《复变函数》第六章习题全解钟玉泉版

第六章留数理论及其应用（一）1.解：(1)z=1是一级极点，故由推论6.3知41|)1)(1(1)1()(Re121zzzzzzfsZ=-1是二级极点，同前由推论6.4知41|])1)(1(1)1[()(Re1221zzzzzzfsz是可去奇点，则由教材(6.2)式知0)](Re)(Re[)(Re11zfszfszfszzz(2)因),1,0(nnz为分母sinz的一级零点，知),1,0(nnz为zsin1的一级极点，故由定理6.5知nznzzzfs)1(|)(sin1)(Re(3)由zzzzzzzzez3422!3)2(!2)2(2112332442所以34)(Re10Czfsz又由z=0是唯一有限奇点，故34)(Re)(Re0zfszfszz(4)由2111!21111zzez所以1)(Re1zfsz又因z=1是唯一的有限奇点，所以1)(Re)(Re1zfszfszz(5)因z=1为nnzz)1(2的n级极点，所以)!1()!1()!2(|)()1(Re1)1(221nnnzzzsznnnnz)!1()!1()!2()1(Re)1(Re212nnnzzszzsnnznnz(6)2|1)1(1Re1221ezezzeszzzz2|1)1(1Re11221ezezzeszzzz2|1)1(1Re1221ezezzeszzzz2))(Re)(Re(1Re1112eezfszfszeszzzz2.解(1)函数zzm1sin仅有两个孤立奇点z=0和无穷，因)2,1,0)(!21)1(!51!311(1sin1253kzkzzzzzzkkmm当m为奇数时，洛朗展式不含z1的项，故0)(Re)(Re,0)(Re00zfszfszfszzz当m为偶数时，洛朗展式中含z1的项的系数为!12)1(kk，故!12)1()(Re)(Re,!12)1()(Re100kzfszfskzfskzzkz(3)z是mmzz12的m级极点，令分母01mz的121kimez因此)1,,1,0()12(mkeezkmkik且0|)1(kezmz，因此ek是题设f(z)的一级极点，meememezzzfskkikmkezmmezkk)12(12|)1()(Re1010)()(Remkkmkkzmemezfs(3)孤立奇点为,,zmzmzzzfs)(2|)(2)(Re由于z至少是二级极点，因此0)(Rezfsz由此又(4)f(z)以z=0为二级极点，iz为四级，z为本性极点504)(Reizfsz523)3(2624186][!31)(Reiizezfsizziz5230648126)](Re)(Re[)(Reiizfszfszfsizzz3.解(1)奇点(0,1,2,)znn但在单位圆|z|=1内内只含有唯一二级极点z=0,在0|z|+内有321117sin6360zzzz不含有1z，所以故由残数定理得||1012Re0sinsinzzdziszzzz(2)2||21112[Re()Re()]sin2122ztititzzziedzeeisfzsfztizii4.(1)2120||1||112cos212zzddzdzzzaizizaza故2202cos1daa(2)2120||1||1222443(23cos)(1)(23)32zzdxzdzzdzzzixzz因此由留数定理原积分＝45.（1）原式＝2212(1)(4)dxxx，由定理6.7知222201(1)(4)2(1)(4)6dxdxxxxx（2）由于2222lim0()zzzza因此原式＝22222Re()2zaiziszaa6.（1）220sin()xdxxxa存在，且22022sin()1sin..2()xdxxxaxPVdxxxa（2）220sin(1)xdxxx存在，且220sin(1)xdxxx7.由柯西积分定理CrRizcixizizyRrrCReCdzzeeeedxdzdzdyxzzyi（1）应用引例6.4，得到0lim0Crizzedzz（2）||(1)02RizRCedzezR带入原式化简即得8应用残数定理2222ln2()2(1)lnlnln(1)(1)(1)RrCRrCCzziidzzxxzzzzdxdzdzxzz有引理6.1及634得证10.证明：令(),()zfzzze,显然他们在||1z解析，在单位圆周|z|=1上|()|||()|xzeefz由儒歇定理知，在|z|1内()()()zfzzezfzz与有相同的零点个数，又因为()xFxex连续与[0,1],且1(0)0,(1)10FeFe,故zez的跟在(0,1)内，且为正实数。11.在|z|=1上有||||zxneeeeez，故有儒歇定理知有同样多的零点，而nez在|z|1内有只有n重零点，故得证。14，证明：设(),()(),fzzgzz则在C上，|()||()|1|||()|gzzzfz由儒歇定理，f(z)与()()()fzgzzz在C内零点个数相同，而f(z)=-z在C内只有一个零点，所以()()()fzgzzz在C内有只有一个零点，记为0z，使得00()zzC或00()zz