復變函數—課后答案習題五解答.pdf

習題五解答 1 下列函數有些什么奇點 如果是極點 指出它的級 1 2 2 1 1z z 2 3 sin z z 3 1 1 23 zzz 4 z z1ln 5 2 11 z z ze 6 1 1 z e 7 2 1 1 z ze 8 n n z z 1 2 9 2 1 sin z 解 1 2 2 1 1 f z z z 是有理函數 故奇點只是極點 滿足 2 2 1z z 0 故 與0 zi z為 其奇點 為一級極點 而0 zi z為其二級極點 2 因 3 0 sin lim z z z 則為其極點 再確定極點的級 有兩種方法 0 z a 為為的一級零點 而為的三級零點 故0 zsin z0 z 3 z0 z為 3 sinz z 的二級極點 b 2 3 00 sinsin limlim10 zz zz z zz 故0 z為其二級極點 3 原式 11 1 1 1 1 22 zzzz 故1 z為其二級極點 而1 z為一級極點 4 a 0 1 1 11ln n n n n z z 1 0 0 z zf 的1 m級零點 證 由題知 zzzzf m 0 0 0 z 則有 zzzzzzmzf mm 0 1 0 zzzzmzz m 0 1 0 故是的 m 1 級零點 0 z zf 3 驗證 i 2 z 是ch的一級零點 z 解 由 i chcos0 22 i 2 i ch shisini 22 z z 知 i 2 z 是ch的一級零點 z 4 是函數0z 2 sinsh2 zzz 的幾級極點 解 00 sinsh2 0 sinsh2 cosch2 0 zz zzzzzzzz 0z 000 sinsh2 sinsh 0 sinsh2 cosch 0 zzz zzzzzzzzzz 0z 4 5 00 00 sinsh2 sinsh 0 sinsh2 cosch 2 zz zz zzzzzzzzzz 故是函數sin的五級零點 也即為0z sh2zz z 2 sinsh2 zzz 的十級極點 5 如果 f z和是以 g z 0 z為零點的兩個不恒等于零的解析函數 那么 00 limlim zzzz f zfz g zg z 或兩端均為 證 因 f z和是以 g z 0 z為零點的兩個不恒等于零的解析函數 可設 0 f zzzz 0 g zzzz zz 為解析函數 則 0 0 zzzf zz g zzzzz 0 0 zzzzfz g zzzzz 故 00 limlim zzzz f zz g zz 000 0 0 lim limlim zzzzzz zzzzfzz g zzzzzz 即 00 limlim zzzz f zfz g zg z 或兩端均為 6 若與 z z 分別以為 m 級與 n 級極點 或零點 那么下列三個函數在處各有什 么性質 za za 1 2 3 zz z z zz 解 由題意 0 m f z z zz 0 n g z z zz 其中 f z g z在點解析且a 0f a 0g a 2 1 是za zz 的級極點 nm 2 對于 當時 a是 z znm nm nm 時 是可去奇點 a 3 當時 點a是的nm zz nm max級極點 當nm 時 點是的極點 可退化為可去 其級不高于 m 點也可能是 a z z a z z的可去奇點 解析點 7 函數 2 1 1 f z z z 在處有一個二級極點 這個函數又有下列洛朗展開式 1z 2543 1111 1 1 1111 z z zzzz 1 2 z 所以 又是的本性奇點 又其中不含1z zf 1 2 z冪項 因此 這些說法對 嗎 Res 10f z 解 不對 不是1z zf的本性奇點 這是因為函數的洛朗展開式是在1 2 z內得到的 而不是在 2 z的圓環(huán)域內的洛朗展開式 2 2 1 11 Res 1lim11 2 1 1 z d f zz dz z z 孤立奇點的分類必須根據在這個奇點鄰域內洛朗展開式來決定 8 求下列各函數在有限奇點處的留數 zf 1 2 1 2 z zz 2 2 4 1 z e z 3 4 2 1 1 z z 3 4 cos z z 5 1 cos 1z 6 2 1 sinz z 7 1 sinzz 8 sh ch z z 解 1 2 0 11 Res 0lim 22 z z f zz zz 2 2 13 Res 2lim 2 22 z z f zz zz 2 4 2 1 z e zf z 為分母的四級零點 是分子的一級零點 所以是0 z zf的三級極點 4 2 3 2 2 0 1 2 1 lim0 Res z e z dz d zf z z 3 4 或展開洛朗級數 32 4 8 3 1 4 2 1 211 1 zzz z zf 知 3 4 0 Res 1 czf 3 24 3 223 i 11 Res ilim i i 2 1 8 z dz f zz dzz 3 3 24 3 223 i 11 Res ilim i i 2 1 8 z dz f zz dzz 3 4 1 2 Res 1 2 cos 2 k z k z f z kk z 0 1 2 k 5 2 0 1 1 cos 1 0 1 2 1 n n n z znz 知 1 Res 10f zc 6 1 22 21 1 1 1 sin 0 21 n n n zzz znz 知 1 1 Res 0 6 f zc 7 2 0 1 Res 0lim0 sin z d f zz dzzz 1 1 Res 1 2 sin k z k f z kk zzk 8 1 i 2 1sh Res i1 2 ch zk z f zkk z 為整數 9 計算下列各積分 利用留數 圓周均取正向 1 3 2 sin z z dz z 2 2 2 2 1 z z e dz z 3 3 2 1 cos m z z dz z 其中為整數 m 4 5 2i 1 th z zdz 3 tan z z dz 6 1 1 nn z dz zazb 其中為正整數 且 n 1 1 aba nm 00 Res 1 czf 0 I 當時 212 nm 1 1 2 10 Res2 3 1 mnzf m n 由此 1i 2 1 2 3 mI m 或說為大于或等于 3 的奇數時 m 3 2 1 2 i 1 m Im 4 i 1 ch sh th z kz z z zzf k 為其一級極點 1 0 k0 k時 i 2 0 z在內 則 1 i2 z 1sh Res 00 zzzf故 i2 2 i Resi2 zfdzzfI C 4 5 zzf tan 在 內有一級極點3z 2 1 kzk 0 1 2 3k 共 6 個 故 2 1 tanResk 1 cos sin 2 1 kz z z 由留數定理 1 tan2 iRes 2 i 612i k C zdzf zz 6 當1 時 被積函數在單位圓內解析 故積分為 0 ab 當 時 1ab 11 12 11 1 Res lim 1 1 nn n nnn za dn f z aza ndxzazbnab 21 22 n 11 12 11 1 Res lim 1 1 nn n nnn za dn f z bzb ndxzazbnba 21 22 n b 故積分為 0 當 時 積分 1 a 1 22 1 22 1 n n n nab 1 10 判定z 是下列各函數的什么奇點 并求出在 的留數 1 2 1 z e 2 cos 3 sinz z 2 2 3 z z 解 1 可去奇點 的留數為零 21 t tf zfe t 2 221 1 00 1 1 1 2 21 nn nn nn zz tf zf tnn 故z z 為函數的本性奇點 又由于 在整個復平面解析 故的留數為零 cossinz 3 224 2239 1 3 z zzzz 不含正冪項 故為可去奇點 留數為 1 2c 22 112 Res Res 0 Res 0 2 1 3 f zf z zzz 11 求 的值 如果 Reszf 1 1 2 z e zf z 2 4 1 1 4 zzz zf 解 1 1 2 z e zf z 有兩個一級極點 1 1 zz故由全部留數和為零的定理 則 1 lim 1 lim1 Res1 Res Res 11 z e z e zfzfzf z z z z 1sh 22 1 ee 2 41 1 4 zzz zf以為一級極點 0 z1 z為四級極點 4 z為一級極點 用有限奇點 留數和來求無窮遠點的留數 計算過程太麻煩 一般采用直接在 z的圓環(huán)域 解析 解 1 函數 15 224 1 2 z zz 3 在 的外部 除3z 點外沒有其他奇點 因此根據定理二與規(guī)則 IV 15 22432 224 3 11 2 iRes 2 iRes 0 1 2 1 2 iRes 0 2 i 1 12 C z dzf zf zzz z zzz 2 z e z z zf 1 3 1 有奇點 1 z 0 z1 z為一級極點 而0 z為本性奇點 在 0 22 1 1 dx x 6 4 2 4 0 1 x dx x 5 2 cos 45 x dx xx 6 2 sin 1 xx dx x 解 1 由于被積函數的分母53sin 在02 內不為零 因而積分有意義 22 1 1 i 3 12 2 iRes 1 i310i3 53 2i 2 2 i 6 10i2 zz z dz Idz zzzz z z i 3 f z 2 由于被積函數的分母cosab 在02 內不為零 因而積分有意義 2 2 2222 222 1 1 1 i 1 2i 2 i Re 0 Res 1 i2 2 2 zz z dzzaab z Idzs f z zzzbzazbb ab z f z 又 222 222 0 1 3 3 i Res 0 2 z zaazbzza f z bazbzb 22 222222 22 i 1 i Res 4 32 aab z b aabzab f z bz bazbzb 故 22 2 2 Iaab b 3 函數 22 1 1 f z z 在上半平面內只有 2 級極點i 且 2 23 ii 12 Res i lim i lim i 2i 4 zz dd f zzf z dzdz z i 故 22 1 1 dx x 2 iRes i 2 f z 4 注意到被積函數為偶函數 22 44 0 1 121 xx Idxdx xx 函數 2 4 1 z f z z 在上半平面內只有一級極點 i3 i 44 ee 且 i 4 2 3 i1 i Res 444 2 z e z f z z 3i 4 2 3 3 i1 i Res 444 2 z e z f z z 故 1i3 i 2 i Res Res 2442 2 If zf z 5 對于 i 2 45 x e Idx xx 令 2 1 45 R z zz 則2iz 為上半平面內的的一級極 zR 7 點 故有 i1 i 2 i sin2icos2 Res i 242 z z z ee R z e z 則原積分 i1 Re 2 iRes 2i cos2 z R z ee 6 對于 i 2 1 x xe Idx x 令 2 1z z zR 則i z為上半平面內的 zR的一級極點 故有 2i i ilimi Res 1i i i e zz ze zezR z z z ii Resi2 1i eezRI z 則原積分 1 Im Ie 14 試用下圖中的積分路線 求例 4 中的積分 0 sin x dx x 解 0 sin1sin 2 xx dxdx xx 采用沿如如圖所示閉曲線來計算上式右端的積分 為 的一級極點 且在實軸上 由 Cauchy 基本定理 有 i z ez0z i z ez 第14題 圖 R r R r y x O Ri Cr iiiiii ii ii 0 r zxzzzx RR RR RRr CrRR RR RR eeeeee dzdxdzdzdzdx zxzzzx 令xt 則有 i xx rR Rr ee dxdx i xx 所以 ii sin 2i xx RrR rRr ee dxdxdx x xxx 又 ii i i 22i 2 i zx RR R RRR R R RRR eee dzdxdxe zxR xR 知 i i i lim0 z R R R RR e dz z ii i i 2200 1 i i zRyy R RRR R eee dzdydy zRy Ry R e R 同理 i i 1 zR R R R ee dz zR 知 ii i i lim0 zz R RR RR RR ee dzdz zz 和例 4 采用同樣的方法得到 i 0 limi r z Cr e dz z 8 故 0 sin 2ii x dx x 即 0 sin 2 x dx x 15 利用公式 5 4 1 計算下列積分 1 3 1 2 i z dz z 2 2 3 2 i 1 z z dz z 3 3 tan4 i z zdz 4 3 1 0 1 z dz z z 16 設為區(qū)域內的一條正向簡單閉曲線 CD 0 z為內一點 如果C f z在內解析 且D 0 0f z 在內 0 0fz C f z無其他零點 試證 0 1 2 i C zfz dzz f z 證 f z在C內只有一級零點 0 z 而 00 zzf