数学物理方法姚端正CH5作业解答

1数理方法CH5作业解答P82习题5.11.求下列函数在指定点处的留数（1）2)1)(1(+-zzz，在1±=z，∞解：①对于1=z1=z是单极点，由公式)()(lim)(zfbzbresfbz-=→，得41)1(lim)()1(lim)1(211=+=-=→→zzzfzresfzz②对于1-=z1-=z是二阶极点，由公式bznnnzfbzdzdnbresf=----=)]()[()!1(1)(11，得41])1(11[]1[)1(121-=---=-=--=-=zzzzzzzdzdresf③对于∞=z根据“全平面的留数之和为零”，知0)]1()1([)(=-+-=∞resfresfresf(2)11-ze,在1=z,∞解：将11)(-=zezf在1=z的去心邻域展开为：∑∞=---==011!)1()(kkzkzezf∞-1z可见，1)1(--z的系数为1，则1)1(=resf，根据全平面的留数之和为零，知1)1()(-=-=∞resfresf（3）zez3sin1-，在0=z2解：...!4!3!21!14320++++=-=-∑∞=zzzzkzekkz375330123...)!7!5!3(])!12()1([sin+-+-=+-=∑∞=+zzzzkzzkkk则=-z3sin364233753...)]!7!5!3(1[...)!7!5!3(---+-+-+=+-+-zzzzzzzz=...]...)!7!5!3(2)4(3...)!7!5!3)(3(1[26426423++-+--⋅-++-+--+-zzzzzzz...2133113++++=--zczczz（上式中倒数第二步用了二项式定理，最后一步不需要写出很多项，只要写出对最后zezfz3sin)1()(--=的展开式中的1-z项有贡献的项就够了，可以看出，对最后zezfz3sin)1()(--=的展开式中的1-z项有贡献的项其实只有第一项3-z）至此，可断定函数zezfz3sin)1()(--=的展开式中1-z项的系数为21所以21)0(=resf解法之二：)()(11sin1sin1)(33zzezzezfzzyf=-=-=，其中zz3sin1)(=f，以0=z为3阶极点；11)(-=zezy，以0=z为一阶极点，则)(zf以0=z为二阶极点。（这里用到一个结论：设函数)(zf与)(zy分别以az=为m阶与n阶极点，若nm，则函数)()(zzyf以az=为nm-阶极点。）则由计算留数的公式，有：032]sin)1([)0(=-=zzzezdzdresf，得到一阶导数表达式后，令0→z，取极限，并连续四次运用罗必塔法则，就得到21)0(=resf相比之下，第一种解法比较简单。3（4）zzcos，在2)12(p+=kz（...2,1,0±±=k）解：函数zzzfcos)(=的奇点为2)12(p+=kz（...2,1,0±±=k）；函数zzzfcos)(1=以2)12(p+=kz为一阶零点，所以，2)12(p+=kz为函数zzzfcos)(=的单极点。将函数记作：)()()(zzzfyf=，其中zz=)(f，zzcos)(=y，运用单极点的留数公式:)(')()(bbbresfyf=得到2)12()1()1(2)12(2)12sin(2)12()2)12((1ppppp+-=--+=+-+=++kkkkkresfkk2.求下列函数在其孤立奇点和无穷远点的留数（3）3)1(2sin+zz解：奇点为1-=z，是3阶极点。2sin2]2[sin!21)]()1[(!21)1(1221322==+=--=-=zzzdzdzfzdzdresf根据全平面的留数之和为零，知2sin2)1()(-=--=∞resfresf（5）zez12+解：函数在全平面只有一个奇点∞=z，根据全平面的留数之和为零，知0)(=∞resf（6）z1cos解：函数的奇点为0=z，将函数在0=z的去心邻域展开，得4∑∑∞=-∞=-=-=002)!2()1()!2()1()1(1coskkkkkkkzkzz1-z的系数为：211-=-C所以21)0(-=resf，21)(=∞resf2.计算下列围道积分（2）∫--lzzzdz2)2)(1(212:=-zl解：函数2)2)(1()(--=zzzzf的奇点有两个：21=z和12=z，其中只有奇点21=z在围道内,它是2阶极点。1]1[)]()2[()2(222-=-=-===zzzzdzdzfzdzdresf由留数定理，izzzdzlp2)2)(1(2-=--∫（3）∫--lzzdz)1)(3(5，:l2=z解：函数)1)(3(1)(5--=zzzf的奇点为：3=z以及52pkikez=（=k0，1,2,3,4）奇点3=z在围道2=z之外，奇点52pkikez=在围道内，即围道内有五个奇点，计算其留数时较为繁琐，根据“全平面的留数之和为零”，知0)()3()(50=∞++∑=resfresfzresfkk，可转为求)3(resf和)(∞resf3=z是单极点，242111lim)()3(lim)3(533=-=-=→→zzfzresfzz对于)(∞resf，可将)1)(3(1)(5--=zzzf在无穷远点展开，寻找其负一次幂的系数：5=--=)1)(3(1)(5zzzf∑∑∑∑∞=+∞=+∞=∞==⋅=-⋅-0)1(501055055131131)11(1)31(1kkkkkkkkkkzzzzzzzzzz...)11...)(31(1052++++=zzzz可见，展开式中没有1-z项，所以0)(1=-=∞-Cresf所以，2421]0)()3([)(40-==∞+-=∑=resfresfzresfkk根据留数定理，121)(2)1)(3(405izresfizzdzkklpp-=⋅=--∑∫=（4）dzzil∫1sin21p:lrz=解：函数zzf1sin)(=的奇点为0=z，此题将函数直接展开求负一次幂项的系数较为方便。利用已知的展开式∑∞=++-=012)!12()1(sinkkkkzz，得到∑∞=++-=012)!12()1()1(1sinkkkkzz，其负一次幂项的系数为11=-C故iiresfdzzlpp2)0(21sin==∫则11sin21=∫dzzilpP87习题5.21.计算下列积分（1）dxxx∫∞∞-++4211解：属于类型dxxf∫∞∞-)(，其中4211)(xxxf++=，则4211)(zzzf++=，满足条件：①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当∞→z时，0)(→zzf6则{}数之和在上半平面的奇点的留)(21142zfidxxxp=++∫∞∞-4211)(zzzf++=的奇点为：4)12(p+=kiez，分别为:⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧====47445343241ppppiiiiezezezez其中，上半平面有两个奇点，分别为41piez=和432piez=，它们都是函数)(zf的单极点，由公式)(')()(bbbresfyf=，得函数在这两个奇点的留数分别为：224141)(43231211ieezzzresfii-=+=+=pp224141)(492332222ieezzzresfii-=+=+=pp则{}pp2)()(2112142=+=++∫∞∞-zresfzresfidxxx（2）dkkeirk∫∞∞-+22m)0(r解：属于类型∫∞∞-dxexfipx)(221)(m+=zzf满足条件：①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当∞→z时，0)(→zf所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=+∫∞∞-数之和在上半平面的奇点的留函数22222mpmzeidkkeirzirk22m+zeirz函数在上半平面有一个奇点：izm=1是单极点。由公式)(')()(bbbresfyf=，7得函数在这个奇点的留数为：ieiezezzeresriirirzirzmmmmm222],[11221-===+则mpmpmmmrrirkeieidkke--∞∞-=⋅=+∫2222（3）dxxax∫∞+041cos)0(a解：属于类型∫∞0cos)(pxdxxf其中411)(xxf+=是偶函数。411)(zzf+=满足条件：①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当∞→z时，0)(→zf所以dxxax∫∞+041cos⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=数之和在上半平面的奇点的留函数41zeiiazp函数41zeiaz+在上半平面有两个奇点：分别为41piez=和432piez=，它们都是函数)(zf的单极点，由公式)(')()(bbbresfyf=，得函数在这两个奇点的留数分别为：ppp43)4sin4(cos311144)(iiiaiazeezezresf+==ppp49)43sin43(cos322244)(iiiaiazeezezresf+==化简整理得：)2sin2(cos22)()(221aaeizresfzresfa+-=+-所以dxxax∫∞+041cos{}22)()(21pp=+=zresfzresfi)2sin2(cos2aaea+-（4）bxdxaxxsin022∫∞+)0,0(ba8解：属于类型∫∞0sin)(pxdxxf其中22)(axxxf+=是奇函数;22)(azzzf+=,满足条件：①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当∞→z时，0)(→zf所以bxdxaxxsin022∫∞+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=数之和在上半平面的奇点的留函数22azzeibzp22azzeibz+函数在上半平面有一个奇点：aiz=1是单极点。由公式)(')()(bbbresfyf=，得函数在这个奇点的留数为：22],[111221abibzibzezezzazzeres-==+则bxdxaxxsin022∫∞+=2abe-p2．求下列积分：（1）∫+-pqq202cos211dbb1b解：属于类型∫pqqq20)sin,(cosdR令qiez=，则)(21cos1-+=zzq，izdzd=q代入被积函数中，并化简整理，得到关于z的函数的围道积分：dzzbbzbidzbzbbzidzzfdbbzzz∫∫∫∫===++-=++-==+-121221202]1)1([)1()(cos211pqq{}数之和函数在围道内奇点的留idzbzbzbizp2)1)((1=--=∫=被积函数有两个奇点bz=1，bz12=，由于1b，所以在围道内只有一个奇点bz=1，是单极点。1)1(lim)()(lim)(2-=-=⋅-=→→bibzbizfbzbresfbzbz则222021212cos211bbiidbb-=-⋅=+-∫ppqqp9（2）qqpd220cos11+∫解：将)2cos1(21cos2qq+=代入，得)2(2cos312cos32cos112020220qqqqqqpppddd+=+=+∫∫∫ΘΘ+=∫dcos3140pΘΘ+=∫dcos31220p在上式中记Θ=q2，令Θ=iez，则)(21cos1-+=Θzz，izdzd=Θ代入被积函数中，并化简整理，得到关于z的函数的围道积分：dzzzidz∫∫=++-=ΘΘ+1220162cos31p函数162)(2++-=zzizf有两个奇点，分别是2231+-=z，2232--=z围道内只有一个奇点2231+-=z，2222lim)()(lim)(2121111izzizzizfzzzresfzzzz-=--=--=-=→→=ΘΘ+∫dcos3120p2)(2162112pp==++-∫=ziresfdzzziz则qqpd220cos11+∫ppp222)(cos31220==ΘΘ+=∫d（3）dxxa∫+202sin1p)0(a解：将)2cos1(21sin2xx-=代入，得qqppppdaxdxadxxadxxa∫∫∫∫-+=-+=-+=+02020202cos12122cos121)2cos1(211sin1qqpda∫-+=2