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复变函数练习题 第五章 留数
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§1 孤立奇点
孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法
f(z)在点a处的洛朗展式中，
若无负幂项，则点a为可去奇点；
若负幂项最高次数为m，则点a为m阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a为本性奇点。 2、极限法 limfz( )z?a存在且有限，则点a为可去奇点；
等于无穷，则 a为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a为本性奇点。 3、判断极点的方法 3.1f(z)?1g(z)，g(z)在点a解析且g(a)不等于零；
(z?a)m1mg(z)，limg(z)?lim(z?a)f(z)存在且有限; mz?az?a(z?a)3.2f(z)?3.3
1?(z?a)mh(z)， h(z)在点a解析且h(a)不等于零 f(z)一、选择题 1．函数
cot?z在|z?i|?2内奇点的个数为 [ D ] 2z?3（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
cot?zcos?z3?，(2z?3)sin?z?0?z?,k(k?Z)
2z?3(2z?3)sin?z22．设f(z)与g(z)分别以z?a为可去奇点和m级极点，则z?a为f(z)?g(z)的 [ C ] （A）可去奇点 （B）本性奇点 （C）m级极点 （D）小于m级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和)
1?ez3．z?0为函数4的m级极点，那么m? [ C ]
zsinz（A）5 （B）2 （C）3 （D）
24
25
4??z222z???zz2??1?ez1?ez1zz2!=?5???3?(1???)??利用方法3.345zsinzsinzzsinzzzsinz2!??
??zz2lim(1???)?1，?z?0?sinz2!??3?2z?z34．z??是函数的 [ B ] z2（A）可去奇点 （B）一级极点 （C）二级极点 （D）本性奇点
??3?2z?z3?z2=3z2?2z?z?3?2?2??1?以?=0为一阶极点?? ?5．z?1是函数(z?1)sin1z?1的 （A）可去奇点 （B）一级极点 （C）一级零点 （D）本性奇点 （将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幂项） 二、填空题
1．设z?0为函数z3?sinz3的m级零点，那么m? 9 。
33?z3?(z3??z3?3?z3?5z9z15z6z?sinz913!?5!??)?3!?5!???z(3!?5!??)
2．设z?0为函数
sinzz3的n级极点，那么n? 2 。 三、解答题
1．下列函数在有限点处有些什么奇点？如果是极点，指出它的级： （1）
1z3?z2?z?1
解：显然，11z3?z2?z?1=(z?1)2(z?1)的奇点有z?1,z??1. 其中z?1是其二阶极点；z??1是其一阶极点.1（2）ez?1
1解：ez?1可能的奇点为z?1.1ez?1?1?11z?1?2!(z?1)2??
具有z?1的无穷个负幂项，从而z?1为其本性奇点 26
[ D ] 解法二：e可能的奇点为z?1.1令z?1?，则limen??;n??n
1令z?1?，则lime?n?0;n??n即函数在z?1点极限不存在，从而z?1为其本性奇点sinz?1（3）
z31z?1sinz?1解法一：3可能的奇点为z?0.zz3z5?1?z????sinz?1111z23!5!???3?2????33zzzz3!5!故有z?0为其三阶极点.解法二：由sinz?1在z?0点解析且等于?1，从而z?0为原函数的三阶极点.z2n（4）（n为正整数） n1?z
z2nz2n=，n1?z(z?z0)(z?z1)?(z?zn?1)其中zk(k?0,1,?,n?1)是方程zn??1的n个根.从而zk(k?0,1,?,n?1)是原函数的一阶极点.
2．判断?点是下列函数的什么奇点？ （1）
2z 23?z1解：令??,z2z2???2?(1?3?2??)?2??6?3??223?z3??1
??0为可去奇点，从而z??为原级数的可去奇点.（2）
e 2zz2 27
4z21+z++?ez1z22！==2?1???22zzz2!1在上述级数中令??，则变为z1?2+1++?22!?2
?=0为其本性奇点，从而z??为原函数的本性奇点.?注在本题中，由于级数的收敛域是0?z??，从而可以直接让函数在z?0点展开.???1?但在上一道题中，必须先做变量替换??，才可进行展开.????z?
ez?e?z3．z?0是函数(sinz?shz?2z)的几级极点？(shz?)
2?2解法一：ez?e?zf(z)?sinz?shz?2z=sinz??2z2 ????z3z5z7z9z3z5z7z9??z?????????z????????2z3!5!7!9!3!5!7!9!????2z52z9????5!9! 28