第5章留数(答案)

82第5章留数及其应用5.1孤立奇点奇点的分类是计算留数的基础.5-1函数2sinzz在0z点是（）.（A）本性奇点（B）可去奇点（C）一级极点（D）二级极点解322sin11()3!3!zzzzzzz故0z是它的一级极点.选（C）.5-20z是函数11sinz的（）.（A）本性奇点（B）可去奇点（C）一级极点（D）非孤立奇点解取1,πzkk为任意非零整数，皆有1sin0z，因而在0z的任一邻域皆有此函数11sinz的无限个奇点.选（D）.5-3iz是函数2π(1)(1e)zzz的（）.（A）本性奇点（B）二级极点（C）一级极点（D）三级极点解由21(i)(i)zzz及iπ1e0但iππ1i(1e)πeπ0zzz，故i是此函数的二极点.5-41z是函数1ezz的（）.（A）本性奇点（B）一级极点（C）可去奇点（D）二级极点解(1)1112111ee(1)e1)2!(1)zzzzzz故1z是此函数的本性奇点.选（A）5-5若()fz在0z点的罗伦级数有无限项，但不出现0zz的正整数幂的项.则0z点的函数()1/()zfz的（）.（A）本性奇点（B）极点（C）解析的点（D）可去奇点解设001()()nnnfzazz，则0lim()zzfz.从而00lim()0,zzzz是()z的可去奇点.选（D）.用罗伦级数展开计算留数是基本方法之一.5.2留数与留数定理5-611Res(esin,0)zz（）.（A）0（B）1（C）2（D）12解132111111(esin)(1)()3!zzzzzzz选（B）.当0z时，ln(1)~sin~e1~zzzz，这些，均与实函数是一致的.835-921Res(tan,0)zz（）.（A）13（B）13（C）16（D）16解3111tan3zzz因此，211Res(tan,0).3zz选（B）.1cosz是偶函数10.a5-101Res(cos,0)z（）.（A）0（B）1（C）12（D）12解211cos12zz，故1Res(cos,0)0.z选（A）.5-111Res(cos,0)zz（）.（A）0（B）1（C）12（D）12解11cos,2zzzz故11Res(cos,0).2zz选（D）.在1z处的留数，也可令1zt.5-12z-1Res(e,1)z（）.（A）0（B）1（C）e（D）1e解(1)111eee(1)1zzzzz，故1e.C选（C）.5-1321/Res(1),0)zze（）.（A）1（B）1（C）1/2（D）12解21/22111(1)e(1)(1)1zzzzzzz选（A）.故11.C要注意求π2z点的留数，要展成π2z的罗伦级数.5-14ππRes(sin,)2π2zz（）.（A）0（B）π/4（C）π2（D）π2解2222πππππππ2244Ressinsin[]cos2π2(/2)2π/2π/2zzzzzz84其罗伦级数不含1π/2z的项，故10C.选（A）.也可令1zt来作.5-1511Res(e,1)zz（）.（A）1（B）1（C）12（C）12解111111e(1)eezzzzz2111(1)(1)112(1)1zzzz1(1).2(1)zz选（D）.5-16Res(sin,1)1zz（）.（A）cos1（B）cos1（C）sin1（D）sin1解111sinsin(1)sin1coscos1sin,1111zzzzz而11sin11zz311,cos3!(1)1zz的罗伦级数中不出现11z的项，故1cos1.C选（B）.对本性奇点求留数一般都用罗伦展开，试总结以上各题求留数方法.5-171Res(sinsin,0)zz（）.（A）0（B）1（C）e（D）1e解33111sinsin()()3!3!zzzzzz，不出现1z的项.选（A）.5-18设301()()()fzgzzz，而()gz在0z点解析，00()0,()0gzgz，则0z是()fz的m级极点，则m（）.（A）1（B）2（C）3（D）0解由0z是()gz的一级零点，故0z是301()zz的二级极点.选（B）.本问题是要读者灵活运用求极点处留数的方法，不要硬套公式.5-19设0z是()fz的三级极点，则0Res((),)fzz（）.（A）0301lim[()()]3!zzzzfz（B）0201lim[()()]2!zzzzfz（C）0401lim[()()]3!zzzzfz（D）030lim[()()]zzzzfz解设32132000()()()CCCfzzzzzzz则4230302010()()()()()zzfzCzzCzzCzz故40100[()()]3!4!()zzfzCCzz04101lim[()()].3!zzCzzfz选（C）.85先分清极点的级数，再求留数.5-201cosRes(,0)sinzzz（）.（A）0（B）3（C）1/3（D）1解1cosz是0z的二级零点；sinzz是三级零点，因此，0z是1cossinzzz的一级极点.320001cos(1cos)113Res(,0)limlimlim3.sinsin2sin21coszzzzzzzzzzzzzzz选（B）.0z是cos1ezz的一级极点.5-21cosRes(,0)1ezz（）.（A）0（B）1（C）1（D）2解0coscosRes(,0)lim1.1e1ezzzzzz选（C）.3z是23πsinzz的一级极点.5-2223Res(,3π)sinzz（）.（A）1（B）1（C）3（D）13π解233πlim(3π)1sinzzzz选（B）.5-23223π3Res(,π)cos2zz（）.（A）2（B）2（C）4（D）4解23/232(π)32lim(π)2.2coszzzz选（A）.iz是22shπ(1)zz的一级极点.5-2422shπ(Res,i)(1)zz（）.（A）π/4（B）π/4（C）π/2（D）π/2解πππ(i)π(i)eeeeshπsh(i)22zzzzzz.故2222ishπshπ(i)ππRe(,i)lim.(1)(i)(i)(2i)4zzzszzz选（A）.由tanz与z是等价无穷小知0limcot1.zzz5-25Res(tancot,0)zz（）.（A）0（B）1（C）1（D）2解tanz在0点解析，而0limcot1zzz，故11C.选（B）.860z时，ln(1)~zz是一级零点.5-261eRe(,0)ln(1+)zsz（）.（A）0（B）1（C）1（D）2解0(1e)lim2.ln(1)zzzz选（D）.2411cos~2zz是0z的4级零点.5-2732Res(,0)1coszz（）.（A）1（B）1（C）2（D）0解420lim2.1coszzz选（C）.sin(π)w在πw是一级零点.5-2811Res(,)1πsinz（）.（A）2π（B）21/π（C）1（D）1解令1wz，则1111sinsin(π)sinwwz而21/ππ111π1lim()/sinlimππsin(π)πzwwzzww选（B）.1ez在0z时是一级零点.5-291Res(cot,0)1ezz（）.（A）0（B）1（C）1（D）2解0lim()11ezzz，而0limcot1zzz，故留数为0.选（A）.直接用0z是()()fzz的一级极点也可得到相同结果.5-30函数()z在0z解析，()fz以0z为一级极点，且留数为1，则Res(()(),0)fzz（）.（A）(0)（B）(0)（C）2(0)（D）2(0)解记01()zaaz011()fzCCzz则0()()afzzz故0Res(()(),0)(0).fzza选（A）.注意i是函数的二级极点.875-31231Re(,i)(i)zsz（）.(A)0(B)1(C)1(D)2解ilim[(i)]1.zz选（B）.这里()()fzfz时也称为偶函数，则偶函数在0z的留数为0.5-323sinRe(,0)zsz（）.（A）0（B）1（C）1/3（D）1/6解2sinzz是偶函数，罗伦级数中不出现1z的项，故10C.选（A）.若令πzkw则33cotcotzw在0w是三级极点，求留数可得相同结果.5-333Re(cot,π)szk（），（k为一整数）.（A）1(1)k（B）1（C）(1)2k（D）2解33333cos(1)cos(π)cotsin(1)sin(π)kkzzkzzzk33cos(π)cos3(π)3cos(π)sin(π)3sin(π)sin3(π)zkzkzkzkzkzk2233391(1(π))3(1(π))22133[(3π)(3π)]3[(π)(π)]3!3!zkzkkkzkzk233246(π)111(π)π4(π)(1)2zkzkzkzkz11.C选（B）.注意iz是函数的二级极点.5-3421Re(,i)(i)(1)szz().(A)i4(B)i4(C)14(D)14解2ii1(1)1lim()lim.i(i)4zzzz选（C）.偶函数在0点的留数为0.5-351Res(,0)sinzz（）.（A）0（B）1（C）1（D）1/6解1sinzz的罗伦展式中不出现1z的项.选（A）.5-3633Res(,1)(1)zz（）.(A)1(B)2(C)3(D)6解31lim()6zz，故33Res(,1)3(1)zz.选（C）.88虽然本题函数在0z是三级极点，但这样作更简便.解2用罗伦展开法作更简便.5-376sinRes(,0)zzz（）.（A）0（B）15!（C）15!（D）13!解16(5)60sinlim()1zzzzz故6sin1Re(,0).5zzsz解23511sin3!5!zzzz故63sin111.3!5!zzzzz选（C）.0z是3级极点但这样作更好.5-3841eRe(,0)zsz（）.（A）13!（B）13!（C）14!（D）14!解0lim(1e)1zz，故41e1Res(,0).3!zz选（A）.5-391Res(,0)esinzzz（）.（A）0（B）1（C）1（D）2解200ee(sincos)elim()lim[]1.sinsinsinzzzzzzzzzzzzz选（B）.用罗伦展式作更简单.5-4021Res(,0)sinzz（）.（A）1（B）-1（C）13（D）13解22241222sin(1cos)(2)3zzzzzzz33211113(1)3zzzz11.3C选（C）.5-41求证，如果0z是()fz的(1)mm级零点，那么0z是0()fz的1m级零点.证0()()()mfzz