复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)第六章课后的习题答案 (2)

习题五1.求下列函数的留数．(1)5e1zfzz在z=0处．解：5e1zz在0|z|+∞的罗朗展开式为23454321111111112!3!4!2!3!4!zzzzzzzzz∴5e111Res,014!24zz(2)11ezfz在z=1处．解：11ez在01z|+∞的罗朗展开式为11231111111e112!3!!111znznzzz∴11Rese,11z．2.利用各种方法计算f(z)在有限孤立奇点处的留数．(1)2322zfzzz解：2322zfzzz的有限孤立奇点处有z=0，z=-2．其中z=0为二级极点z=-2为一级极点．∴120013232324Res,0limlim11!242zzzzzfzzz2232Res,2lim1zzfzz3.利用罗朗展开式求函数211sinzz在∞处的留数．解：22235111sin21sin11111213!5!zzzzzzzzzz∴1Res,013!fz从而1Res,13!fz5.计算下列积分．(1)ctanπdzz，n为正整数，c为|z|=n取正向．解：ccsinπtanπddcosπzzzzz．为在c内tanπz有12kzk(k=0,±1,±2…±(n-1))一级极点由于2sinπ1Res,πcosπkzkzfzzz∴c1tanπd2πiRes,2πi24iπkkzzfzznn(2)10cdi13zzzzc:|z|=2取正向．解：因为101i13zzz在c内有z=1，z=-i两个奇点．所以10c10d2πiRes,iRes,1i132πiRes,3Res,πi3izfzfzzzzfzfz6.计算下列积分．(1)π0cosd54cosm因被积函数为θ的偶函数，所以ππ1cosd254cosmI令π1π1sind254cosmI则有iπ1π1eid254cosmII设iezd1dizz2os12czz则121211di2i15421d2i521mzmzzzIIzzzzzz被积函数2521mzfzzz在|z|=1内只有一个简单极点12z但12211Res,lim232521mmzzfzzz所以111πi2πi2i3232mmII又因为π1π1sind254s0comI∴π0cosd54cosπ32mm(2)202πcos3d12cosaa，|a|1．解：令2π102cos3d12cosIaa2π202sin3d12cosIaa32π120i2eid12cosIIaa令z=eiθ．31ddios2czzzz，则3122123221321id1i1221di1112π2πiRes,i1zzzIIzzzaazzzazazafzaaa得1322π1Iaa(3)2222dxxaxb，a0，b0．解：令22221Rzzazb，被积函数R(z)在上半平面有一级极点z=ia和ib．故22222222ii22222πiRes,iRes,i112πilimilimi112πi2i2iπzazbIRzaRzbzazbzazbzazbababababab（4）.22022dxxxa，a0．解：2222022221dd2xxxxxaxa令2222zRzza，则z=±ai分别为R(z)的二级极点故22222222i0i1d2πiRes,iRes,i2πilimlimiiπ2zazaxxRzaRzaxazzzazaa(5)2022sindxxxbx，β0，b0．解：i222222222cossineddidxxxxxxxxxxbxbxb而考知222zRzzb，则R(z)在上半平面有z=bi一个二级极点．ii222iied2πiRese,ieπ2πilimeii2zxzzbbxxRzbxbzzbb222sinπde2bbbxxxx从而2022sinππde44ebbxxbbxxb(6)22iedxxxa，a0解：令221Rzza，在上半平面有z=ai一个一级极点iii22ieeeπd2πiRese,i2πilim2πii2iexzazazaxRzaxazaaa7.计算下列积分(1)20sin2d1xxxx解：令211Rzzz，则R(z)在实轴上有孤立奇点z=0，作以原点为圆心、r为半径的上半圆周cr，使CR,[-R,-r],Cr,[r,R]构成封闭曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i,于是：222i201e1eImdIm2πiRes,ilimd2211rrxizcIxRzzzzxx而202edlimπi1rizcrzzz．故：2221e1eπIm2πilimπiIm2πiπi1e2222ziizIzzi．(2)21d2πizTazz，其中T为直线Rez=c,c0,0a1解：在直线z=c+iy(-∞y+∞)上，令ln22ezzaafzzz，ln22eicafcycy，ln22eiddcafcyyycy收敛，所以积分iidccfzz是存在的，并且iiiidlimdlimdccccABRRRRfzzfzzfzz其中AB为复平面从c-iR到c+iR的线段．考虑函数f(z)沿长方形-R≤x≤c，-R≤y≤R周界的积分．＜如下图＞因为f(z)在其内仅有一个二级极点z=0，而且20Res,0limlnzfzzfza所以由留数定理．dddd2πilnABBEEFFAfzzfzzfzzfzza而ilnlnlnln22222eeeedddd0ixRaxaaCCaRCCRBECRRfzzxxxCRxRRRxR≤≤．