

12n

(z 1) (z 1) ()

2n 0z 11 || 1z 1解：原式 z 1 1

f z

z1 z展成在下列区域收敛的罗朗或泰勒级数： 12．把

（1）0 z 1， 111 n zz1 zzn 0， 解：原式（2）z 1

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11111 1 ()zz1 1zzn 0z

z解：原式，

n

（3）0 z 1

111 (1 z) ( 1)(z 1)n 11 (z 1)1 zn 01 zn 0解：原式，

n

n 1

（4）z 1 1

解

：

n

原

n

式

111 1n ( 1)() z 11 1z 1n 0z 1 (

z 1n 1

1

z 1，

n

1

（5）z 1 1

111

(z 1) 1 (z 1)z 11 z n 0解：原式

n

1 z 1 (z 1) ()

22n 0n 0，

（6）1 z 2

11111 z 11 1

() ()21 1 zz 11 12n 02z 1n 0z 1

2z 1解：原式

1

(n 1 1)(z 1)nn 02。

n

n

nn

（7）z 2

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

(1 z)(1 )1

1 z1 z解：原式

1

(1 zn)n

| 2n 1(z 1) |z 1

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

zz 1 （1）

解：孤立奇点为：z 0,z i,z i，

z 1

X(z) z(z i)

z 0,z对于原式=Z为一阶极点

2

2

nn

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z 1z 1

22

z(z i)(z i)z(z i)2

(z 1)2z i为二阶极点， z i，原式=

同理：z i也为二阶极点。

1 1

(1 z)z44 22(1 z)zlim 0(2 1)2(1 z)n 0(1 z2)2

对z ，原式=zz，由于，即为可去奇点。

122

（2）(z i) 解： z i 0，z e

2

3i(k )

4

为二阶极点。

111z4

lim2 lim lim lim 0222z (z i)2z 1z z 1 zi(1 zi)(2 i)2(2)2

zz即为可去极点。

1 cosz

3

(3)z

1 coszz21

3

2z32z，z 0为一阶极点。 解；z

11 cos

1 cosz limz3(1 cos1) 0lim limz z 0z 0z3z

z3即为可去极点。

1cos

z i (4)

解：z i为本性极点。

11z

limcos limcos limcos() 1z z 01z iz o1 zi( i)

z即在无穷远点为可去极点。

ez

z

(5)e 1

ezez

zm 1

解：z=0，e 1mz即z=0时，有(m-1)阶极点，

1e 11

e 1lim lim limzm(ez 1) 0z zmz 0z 01

()mz即无穷远点为可去极点。

z

ez

z

(6)e 1

ez1

lim 1zz 0e 11

解：z 0，

e

1

z

即无穷远点为可去极点。

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1

(7)sinz cosz

sinz cosz z )z k

4，4解：，

4 (k=0, 1, )一阶极点，

111

lim lim lim z sinz coszz 0z 0sin cos )zzz4不存在，为本性极点。

z k

1 ez

z

(8)1 e

zi (2k 1 )(k 0, 1 )一阶极点。 解：e 1，z i ，e 1 z i

1

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

11zz 1 ez z 0z 01zz 1 e(i e)ez( 2)

z即可去极点。

z

1

z

1z

e (

1z

2

(9)(z 3z 2)

解：z 1,z 2，三阶极点，

22

11113

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

2

2

3

23

(1 3z 2z)

z 0z4

3

(10)tgz lim

223

1 limtgz lim

z z 0 z k cos

2 (k 0, 1, )一阶极点，z>不存在 解：

1sin

(11)1 z

11z

limsin limsin limsin 0z z 0z 011 zz 11

z解：z 1，为本性奇点，即为可

去奇点。

sin

ez 1

(12)e

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。

lim

1

z 1

1 1z

z1 z

1z 1

复变答案 高等数学答案_第四册_四川大学编

14.设f z ,g z 分别以z a为m阶极点，试问z a为样的特点。

(z) (z)

f(z) ,g(z)

(z a)m(z a)n 解；设

f g,f g,

f

g的什么

(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) （1）

(z) (z)f.g

(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

_____n阶极点 (a) (a) 0

当m=n时 (a) (a) 0低于n阶的极点或可去极点

15.设f z 0，且以z a为解析点或极点，而 z 以z a为本性奇点，

z

证明z a是 z f z ， z f z ，fz的本性奇点。

(z) (z)

f(z) , (z) mn

(z a)(z a)n 0证明：设

(z) (z)

(z) f(z) n

(z a)m显然其中主要部分有无限项。 n 0(z a)

所以z=a是±f(z)+ (z)的本性奇点。

(z) (z)

(z).f(z) (z a)mn 0(z a)n

(z)

(z)n 0(z a)n (z)

(z a)m n

(z)f(z)n 0 (z)(z a)m

(z)

所以z=a是f(z) (z)及f(z)的本性奇点。

复变答案 高等数学答案_第四册_四川大学编

16．讨论下列函数在无穷远点的性质。 (1)z2

解：limz z2 limz z2

二阶极点。

z(2)z 1

1

limzz 1 z limz 1 lim1zz z1 1 解：z 1 z

可去极点。 1(3) 1 z 2

解：

1令(1 z)z

c10 c1z c1

2z

2 ...1

(1 z)z c11

0 c1z c2z

2 ...

c2

0 1

2c0c1 1

由上得：cc10=±1 1

2

从而得：z=∞为本性奇点。

(4)

zsin

1z 解：limz zsin11

z limz zsinz 1

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,

Re z

1解:当z 1时，

z 1sf(z) limz 1 z 1 2

z 1=4, dz Rez z s1f z lim1 z 1

1

当z 1时， dz 4

z 1.

求z 时的残数，用残数和定理，即, Rez sf z Rez 1sf z Rez s1 0,

2

1sinz在z n n 0, 1, 2

复变答案 高等数学答案_第四册_四川大学编

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!Resf z sinz=，求z n ，

1 e2z4

(3)z在z 0, .

n

Resf z 1

z n

。

1 e2z

z4解:将原式用罗朗展开得：

2z

2z z4

2

=，

2z 3

4

Resf z Res 4

z 0z 0 z3

4 Resf z

3. ,根据残数和定理，z

(4)e

1

z 1

在z 1, ,

1z 1

解: f z 的奇点为1，将e

111 z 12 1 (z 1)2

1

Resf z Res 1z 1z 1z 1 , 所以,

z1

Res e 1 1z

根据残数和定理得：

用罗朗展开式展开得：

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

1 zmsin

z

n 2n 1 1z 1

zmsin zm m 2n 1 1,n z2n 1!，解:将式子用罗朗展开当

Resf z

z 0

1

2

.

1

m2

当m为奇数时，残数为0，当m为偶数时,理,

(m 1)!,根据残数和定

Resf z

z

1 m 1!

m2

z2m

m

(2) 1 z

(k 0,1,2 (m 1))是函数的一阶极点。 解：z e

当m 1时，

i

2k m

Resf z 12k

z e

im

，

复变答案 高等数学答案_第四册_四川大学编

3

1

解:本题是以z 为m阶极点，以z 为其一阶极点.

(m 1)

1 1 1

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

1

Resf z mz

根据残数和定理得:

11

Resf z m mz -+=0

ez

Z

m

(z )

(4) 解:

z 1

f z

2

ez

2

z 1

是以z 1为二阶极点，

ez

d(

Resf z lim

z 1

x 1

z 1

z 1 2

2

)

lim ez e

z 1

根据残数定理和得:z .

z

5

1 cosz

解:用罗朗展开式展开得：本题以z n 为一阶极点.

zz

f z nn

1 z2n 1 z2n 1

2n!= 2n! n 0n 1

Resf z 2

当n 1时有解,则，z k ，所以,根据残数和定理得：Resf z Resf z 2z -z k

dz

Resf z e

(7)e

解:本题以z 0为其孤立齐点.

z

1z

z2

e e e 1 z 1 1 12

2 z2z

111

Resf z 1 z 022!3!n 1n!n 1!

z

z

111

Resfz (1 ) Resf z z 0

22!3!n 1n!n 1! z

z 9

cosz

1z1z

复变答案 高等数学答案_第四册_四川大学编

解：本题以z n 为奇点。

( 1)nz2ncosz 用罗朗展开式得： 1 z2 z4

n 02n!2!4!

z

z2

1

11 z4

1z原式得：

2!4! z 2! z3

4! ，所以Rez n sf z 2

10

z2m

z 1

m

解：本题以z 1为m阶极点。所以

Rez 1sf z 1m

z2m (m 1)m 1!lim[z 1 z 1 (z 1)m

]1

1)!2m (2m 1) (m 2)( 1)m 1

(m

第五章 残数及其应用（2） 3．计算下列积分。

(1)zdz 1zsinz

11

zsinz z 解：用残数方法求，用罗朗展式展开，

z z3z5

3! 5!

由上式可已看出没有符合残数要求的项，所以，即zdz 1zsinz=0。

2 dz2,c:x2 y2

c z 1 z2

1 2 x y 解：用残数方法求解，

1

z 1

2

z

2

1在z 1有 二阶极点，z i有一阶极点.

Re1

1

z 1

s

z 1

2

z

2

1 lim

z 1

2

(z+i)

z 1 z i (z i)

14

dz

n

(3)

z 1

z a z b

n

,a 1,b 1,a b,n为自然数。

1

n

解：

(z a)n

z b 分别以z a,z b为其n阶极点。 1111

Rez as(z a)n z b n= a b n，Rez bs(z a)n z b n= a b n

dz2 2 i

当n为偶数时，z 1

z a n

z b n

an

=

b

=

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