1、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)(Re21 zzzfsZ=-1 是二级极点，同前由推论 6.4 知 41|)(1)()e221 zz zfs是可去奇点， 则由教材(6.2)式知 0)(Re)()(Re11 zfszfszfszz(2)因 为分母 sinz 的一级零点，知 为 的),0(nz ,nin一级极点，故由定理 6.5 知 nznzfs)1(|)(i)Re(3)由 所以 zzzz 342!3221 3423)(Re10Cfsz又由 z=0 是唯一有限奇点，故 34)(Re)(e0zfszfszz(4)由 所以211!zez
2、 11fz又因 z=1 是唯一的有限奇点，所以 )(e)(e1zfsfszz(5)因 z=1 为 的 n 级极点，所以z)1(2)!1(2|)(Re1)(221 sznnz )!()(e)(212 nzsnnz(6) 2|1)(1Re22 ezzsz|)(1221 ezz 2|1)(1R22 ezzsz)()(Re112 effsszzzz 2.解(1)函数 仅有两个孤立奇点 z=0 和无穷，因min)2,10)(!2)1(!53(si 1 kzzzz km当 m 为奇数时，洛朗展式不含 的项，故 0)(Re)(e,0)(Re00 zfszfszfszzz当 m 为偶数时，洛朗展式中含 的项的
3、系数为 ，故1!12)(k!)(Re)(e,!12)(Re00 zfszfskzfs zzz(3) 是 的 m 级极点，令分母 的z1m12kiez因此 ),0()12( kekik 且 ，因此 ek 是题设 f(z)的一级极点，|(kzm memfs kkiezez kk )12(12|)1()R100)kmkzf(3)孤立奇点为 ,zmzmzfs)(2|)(2)Re 由于 至少是二级极点，因此 0)(Rezfsz由此又(4)f(z)以 z=0 为二级极点， 为四级， 为本性极点izz504)(Reizfsz 523)(26418!31)(Reiizefsiiz 5230)()()( iif
4、ff izzz 3.解(1)奇点 但在单位圆 内(,12,)zn |z=1内只含有唯一二级极点 z=0,在 内有0|+不含有 ，所以3217sin6zz z故由残数定理得 |1012Resinsinzzdi(2) 2| 11()()sin2t ititz zzie eiffi 4.(1) 2 20|1|1cosz zdddaiaa故220s(2) 因此由留数2 120|1 |122243(3co) (1)(3)3z zdxdzdzi 定理原积分 45.（1）原式 ，由定理 6.7 知22(1)4dx2 20()4()6dxx（2）由于 因此2lim0()zza原式22Re()zaisa6.（1
5、） 存在，且20n()xd202si()1in.()xxaPVd（2） 存在，且20si(1)x 20sin(1)x7.由柯西积分定理 CrRizcixizizyR rr CReCdeeedi（1）应用引例 6.4，得到 0lim0Crizz（2） 带入原式化简 即得|(1)2Riz RCede8 应用残数定理 2222ln2()(1)llnln()(1)(1)RrCRrCCzidxzzdd有引理 6.1 及 634 得证10.证明：令 ,显然他们在(),()zfze解析，在 单位圆周|z|=1 上|1z|()|()|xzefz由儒歇定理知，在|z|1 内 有相同的零点个数，f与又因为 连续与0,1,且()xFe,10,0故 的跟在(0,1)内，且为正实数。ze11.在|z|=1 上有 ，故有儒歇定理知| |zxneez有同样多的零点，而 在|z|1 内有只有 n 重零点，故得证。n14，证明：设 (),(),fzgz则在 C 上， |1|()|fz由儒歇定理，f(z) 与 在 C 内零点个数相同，()fz而 f(z)=-z 在 C 内只有一个零点，所以 在 C 内有()()fzgz只有一个零点，记为 ，使得 或00(0
