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《复变函数》第四版习题解答第5章

《复变函数》第四版习题解答第5章

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) z

1; z2 +1 2

(2)

sin z3

z



(3)

z3

?

1 z2 ?

z

+1



(4) ln(z + 1) ;
z

( )( ) (5)

1+ z2

z 1+ eπ z



1
(6) e1?z ;

(7)

z

2

1 (ez

?

1)



(8)

1

z 2n +z

n



(9)

1 sin z2

.

( ) 解(1) f ( z) = ( ) z

1 z2 +1

2

是有理函数,故奇点只是极点,满足

z

z2

+1

2
=0,故

z

=

0

,与

z

=

±i



其奇点, z = 0 为一级极点,而 z = ± i 为其二级极点。

(2)因 lim z→0

sin z z3

=





z

=

0

为其极点。再确定极点的级,有两种方法:

a.

z

=

0



sin

z

为的一级零点;而

z

=

0



z3

的三级零点。故

z

=

0



sin z3

z

的二级极点。

b. lim z→0

z2

sin z z3

=

lim
z→0

sin z

z

=1≠

0

,故

z

=

0

为其二级极点,

(3)原式=

(z2

1 ? 1)( z

? 1)

=

(z

1
?1)2 (z

+ 1)

,故

z

= 1 为其二级极点,而

z

=

?1 为一级极点。

∑ ∑ (4)a. ln(1 + z) = ∞ (?1)n zn+1 , 0 <| z |< 1 , ln(1 + z) = ∞ (?1)n zn 无负幂项,故 z = 0 为其可去奇点。

n=0

n +1

z

n=0

n +1

b.

lim
z→0

ln(1 +
z

z)

=

lim
z→0

(1

1 +

z)

=

1

,故

z

=

0

为可去奇点。

( ) ( ) (5)由1+ z2 = 0 得 z = ± i 为 1+ z2 的一级零点,由1+ eπ z = 0 得 zk = (2k +1) i (k = 0,±1,±2,")为 1+ ez

( ) ( ) 的零点,又 1+ eπ z ′ = π eπ zk = ?π ≠ 0 ,所以 zk 为 1+ ez 的一级零点,因此, z = ± i 为二级极点; zk
zk = (2k +1)i , (k = 1, ±2,") 为一级极点。

∑ 1
(6)由 e1?z

=

∞ n=0

(?1)n n!(z ?1)n

,知 z

= 1 为本性奇点。

∑ (7)因

ez

?1

=


z
n=0

zn (n +1)!

=

z (1 +

z 2

+

z2 3!

+ ")

,故

z

=

0为

z2 (ez

?1)

的三级零点,因而是

1 z2 (ez

?1)

的三级极点,而 z = 2kπ i, (k = ±1, ±2,") 均为一级极点。

(8)由 zn

+1=

0,

zn

=

?1,得 zk

(2k +1)π
i
=e n

(k = 0,1,"n ?1) 为原式一级极点。

(9) sin z2 = 0 ? z = ± kπ , z = ±i kπ , k = 0,1, 2," 由

-1-

( ) sin z2



|z2 =kπ

=

2z

cos

z2

|z2 =kπ

=

?0 ??≠ 0

k k

= ≠

0 0



(sin

z2 ) ''

z=0

=

2

,知

z

=

0是

1 sin z2

的二级极点,

z=±

kπ , z = ±i



(k

= 1, 2,3,")均为

1 sin z2

一级极点。

2.求证:如果 z0 是 f (z) 是 m( m > 1)级零点,那么 z0 是 f '(z)的 m ?1 级零点。

证 由题知: f (z) = (z ? z0 )m?(z) ,?(z0 ) ≠ 0 ,则有

f ' (z) = m(z ? z0 )m?1?(z)+ (z ? z0 )m?' (z) = (z ? z0 )m?1[m?(z) + (z ? z0 )?'(z)] 故 z0 是 f '(z)的 m-1 级零点。

3.验证: z = π i 是 ch z 的一级零点。 2



由 ch π i 2

= cos π 2

=

0



(ch

z)

'

z=

πi 2

= sh π i 2

= isin π 2

= i ,知 z

=

πi 2

是 ch

z

的一级零点。

4. z = 0 是函数 (sin z + sh z ? 2z)?2 的几级极点?

解 (sin z + sh z ? 2z) = 0, (sin z + sh z ? 2z) ' = (cos z + ch z ? 2) = 0 ,

z=0

z=0

z=0

(sin z + sh z ? 2z) '' = (? sin z + sh z) = 0, (sin z + sh z ? 2z) ''' = (? cos z + ch z) = 0 ,

z=0

z=0

z=0

z=0

(sin z + sh z ? 2z)(4) = (sin z + sh z) = 0, (sin z + sh z ? 2z)(5) = (cos z + ch z) = 2 ,

z=0

z=0

z=0

z=0

故 z = 0 是函数 sin z + sh z ? 2z 的五级零点,也即为 (sin z + sh z ? 2z)?2 的十级极点。

5.如果 f (z) 和 g(z) 是以 z0 为零点的两个不恒等于零的解析函数,那么 lim f (z) = lim f '(z) (或两端均为∞) 。 z→z0 g (z) z→z0 g '( z)

证 因 f (z) 和 g(z) 是以 z0 为零点的两个 不恒等于零 的解析函数 ,可设 f (z) = (z ? z0 )?(z) , g(z) = (z ? z0 )ψ (z) ,?(z),ψ (z) 为解析函数,则
f (z) = (z ? z0 )?(z) = ?(z) , f '(z) = ?(z) + (z ? z0 )? '(z) , g(z) (z ? z0 )ψ (z) ψ (z) g '(z) ψ (z) + (z ? z0 )ψ '(z) 故 lim f (z) = lim ?(z) , lim f '(z) = lim ?(z) + (z ? z0 )? '(z) = lim ?(z) ,即 z→z0 g (z) z→z0 ψ (z) z→z0 g '(z) z→z0 ψ (z) + (z ? z0 )ψ '(z) z→z0 ψ (z)
lim f (z) = lim f '(z) (或两端均为∞) z→z0 g (z) z→z0 g '(z)
6.若? ( z ) 与ψ ( z ) 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)? ( z)ψ ( z) ;(2)? ( z) /ψ ( z) ;(3)?(z) +ψ (z)



由题意, ?

(z)

=

f (z) ( z ? z0 )m

,ψ

(z)

=

g(z) ( z ? z0 )n

,其中

f

(z)



g

(z)

在a

点解析且

f

(a)



0,

g(a) ≠ 0。

-2-

(1) z = a 是? ( z ) ?ψ ( z ) 的 m + n 级极点。

(2)对于? ( z ) /ψ ( 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? ( z ) +ψ ( z ) 的 max{m, n}级极点,当 m = n 时,点 a 是? ( z ) +ψ ( z ) 的极点。

(可退化为可去),其级不高于 m,点 a 也可能是? ( z ) +ψ ( z ) 的可去奇点(解析点)。

7.函数

f

(z)

=

1
z ( z ?1)2



z

= 1处有一个二级极点,这个函数又有下列洛朗展开式

1
z ( z ?1)2

="+

1
( z ?1)5

?

1
( z ?1)4

+

1
( z ?1)3

,|

z ?1|> 1., | z ? 2 |> 1

所以“ z = 1又是 f (z) 的本性奇点”,又其中不含 (z ? )2 ?1 幂项,因此 Res ?? f ( z ),1?? = 0 ,这些说法对

吗?
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。

Res ??

f

( z),1??

=

lim
z →1

1
(2 ?1)!

d dz

?
?( z
??

?1)2

1
z ( z ?1)2

? ? ??

=

?1

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)

z +1 z2 ? 2z



2)

1

? e2 z4

z



3)

1+ z4 (z2 +1)3



4) z ; cos z

5) cos 1 ; 6) z2 sin 1 ; 7) 1 ;

1? z

z

z sin z

8) sh z 。 ch z



1) Res ??

f

( z),0??

=

lim
z→0

z

z +1 z2 ? 2z

=

?

1 2



Res

??

f

( z), 2??

=

lim( z
z→2

?

2)

z +1 z2 ? 2z

=

3 2

2)

f

(z

)

=

1

?e z4

2

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。

或展开洛朗级数

Res[ f

(z),0] =

lim
z→0

1 2!

d2 dz 2

? ?

z

3

?

?

1

?e z4

2

z

? ? ?

=

?

4 3

f (z) =

1 z4

???1?1? 2z ?

1 4z2 2!

?

1 3!

8z

3

"???



Res[ f

(z),0] =

c?1

=

?

4 3

3)

Res

??

f

(

z ) , i ??

=

lim
z →i

1 2!

d2 dz 2

? ?(z ?

? i)3

1+ z4 (z2 +1)3

? ? ?

=

?

3i 8



-3-

Res

??

f

(

z), ?i??

=

lim
z→?i

1 2!

d2 dz 2

? ?(z ?

+

i)3

1+ z4 (z2 +1)3

? ? ?

=

3 8

i

4)

Res

? ??

f

(

z),



+

π 2

? ??

=

z (cos z) ' z=kπ +π

= (?1)k+1(kπ

+ π ),k 2

= 0, ±1, ±2,"

2

∑ 5) cos 1 1?

z

=

∞ n=0

(?1)n (2n)!(z ?1)2n

,|

z

? 1 |>

0 ,知

Res ??

f

( z),1??

=

c?1

=

0

∑ 6)

z2

sin

1 z

=

z2

∞ n =1

(?1)n?1 (2n ?1)!z2n?1 ,|

z

|>

0

,知 Res ??

f

( z),0??

=

c?1

=

?

1 6

7) Res[ f

(z), 0] = lim d
z→0 dz

? ??

z

2

1? z sin z ??

= 0 , Res[ f (z), kπ ] =

1 (z sin z) '

z = kπ

=

(?1)k kπ

,k

= ±1, ±2,"

8) Res

? ??

f

(z), (k

+

1 )π 2

i???

=

sh z (ch z) '

z=(k + 1 )πi

= 1, k为整数 。

2

9.计算下列各积分(利用留数;圆周均取正向)

v∫ (1) sin z dz ; z |z|= 3 2
(4) v∫ th zdz ; | z ? 2 i|=1

v∫ ( ) (2) |z|=2

e2z z ?1

2

dz



(5) v∫ tan (π z) dz ; |z|=3

v∫ (3)

|z|=

3

1

? cos zm

z

dz

,(其中

m

为整数);

2

v∫ (6)
|z|=1 ( z

?

1 a)n (z

? b)n

dz(其中

n

为正整数,

且| a |≠ 1,| b |≠ 1,| a |<| b | )。

解(1) f (z) = sin z , lim f (z) = 1 故 z = 0 为 f (z) 的可去奇点则

z

z→0

Res[ f (z),0] = c?1 = 0

故原积分=0。

(2)在 C

内,

f (z) =

e2z
(z ?1)2



z

= 1 为其二级极点,则 Res ??

f

( z),1??

=

lim(e2z )′
z →1

z=1 =

2e2

由留数基本

定理有原积分=4 πe2 i.

∫ (3) f (z) =

1? cos z zm

=

1 z m?2

1 (

?

z2

+

z4

? ...)

故以

z

=

0

为其 m ? 2

级极点。设 I

=

2! 4! 6!

C

f (z)dz

当 m ≤ 2 时, Res[ f (z),0] = c?1 = 0 , I = 0 ;

当 m = 2n > 2 时, Res[ f (z),0] = c?1 = 0 , I = 0 ;



m

=

2n

+

1

>

2

时,

Res[

f

(z),0]

=

(?

)1 n?1

/

2n!=

( )m?3
?1 2

/(m

?

1)



m?3

m?3

由此 I = (?1) 2 2π i/(m ?1)! 或说 m 为大于或等于 3 的奇数时, I = (?1) 2 2π i/(m ?1)!

(4)

f

(z) =

th

z

=

sh z ch z

, zk

=

?? k ?

+

1 ??π z?

i

为其一级极点 (k

=

0,±1,")

k

=

0 时,

z0

=

π 2

i

在|

z

?

2i

|= 1内,则

∫ Res[ f (z), z0 ] = sh z0 = 1故

I=

C

f

(z

)dz

=



i

Res???

f

(z

),

πi 2

? ??

=



i

-4-

(5)

f

(z) =

tan πz

在|

z

|=

3 内有一级极点

zk

=

k

+

1 2

(k

=

0, ±1, ±2, ?3 ),共

6

个。故

Res???tan π , k

+

1? 2 ??

=

sin πz
(cos πz )′

z=k + 1

=

?1 π

,由留数定理

2

v∫C

tan π

zdz

=



i



Res

??

f

(

z

)

,

zk

??

=2π

i

?

6

?

? ??

?

1 π

? ??

=

?12 i

(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, Res[

f

(z), a] =

1 lim (n ?1)! z→a

d n?1 dx n ?1

(z ? a)n

1 (z ? a)n(z

? b)n

=

(?1)n?1(2n ? 2)! [(n ?1)!]2 (a ? b)2n?1

Res[

f

(z),b] =

1 lim (n ?1)! z→a

d n?1 dx n ?1

(z ? b)n

1 (z ? a)n (z ? b)n

=

(?1)n?1(2n ? 2)! [(n ?1)!]2 (b ? a)2n?1

,故积分为

0;



|

a

|<

1

<|

b

|

时,积分=

(?1)n?1(2n ? 2)! [(n ?1)!]2 (a ? b)2n?1

10.判定 z = ∞ 是下列各函数的什么奇点?并求出在 ∞ 的留数。

1
1) e z2 ;

2) cos z ? sin z ;

3)

3

2z + z2



解 1)可去奇点, ∞ 的留数为零。?(t) = f (z) = f (1) = et2 ; t

∑ ∑ 2)?(t) = f (z) = f (1) = ∞ (?1)n

z2n


? (?1)n+1

z 2n+1

,故 z = ∞ 为函数的本性奇点,又由于

t n=0

(2n)! n=0

(2n +1)!

cos z ? sin z 在整个复平面解析,故 ∞ 的留数为零。

3)

3

2z +z

2

=

2 (1? z

3 z2

+

9 z4

+") 不含正幂项,故为可去奇点,留数为 c?1

=

2

Res[

f

( z ),

∞]

=

Res[

f

(1) z

1 z2

, 0]

=

Res[

2 z(1+ 3z2

)

,

0]

=

2



11.求 Res[ f (z), ∞]的值,如果

(1)

f

(z)

=

ez z2 ?1

(2) f (z) =

1

z(z +1) 4 (z ? 4)

解(1)

f

(z)

=

ez z2 ?1

有两个一级极点

z

= 1, z

=

?1, 故由全部留数和为零的定理,则

Res[ f (z),∞] = ? Res[ f (z),1]? Res[ f (z),?1] = ? lim ez ? lim ez
z→1 z + 1 z→?1 z ?1 = ? e + e?1 = ? sh1
22

(2)

f

(z) =

z(z

1
+1)4 (z

? 4)



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-

?

?4 ?

?

f (z) =

z(z

+

1
1)4

(z

?

4)

=

1 z ? z 4 ??1+ 1 ?? 4 ? z??1? 4 ??
? z? ? z?

=

1

? ?z

6

??1

+

1

??4

??1

?

?? ? z ? ?

4 ???? z ???

=

1 z6

?1?

? ?1

+

1

? ?

? z?

? ·? ?1

1 ?

4

? ? ?

? z?

=

1 z6

·??1 ?

?

1 z

+

1 z2

+ ...??4 ??1 + ??

4 z

+

16 z2

+ ...?? ?

显见 c?1 = 0, 故 Res[ f (z), ∞] = 0 .(注也可利用规则 IV)。

12.计算下列各积分,C 为正向圆周。

v∫ 1)

C

(z2

z15 +1)2 (z4

+ 2)3

dz,

C :| z |= 3 ;

v∫ 2)

z3

1
e z dz , C :| z |= 2 ;

C 1+ z

v∫ z2n
3) C 1+ zn dz

( n 为一整数), C :| z |= r > 1。



1)函数

(z2

z15 +1)2 (z4

+

2)3

在|

z

|= 3 的外部,除 ∞ 点外没有其他奇点,因此根据定理二与规则

IV,

v∫C

(z2

z15 +1)2 (z4

+

2)3

dz

=

?2π i Res[

f

(z), ∞]

=

2π i Res[

f

(1) z

1 z2

, 0]

=



i

Res[

z(1

+

z

2

1 )2 (1+

2z4

)3

,

0]

=



i

2) f (z) =

z3

1
e z 有奇点, z = ?1 , z = 0 , z = ?1 为一级极点,而 z = 0 为本性奇点,在 2 <| z |< +∞ 内展

1+ z

开 f (z) ,则

f

(z) =

z3 z??1 +

1 ??

1
ez

=

z2

1
·e z

??1 + 1 ??

=

z2 ??1 ? ?

1 z

+

1 z2

? ...????1 + ??

1 z

+

1 2!z 2

+ ...?? ?

? z? ? z?

= ?? z2 ?

?

z

+1?

1 z

?

1 z2

? ...????1 + ??

1 z

+

1 2!z 2

+ ...?? ?

=

z2

+

1? 2!

1 3

1 z

+ ...



?

c?1

=

1 3

,

故原积分

=

2πi(c?1 )

=

?

2 3

πi

.

v∫ 3)当 n = 1 时, z2 dz = 2π i Res[ f (z), ?1] = 2π i ;当 n ≠ 1时,
C 1+ z

z2n 1+ zn

=

1

zn +z

?

n

=

zn (1?

1 zn

+

1 z2n

+") =

zn

?1+

1 zn

+"

v∫ 知 c?1

=

0

,故

C

z2n 1+ zn

dz

=

0。

13 计算下列积分

∫ 2π
1)

1

dθ ;

0 5 + 3sinθ

∫ ∫ 2π
2)

sin2 θ



0 a + b cosθ

(a > b > 0) ;

3)

+∞ ?∞

1 (1+ x2 )2

dx



-6-

∫ 4)

+∞ x2 0 1+ x4

dx ;

∫ 5)

+∞ ?∞

x2

cos x + 4x +

5

dx



∫ 6)

+∞ ?∞

x sin x 1+ x2

dx



解 1)由于被积函数的分母 5 + 3sinθ 在 0 ≤ θ ≤ 2π 内不为零,因而积分有意义。

v∫ v∫ I

=

1 |z|=1 5 + 3 z2

?1

dz iz

=

|z|=1 3z 2

2 + 10iz

dz ?3

=

2π i Res[

f

(z), ?

i] 3

2iz

= 2π i 2



6z+10i z=? i 2

3

2)由于被积函数的分母 a + b cosθ 在 0 ≤ θ ≤ 2π 内不为零,因而积分有意义。

v∫ v∫ I

=

|z|=1

( z2 ?1)2 2iz
a +b z2 +1

dz iz

=

|z|=1

i(z2 ?1)2 2z2 (bz2 + 2az

+

b)

dz

=

2π i{Re s[

f

(z), 0] +

Res[

f

( z ),

?a

+

a2 ? b2 ]} b

2z



Res[

f

(z), 0]

=

(?1 +

z2 )(a + 3az2 + bz(3 + (b + 2az + bz2 )2

z2 ))

z=0

=

?

ai b2



Res[ f (z), ?a + a2 ? b2 ] =

i(z2 ?1)2

= i a2 ? b2

b

4z(b + 3az + 2bz2 ) z= ?a+ a2 ?b2

b2

b

故 I = 2π (a ? a2 ? b2 ) 。 b2

3)函数

f

(z)

=

1 (1+ z2 )2

在上半平面内只有

2

级极点 i

,且

Res[ f

(z),i] =

lim
z→i

d dz

(z ? i)2

f

(z)

=

lim d z→i dz

(z

1 + i)2

=

?2 (2 i)3

=

?i, 4



∫ +∞ 1 dx = 2π i Res[ f (z),i] = π 。

?∞ (1 + x2 )2

2

4)注意到被积函数为偶函数,

∫ ∫ I =

+∞ x2 0 1+ x4

dx

=

1 2

+∞ ?∞

x2 1+ x4

dx

函数

f

(z)

= z2 1+ z4

π i 3π i
在上半平面内只有一级极点 e 4 , e 4 ,且

Res[ f (z), π i] = z2

= 1? i ; Res[ f (z), 3π i ] = z2

= ? 1+i

4

4z3

πi

z=e 4

42

4

4z3

3π i

z=e 4

42



I = 1 2π i(Res[ f (z), π i ] + Res[ f (z), 3π i]) = π 。

2

4

4 22

∫ 5)对于 I =

∞ ?∞

x2

ei x + 4x +5

dx ,令

R(z)

=

z2

1 + 4z

+5

,则

z

=

?2 + i 为上半平面内的

R(z ) 的一级极

-7-

点,故有: Res

??R ( z ) eiz ,i??

=

ei z 2z +

4

z = ?2+i

=

?

e ?1 (sin

2+ 2

i cos 2)



则原积分= Re{2π i Res[R(z)eiz , ?2 + i]} = π e?1 cos 2 。

∫ 6)对于 I =

∞ xei x ?∞ 1+ x2

dx

,令

R(z

)

=

1

z +z

2

,则 z

= i 为上半平面内的 R(z)的一级极点,故有:

[ ] Res R(z)eiz ,i = lim(z ? i) zeiz

= e?1

z→i

(z ? i)(z + i) 2

[ ] I = 2π i Res R(z)eiz ,i = πe?1 i ,则原积分 = Im{I} = π e?1

∫ +∞ sin x

14.试用下图中的积分路线,求例 4 中的积分:

dx 。

0x

∫ ∫ 解 +∞ sin x dx = 1 +∞ sin x dx ,采用 ei z / z 沿如如图所示闭曲线来计算上式右端的积分( z = 0 为 ei z / z

0x

2 ?∞ x

的一级极点,且在实轴上)。由 Cauchy 基本定理,有

y

Ri

Cr

?R ?r O r
第 14题 图

Rx

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ eiz dz + R eix dx + R+Ri eiz dz + ?R+Ri eiz dz + ?R eiz dz + ?r eix dx = 0 ,

z Cr

rx

Rz

z R + Ri

z ? R+Ri

?R x

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 令 x = ?t ,则有

?r eix dx = ?

e R -ix dx ,所以

R eix dx +

?r eix dx = 2 i

R sin x dx 。

?R x

rx

rx

?R x

rx

∫ ∫ ∫ ∫ 又 e ?R+Ri iz dz = ?R ei(x+Ri) dx ≤ ?R

z R + Ri

R x+ Ri

R

e-R dx ≤ 2e-R ,知 lim ?R+Ri eiz dz = 0 ;

x2 + R2

z R→+∞ R+Ri

∫ ∫ ∫ ∫ e R+Ri iz dz = e R i(R+iy) i dy ≤ R

e- y

dy ≤ 1? e?R ,同理 ?R eiz dz ≤ 1? e?R ,知

Rz

0 R + iy

0 R2 + y2

R

z ? R + Ri

R

∫ ∫ ?
lim ? ? R→+∞

R+Ri eiz dz + Rz

?R ? R+Ri

eiz z

? dz ?
?

=

0

和例 4 采用同样的方法得到

∫ lim eiz dz = ?π i 。
z r→0 Cr

∫ ∫ 故 2i +∞ sin x dx = π i ,即 +∞ sin x dx = π 。

0x

0x

2

15.利用公式(5.4.1)计算下列积分:

v∫ 1) 1 dz = 2π i ;
z |z|=3

v∫ 2)

|z|=3

z z2 ?1

dz

=



i



-8-

3) v∫ tan zdz = ?4π i ; |z|=3

v∫ 4)

1 dz = 0 。

|z|=3 z(z +1)

16.设 C 为区域 D 内的一条正向简单闭曲线, z0 为 C 内一点。如果 f (z) 在 D 内解析,且 f (z0 ) = 0 ,

f '(z0 ) ≠ 0 。在 C 内 f (z) 无其他零点。试证:

1 2π

i

v∫
C

zf f

'( z ) (z)

dz

=

z0





f

(z)

在C

内只有一级零点

z0

,而

zf f

'( z ) (z)

=

(z

?

z0 ) f f (z)

'( z )

+

z0 f '(z) f (z)

,知

z0

为函数

(z

?

z0 ) f f (z)

'( z )



可去奇点,故由留数定理和(5.4.1)知

1 2π

i

v∫
C

zf f

'( z ) (z)

dz

=

1 2π

i

v∫
C

(z

?

z0 ) f f (z)

'( z )

dz

+

1 2π

i

v∫
C

z0 f '(z) f (z)

dz

=

0

+

z0

=

z0



17.若? ( z ) 在 C :| z |= 1 上及其内部解析,且在 C 上| ? ( z ) |< 1 ,证明在 C 内只有一个点 z0 使? ( z0 ) = z0 。

证 令 f ( z ) = ?z ,则在 C 上, f ( z ) = 1,而 ?(z) < 1 ,故由路西定理,知方程 z = ? ( z ) 与方程 f ( z ) = 0

( ) 在 C 内有相同个数的根,从而? z = z 在 | z |< 1 只有一根。

18.证明:当 a > e ,则方程 ez = azn 在圆 | z |= 1 内有 n 个根。

证 设 f (z) = ?azn ,g(z) = ez ,在 z ≤ 1 内均解析,且当 | z |= 1 时,| ?azn |=| ?a | zn |=| a | ,| ez |= ecos? ≤ e 而 a > e ,

故 | f (z) |=| ?azn |=| a |>| ez |=| g(z) | 。 根据路西定理知, f (z) 与 f (z) + g(z) 在 C :| z |= 1 内的零点个数相同,即 ez = azn 的根的个数与 ? azn = 0 的根的
个数相同,即为 n。 19.证明方程 z7 ? z3 + 12 = 0 的根都在圆环域1 ≤| z |≤ 2 内。
证 当 z < 2 时,取 f (z) = z7 , g(z) = 12 ? z3 ,当 | z |= 2 时,

g(z) = 12 ? z3 ≤ 12 + z3 ≤ 20 <| z7 |=| f (z)|

所以 z7 ? z3 + 12 = 0 的根的个数与 z7 的根的个数相同,因此, z7 ? z3 + 12 = 0 的根全部在|z|=2 的内部。
当 | z |< 1 时,取 f (z) = 12 ,g(z) = z7 ? z3 ,当 | z |= 1 时, f (z) > z7 + z3 ≥ z7 ? z3 = g(z) ,故 z7 ? z3 + 12 = 0 的 根与 f (z) = 12 的根的个数相同,即在 z = 1 内无根,综上所述, z7 ? z3 + 12 = 0 的根全在1 ≤| z |≤ 2 内。

-9-


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