习题五解答 1、下列函数有些什么奇点?如果是极点,指出它的级。 (1) (2) sln二 (3) (4) (5) 1+z2)(1+e (7) (8) (9) 解(1)f(2)=-1 是有理函数,故奇点只是极点,满足z(2+ 故z=0,与z=±i为 其奇点,z=0为一级极点,而z=±i为其二级极点。 (2)因lim5=∞则z=0为其极点。再确定极点的级,有两种方法: a.z=0为snz为的一级零点:而:=0为2的三级零点。故=0为三的二级极点 b lim e sin ,lim Sln二 =1≠0,故二=0为其二级极点 (3)原式 (=2-1X=-1)(=-1)( 故z=1为其二级极点,而z=-1为一级极点。 (4)a.ln(+)=∑ 示91,则22(n无负幂项,故:=0为其可去奇点 故z=0为可去奇点 (5)由1+2=0得=1为(+)的一级零点,由1+e“=0得==(2k+1)i(=0±12…)为(+e) 的零点,又(1+e)=xe2=-≠0,所以为+e)的一级零点,因此,:=i为二级极点: k=(2k+1)i,(k=1,±2,…)为一级极点 (6)由e 知z=1为本性奇点。 n(二-1) (7)因e-1= 4?31),故=0为=(e2-1)的三级零点,因?2-) 的三级极点,而z=2kmi,(k=±1,±2…)均为一级极点。 2k+ (8)由=”+1=0,=”=-1,得:4=e”(k=01…n-1)为原式一级极点。 (9)sinz2=0→z=±√k丌,=±i√k丌,k=0,1,2,…由 本文件是从网上收集,严禁用于商业用途!
我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！ 习题五解答 1、下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。 （1） ( ) 2 2 1 z z + 1 ； （ 2 ） 3 sin z z ； （ 3 ） 1 1 3 2 z − z − z + ； （ 4 ） ( ) z ln z + 1 ； （ 5 ） ( ) ( ) 2 1 1 z z z e π + + ； （ 6 ） 1 1 z e − ； （ 7 ） 2 1 ( 1 z z e − ) ； （ 8 ） n nz z 1 +2 ； （ 9 ） 2 1 sin z . 解（ 1 ） ( ) ( ) 2 2 1 1 f z z z = + 是有理函数，故奇点只是极点，满足 ( ) 2 2 z z + 1 =0，故 z = 0 ，与 z = ± i 为 其奇点， z = 0 为一级极点，而 z = ± i 为其二级极点。 （ 2）因 3 0 sin limz z → z = ∞ 则 z = 0 为其极点。再确定极点的级，有两种方法： a. z = 0 为si n z 为的一级零点；而 z = 0 为 的三级零点。故 3 z z = 0 为 3 sin z z 的二级极点。 b. 2 3 0 0 sin s i n lim lim 1 0 z z z z z → → z z = = ≠ ，故 z = 0 为其二级极点， （ 3）原式 = ( ) 1 ( 1 ) 1 ( 1)( 1 ) 1 2 2 − + = z − z − z z ，故 z = 1为其二级极点，而 z = − 1为一级极点。 （ 4 ） a ． ( ) ∑ ( ) ∞= ++ + = − 0 11 ln 1 1 n n n nz z ， 0 < | z | < 1 ， ( ) ∑( ) ∞= + = − + 0 1 1 ln 1 n n n nz z z 无负幂项， 故 z = 0 为其可去奇点。 b ． ( ) ( ) 1 1 1 lim ln 1 lim0 0 = + = + → z → z z z z ，故 z = 0 为可去奇点。 （ 5 ） 由 1 + z 2 = 0 得 z = ± i 为 ( 的一级零点， 由1 0 2 1 + z ) z e π + = 得 (2 1 ) i k z k = + ( ) k = 0,±1,±2," 为 ( ) z 1 + e 的零点，又 ( ) 1 k k z z z e e π π + ′ = π = − π ≠ 0 ，所以 z k 为 ( ) z 1 + e 的一级零点，因此， z = ± i 为二级极 点 ； z k = ( ) 2k +1 i ， ( k = ± 1, 2 , " ) 为一级极点。 （ 6）由 1 1 0 ( 1 ) !( 1 ) n z n n e n z ∞ − = − = − ∑ ，知 z = 1为本性奇点。 （ 7 ） 因 2 0 1 ( 1 ) ( 1)! 2 3! n z n z z z z n ∞= − = = + + + + e z ∑ " ， 故 z = 0 为 2 ( 1 z z e − ) 的三级零点，因而是 2 1 ( 1 z z e − ) 的三级极点，而 z k = = 2 i π ,(k ± 1 , ± 2 , " )均为一级极点。 （ 8）由 z n + 1 = 0 ， = − 1 n z ，得 ( ) n k k z e 2 1 π i + = ( k = 0 , 1 , " n − 1 )为原式一级极点。 （ 9 ） 2 sin z z = 0 ⇒ = ± kπ , z = ± i kπ ， k = 0, 1 ,2, " 由 - 1 -
sin22)'13 0k=0 =2= c0S=L2, ≠0k≠0 n)y=2,知=0是的二级极点 z=±kr,z=±ikx(k=1,2,3,…)均为 级极点 sIn 2.求证:如果=是f()是m(m>1)级零点,那么二是f()的m-1级零点 证由题知:f(=)=(=-=0)(-),o(=0)≠0,则有 (=)=m(--0)g()+(=-=0)°g()=(-a)y-[mo()+(=--0)( 故=0是f()的m-1级零点 3.验证:z=—是chz的一级零点。 解由h2=c0sx=0,(ch)1=sha=inx=i;,知:=m是ch=的一级零点。 4.z=0是函数(sinz+shz-2)2的几级极点? 解(sinz+shz-22)-=0sinz+shz-2)1-0=(cosx+chz-2儿-=0, (sinz+$hz-2)。=(-sinz+sh)-。=0(sinz+shz-2)"=0=(-cosz+ (i+sh=-2)=(n+sh=)2=0(i=+sh=-2)3=(os+ch 故二=0是函数sinz+shz-2z的五级零点,也即为sinz+shz-2)-2的十级极点 5.如果f(x)和g()是以=0为零点的两个不恒等于零的解析函数,那么 im(减或两端均为∞) +g(二)→ag(二) 证因f()和g()是以为零点的两个不恒等于零的解析函数,可设f()=(x-=0)0(x), 8()=(x-=0(2),(),v()为解析函数,则 了(=)(-=0)(-)_以(=)f(=)()+(=-=0)0(=) g(=)(--0(二)v(=)g(=)v(=)+(2-=0(=) 故limf() lim P() lim f'(=lim )+(=-=0)(=)=1 →g(二)v(=):g(2):av(=)+(2-=0(=)→0(=) f(=)_1f(=) (或两端均为∞) →0g(2)g(=) 6.若q()与v(二)分别以z=a为m级与n级极点(或零点),那么下列三个函数在z=a处各有什 么性质? (1)g()v(=):(2)9(=)v(=):(3)o()+(-) 解由题意,9()=(),w()=g(),其中/(),g()在a点解析且/(a)≠0 g(a)≠0 本文件是从网上收集,严禁用于商业用途!
我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！ ( ) 2 2 2 2 0 0 si n | 2 cos | 0 0 z k z k k z z z k = = π π ⎧ = ′ = = ⎨⎩≠ ≠ ， 2 0 (sin )'' 2 z z = = ，知 z = 0 是 2 1 sin z 的二级极点， z = ± kπ ， z = ± i kπ （ k =1, 2 , 3 , "）均为 2 1 sin z 一级极点。 2．求证：如 果 z 0 是 f ( z ) 是 m （ m > 1）级零点，那么 z 0 是 f ' ( z ) 的 m − 1级零点。 证 由题知 ： f ( )z ( z z ) ( z ) ， m = − 0 ϕ ϕ( ) z0 ≠ 0，则有 f ( )z m ( z z ) ( )z ( z z ) ( z ) m m ' ' 0 1 = − 0 ϕ + − ϕ − ( z z ) [ m ( z ) ( z z ) ( z ) ] m ' 0 1 = − 0 ϕ + − ϕ − 故 z 0 是 f ' ( z ) 的 m-1 级零点。 3．验证： i2 z π = 是ch z 的一级零点。 解 由 i ch cos 0 2 2 π π = = ， i2 i (ch )' sh isi n i 2 2 z z π π π = = = = ，知 i2 z π = 是ch z 的一级零点。 4 ． z = 0是函数 2 (sin z sh z 2z)− + − 的几级极点？ 解 0 0 (sin sh 2 ) 0,(sin sh 2 )' ( c o s c h 2 ) 0 z z z z z z z z z z = = + − = + − = + − = z=0 ， 0 0 0 (sin sh 2 )'' ( sin sh ) 0,(sin sh 2 )''' ( cos c h ) 0 z z z z z z z z z z z z z = = = + − = − + = + − = − + = z=0 ， (4 ) ( 5 ) 0 0 0 0 (sin sh 2 ) (sin sh ) 0,(sin sh 2 ) (cos ch ) 2 z z z z z z z z z z z z z z = = = = + − = + = + − = + = ， 故 z = 0是函数sin z z + sh − 2 z 的五级零点，也即为 2 (sin z sh z 2z)− + − 的十级极点。 5．如果 f ( z ) 和 g z( )是以 0 z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么 0 0 ( ) ' ( ) lim lim ( ) ( ) '( ) z z z z f z f z → → g z g z = 或两端均为 ∞ 。 证 因 f ( z ) 和 g z( ) 是以 0 z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，可设 0 f ( )z z = − ( z z )ϕ( ) ， 0 g z( ) = − (z z )ψ ( z ) ， ϕ( )z ,ψ ( z )为解析函数，则 00 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f z z z z z g z z z z z ϕ ϕ ψ ψ − = = − ， 00 '( ) ( ) ( ) ' ( ) '( ) ( ) ( ) ' ( ) f z z z z z g z z z z z ϕ ϕ ψ ψ + − = + − ， 故 0 0 ( ) ( ) lim lim ( ) ( ) z z z z f z z g z z ϕ → → ψ = ， 0 0 0 00 '( ) ( ) ( ) ' ( ) ( ) lim = lim lim '( ) ( ) ( ) '( ) ( ) z z z z z z f z z z z z z g z z z z z z ϕ ϕ ϕ → → ψ ψ → ψ + − = + − ，即 0 0 ( ) ' ( ) lim lim ( ) ( ) '( ) z z z z f z f z → → g z g z = 或两端均为 ∞ 6．若 ϕ ( z ) 与 ψ ( z ) 分别以 为 m 级与 n 级极点（或零点） ， 那 么下列三个函数在 处各有什 么性质？ z = a z = a （ 1 ）ϕ ψ ( )z ( z ) ； （ 2 ）ϕ ψ ( )z / ( z ) ； （ 3 ） ϕ( )z z +ψ ( ) 解 由题意 ， ( ) ( ) ( ) 0 m f z z z z ϕ = − ， ( ) ( ) ( ) 0 n g z z z z ψ = − ，其中 f ( z ) ， g z( ) 在 a 点解析且 f a( ) ≠ 0 ， g a( ) ≠ 0 。 - 2 -
(1)z=a是0()()的m+m级极点 (2)对于q(=)v(=),当m<n时,a是n=m级零点:当m>n时,a是m-m级极点;当m=n时, a是可去奇点。 (3)当m≠n时,点a是(二)+(=)的maxm,n级极点,当m=n时,点a是(=)+v(二)的极点。 (可退化为可去),其级不高于m,点a也可能是()+v(=)的可去奇点(解析点) 7.函数()=-(-1在 z=1处有一个二级极点,这个函数又有下列洛朗展开式 2 (=-) (=-)(=-)(=-1) ,|=-1|>1.,|z-21 所以“二=1又是()的本性奇点”,又其中不含(=-2幂项,因此Res(=),1]=0,这些说法对 解不对,z=1不是∫(=)的本性奇点,这是因为函数的洛朗展开式是在|二-21内得到的,而不是在 z=2的圆环域内的洛朗展开式。 Res[(=), 1]=lim d 孤立奇点的分类必须根据在这个奇点邻域内洛朗展开式来决定 8.求下列各函数f()在有限奇点处的留数: 3)1+ 4) cos二 5)cOs 6/2sIn- 解1)Rs()=lm=+1=-1,Re/()2]=lm(=-2)+1=3 2)f(=)= z=0为分母的四级零点,是分子的一级零点,所以是f(=)的三级极点 Re(=mn1=-3 或展开洛朗级数 f() 1-1-2z--4x2--8 知Resf(=)0] 3)Rs[/()21(x-y1+ 本文件是从网上收集,严禁用于商业用途!
我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！ （1） z = a 是ϕ ψ ( )z z ⋅ ( )的 m + n 级极点。 （2）对于ϕ ψ ( )z / (z) ，当 m < n 时，a 是 n − m 级零点； 当 m > n 时， a 是 m − n 级极点； 当 m = n 时， a 是可去奇点。 （3）当 m ≠ n 时， 点 a 是 ϕ ( )z z +ψ ( ) 的 max { m , n }级极点， 当 m = n 时， 点 是 的极点。 （可退化为可去），其级不高于 m，点 也可能是 a ϕ ( )z + ψ ( z ) a ϕ ( z ) + ψ ( z ) 的可去奇点（解析点） 。 7．函数 ( ) ( ) 2 1 1 f z z z = − 在 z = 1处有一个二级极点，这个函数又有下列洛朗展开式 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 5 4 3 1 1 1 1 ,| 1 | 1 . 1 1 1 1 z z z z z z = + − + − > − − − − " ， | z − 2 | > 1 所以“ z = 1又是 f ( z ) 的本性奇点”，又其中不 含 ( ) 1 2 − z − 幂项，因 此 ，这些说法对 吗？ Re s ⎡ f z( ) , 1 ⎤ = 0 ⎣ ⎦ 解 不对， z = 1不是 f ( z ) 的本性奇点，这是因为函数的洛朗展开式是在 | z − 2 | > 1内得到的，而不是在 z = 2 的圆环域内的洛朗展开式。 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 Res ,1 lim 1 1 2 1 ! 1 z d f z z dz z z → ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − ⎢ ⎥ − ⎣ ⎦ = − 孤立奇点的分类必须根据在这个奇点邻域内洛朗展开式来决定。 8．求下列各函数 f (z) 在有限奇点处的留数： 1） 2 12 z z z +− ； 2 ） 2 4 1 z e z− ； 3 ） 4 2 1 ( 1 ) z z ++ 3 ； 4 ） co sz z ； 5 ） 1 cos 1 − z ； 6 ） 2 1 z sin z ； 7 ） 1 z z sin ； 8 ） sh ch zz 。 解 1 ） ( ) 2 0 1 1 Res ,0 limz 2 2 z f z z → z z + ⎡ ⎤ = = − ⎣ ⎦ − ， ( ) 2 2 1 3 Res ,2 lim( 2) z 2 2 z f z z → z z + ⎡ ⎤ = − = ⎣ ⎦ − 2 ） ( ) 4 2 1 z e f z z − = ， z = 0 为分母的四级零点，是分子的一级零点，所以是 f ( z ) 的三级极点。 [ ] ( ) ⎥⎦⎤ ⎢⎣⎡ − = ⋅ → 4 2 3 22 0 1 2 ! 1 Res ,0 lim z e z dzd f z z z = 34 − 或展开洛朗级数 ( ) ⎥⎦⎤ ⎢⎣⎡ = 4 − − − 2 − 8 3 " 3 ! 1 4 2 ! 1 1 1 2 1 z z z z f z 知 [ ] ( ) 34 Res f z ,0 = c−1 = − 3 ） ( ) 2 4 3 2 2 3 i 1 1 Res ,i lim ( i) i z 2! ( 1 ) 8 d z f z z → dz z ⎡ ⎤ + ⎡ ⎤ = − ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ + 3 = − ， - 3 -
4)Resf(=),k丌+ 2」(cos=)l=xt =(-1)(kr+7),k=0±1±2 5)cOS zz6(2n)(z-1)2 l=-1|0,知Res[f(),1=c1=0 2n-1)==0,知Rs[()0]= 6)2sin ==2 7)Res[(),0]=lim 0,Res[().kz]= =+1+2 (〓Sinz) 8)Res f(), (k+5)ri/=sh: =1,k为整数 9.计算下列各积分(利用留数;圆周均取正向) (1) (2) 1-csd,(其中m为整数 (4) th =d (5)∮tan(x)d dz(其中n为正整数, (-a)”(-b 且|a|≠1,|b|≠=1,|ab|) 解(1)f()=2,1()1做=0为()的可去奇点则 es/(=)]=c1=0 故原积分=0。 (2)在C内,f(2) 以:=1其二级极点,则ReS[(),1]=ime2y2a=2c2由留数基本 定理有原积分=4m2i (3)(-)=1-c 故以:=0为其m=2级极点。设1=[/( 当m≤2时,Res/(=c1=0,1=0 当m=2n>2时,ReU()]=c1=0,I=0 当m=2n+1>2时,Re[/()=(-1)-12n=(-1)2(m-1)! 由此=(-1)22rm-1)或说m为大于或等于3的奇数时,I=(-1)22mi/(m-1) (4)()=的2=k+/i为其一级极点=0+1-)k=0时,0=在=-21=1内,则 Rs()=s=1故1=5/(k=2x/()2=2x1 本文件是从网上收集,严禁用于商业用途!
我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！ ( ) 2 4 3 2 2 3 i 1 1 Res , i lim ( i) i z 2! ( 1 ) 8 d z f z z →− dz z ⎡ ⎤ + ⎡ ⎤ − = + = ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ + 3 4 ） 1 2 Re s ( ) , ( 1 ) ( ) 2 (cos )' 2 k z k z f z k k z π π π π π π + = + ⎡ ⎤ + = = − + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ， k = 0,± ± 1, 2, " 5 ） 2 0 1 ( 1 ) cos , | 1 | 0 1 ( 2 ) ! ( 1 ) n n n z z n z ∞= − = − > − − ∑ ，知 Re ( ) 1 s f z , 1 c 0 ⎡ ⎤ = − = ⎣ ⎦ 6 ） 1 2 2 2 1 1 1 ( 1 ) sin , | | 0 (2 1 ) !n n n z z z z n z ∞ − − = − = > − ∑ ，知 ( ) 1 1 Res ,0 6 f z c ⎡ ⎤ = − = − ⎣ ⎦ 7 ） [ ] 2 0 1 Res ( ),0 lim 0 z sin d f z z → dz z z ⎡ ⎤ = = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ， [ ] 1 ( 1 ) Res ( ), , 1 , 2 , ( sin )' k z k f z k k z z k π π π = − = = = ± ± " 8 ） 1 ( ) i 2 1 s h Res ( ),( ) i 1 , 2 (ch )' z k z f z k k z π π = + ⎡ ⎤ + = = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 为整数 。 9．计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向） （1） 3 | | 2 sin z z dz z =v∫ ； （ 2 ） ( ) 2 2 | | 2 1z z e dz = z − v∫ ； （ 3 ） 3 | | 2 1 c o s m z z dz z = − v∫ ，（其中 m 为整数） ； （ 4 ） ； （ 5 ） | 2 i | 1 th z zdz − = v∫ ( ) | | 3 ta n z π z dz =v∫ ； （ 6 ） | | 1 1 ( ) ( ) n n z dz z a z b = − − v∫ （其中 为正整数， 且| | ） 。 n a b ≠ ≠ 1,| | 1 ,| | a < | b | 解 （ 1 ） ( ) z z f z sin = ，lim ( ) 1 故 0 = → f z z z = 0 为 f ( z ) 的可去奇点则 Res [f ( z ) , 0 ] = c − 1 = 0 故原积分=0 。 （ 2）在 C 内， ( ) ( ) 2 2− 1 = z e f z z 以 z = 1为其二级极点， 则 ( ) 2 1 1 Re s , 1 lim ( ) 2 z z z 2 f z e = → ⎡ ⎤ = ′ = ⎣ ⎦ e 由留数基本 定理有原积分=4 i . 2 πe (3) f ( z ) = ...) 2! 4! 6! 1( 1 cos 1 2 4 2 = − + − − − z z z z z m m 故以 z = 0 为其 m − 2 级极点。设 ( ) ∫ = C I f z dz 当 m ≤ 2时， Res[ ] ( ),0 0 f z = c − 1 = ， I = 0 ； 当 m = 2 n > 2时， Res[ ] ( ),0 0 f z = c − 1 = ， I = 0 ； 当 m = 2 n + 1 > 2 时， Res[ ] ( ),0 ( ) 1 / 2 ! ( 1 ) 2 /( ) 1 3 1 = − = − − − − f z n m m n ！ 由此 ( 1 ) 2 i/( 1)! 2 3 = − − − I m m π 或说 m为大于或等于 3 的奇数时， 3 2 ( 1 ) 2 i/( 1 ) ! m I m π − = − − （ 4 ） ( ) i 1 , ch sh th ⎟ π ⎠⎞ ⎜⎝⎛ = = = + z z k zz f z z k 为其一级极点 ( k = 0 , ± 1 , " ) k = 0时， i 2 0 π z = 在 | z − 2 i | = 1内，则 Res[ ] ( ), sh 1 f z z 0 = z 0 = 故 ( ) ( ) 2 i 2 i 2 iRes , π π π = ⎥⎦⎤ ⎢⎣⎡ = = ∫ I f z dz f z C - 4 -
(5)f()=tan在=3内有一级极点=(k=0,土,±,-3),共6个。故 Resl tan r, k+ 由留数定理 mx=21∑[()2x6( (6)当1<akb时,被积函数在单位圆内解析,故积分为0; 当1a4bk1时,:Res(=am-1ma-(-ay (-1)°(2n-2) (z-a)"(z-b)[(n-1)(a-b)2n Res[f(=), b ]=I (n-1):a(z-b) (-1)(2n-2) 故积分为0 b)”[(n-1)(b 当|ak1<b时,积分 (n-1)(a-b) 10.判定二=∞是下列各函数的什么奇点?并求出在∞的留数 2 2) cOS=-sin z 解1)可去奇点,∞的留数为零。0)=()=(=c 2n+1 2)()=/(=()=∑(-N②n)2(2n+1) 故z=∞为函数的本性奇点,又由于 cosz-sinz在整个复平面解析,故∞的留数为零。 3) 3+ =2(1-+4)不含正幂项,故为可去奇点,留数为c Res[f(z),oo= Reslf()-5,0]=Res[ 二(1+3=2) 1.求Res/()刁]的值,如果 (1)f()=1 (2)f(=) (二+1)(z-4) 解(1)f()=÷有两个一级极点=1=1.故由全部留数和为零的定理,则 Re()可一R()R(-1]-m+m 2+2=-$h1 (2)f(=) 以z=0为一级极点,z=-1为四级极点,z=4为一级极点,用有限奇点 留数和来求无穷远点的留数,计算过程太麻烦,一般采用直接在z=∞的圆环域(解析)44zk∞内展开 为洛朗级数的方式,则有 本文件是从网上收集,严禁用于商业用途!
我要答案网 www.51daan.net 本文件是从网上收集，严禁用于商业用途！ （5） f ( )z = tanπz 在| | z = 3内有一级极点 21 z k = k + （ k = 0,± ± 1, 2, − 3 ），共 6 个。 故 ⎥⎦⎤ ⎢⎣⎡ + 21 Res tanπ , k = ( ) π ππ 1 cos sin 21 = − ′ z = k + zz ，由留数定理 ( ) 1 ta n 2 i R e s , 2 i 6 12 i k C π π zdz f z z π π ⎛ ⎞ = = ⎡ ⎤ ⋅ ⋅⎜ ⎟ − ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ v∫ ∑ = − （ 6）当1 | < < a | | b | 时，被积函数在单位圆内解析，故积分为 0 ； 当| | a b <| | < 1时， 1 1 1 2 1 1 ( 1 ) Res[ ( ), ] lim ( ) ( 1)! ( ) ( ) [( 1) ! ] ( ) n n n n n n z a d n f z a z a n dx z a z b n a b − − 2 1 ( 2 2 ) ! → − n − − − = − = − − − − − 1 1 1 2 1 1 ( 1 ) Res[ ( ), ] lim ( ) ( 1)! ( ) ( ) [( 1) ! ] ( ) n n n n n n z a d n f z b z b n dx z a z b n b a − − → − − − − = − = − − − − 2 1 ( 2 2 ) !n − b ，故积分为 0 ； 当| | a < <1 | |时，积分＝ 1 2 2 ( 1 ) ( 2 2 ) ! [( 1 ) ! ] ( ) n n n n a b − − 1 − − − − 10．判定 z = ∞ 是下列各函数的什么奇点？并求出在 ∞的留数。 1 ） 21z e ； 2 ）cos z − s i n z ； 3 ） 2 2 3 z + z 。 解 1）可去奇点 ， ∞的留数为零。 1 2 ( ) ( ) ( ) t t f z f e t ϕ = = = ； 2 ） 2 2 1 1 0 0 1 ( ) ( ) ( ) ( 1 ) ( 1 ) (2 )! (2 1 ) ! n n n n n n z z t f z f t n n ϕ ∞ ∞ + + = = = = = − − − + ∑ ∑ ，故 z = ∞ z 为函数的本性奇点，又由 于 cos z − s i n 在整个复平面解析，故 ∞的留数为零。 3 ） 2 2 4 2 2 3 9 (1 ) 3 z z z z z = − + + + " 不含正幂项，故为可去奇点，留数为 1 c 2 − = 2 2 1 1 2 Res[ ( ), ] Res[ ( ) ,0] Res[ , 0 ] 2 (1 3 ) f z f z z z z ∞ = = = + 。 11．求 Res [f ( )z , ∞ ]的值，如果 （ 1 ） 1 ( ) 2 − = z e f z z （ 2 ） ( 1 ) ( 4 ) 1 ( ) 4 + − = z z z f z 解 （ 1 ） 1 ( ) 2 − = z e f z z 有两个一级极点 z = 1 , z = − 1 , 故由全部留数和为零的定理，则 [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) 1 lim 1 Res , Res , 1 Res , 1 lim1 1 − − + ∞ = − − − = − → → − ze ze f z f z f z z z z z = sh 1 2 2 1 − + = − − e e （ 2 ） ( ) ( ) 1 ( 4 ) 14 + − = z z z f z 以 z = 0 为一级极点， z = − 1为四级极点， z = 4 为一级极点，用有限奇点 留数和来求无穷远点的留数，计算过程太麻烦，一般采用直接在 z = ∞的圆环域（解析） 4 < | z | < ∞ 内展开 为洛朗级数的方式，则有 - 5 -