高等数学第四册第三版数学物理方法答案(完整版)

1高等数学第四册（第三版）数学物理方法答案（完整版）第一章复数与复变函数（1111）1.1.1.1.计算(1).(2)(12)222;iiiiii−−−=−−−=−()122(12)(34)(2)5102122.;345(34)(34)591655iiiiiiiiiiii+−++−−+++=+=−=−−−+−+5551(3).;(1)(2)(3)(13)(3)102iiiiiii===−−−−−−4222(4).(1)[(1)](2)4;iii−=−=−=−1122222222(5).()[()]ababiabiabiabab+=+=++++11222224[(cossin)]()(cossin);22abiabiθθθθ=++=++3.3.3.3.设11,2iz+=23;zi=−试用三角形式表示12zz及12zz。解：121cossin;(cossin);44266ziziππππ=+=+121155[cos()sin()](cossin);2464621212zziiππππππ=+++=+122[cos()sin()]2(cossin);46461212ziizππππππ=−+−=+11.11.11.11.设123,,zzz三点适合条件1230zzz++=及1231;zzz===试证明123,,zzz是一个内接于单位圆z=1的正三角形的顶点。2证明：1230;zz++=z123231;312;;zzzzzzzzz∴=−−=−−=−−122331;zzzzzz∴−=−=−123,,zzz∴所组成的三角形为正三角形。1231zzz===∵123,,zzz∴为以z为圆心，1为半径的圆上的三点。即123z,z,z是内接于单位圆的正三角形。.xz1z2z317.17.17.17.证明：三角形内角和等于π。证明：有复数的性质得：321321311223arg;arg;arg;zzzzzzzzzzzzαβγ−−−===−−−1332213112231;zzzzzzzzzzzz−−−••=−−−−∵arg(1)2;kαβγπ∴++=−+(0,);(0,);(0,);απβπγπ∈∈∈∵(0,3);αββπ∴++∈0;k∴=;αβγπ∴++=Z3yoZ1Z2x3第一章复数与复变函数（2222）7.7.7.7.试解方程()4400zaa+=>。解::::由题意44za=−,所以有()410zaa⎛⎞=−>⎜⎟⎝⎠;4cossinizieaπππ⎛⎞=+=⎜⎟⎝⎠;所以24(0,1,2,3)kizekaθπ+==;41izaeπ=;342izaeπ=;543izaeπ=;744izaeπ=.12121212．下列关系表示的zzzz点的轨迹的图形是什么？它是不是区域？1212(1).()zzzzzz−=−≠解：此图形表示一条直线，它不是区域。(2).4;zz≤−解：2222(4)xyxy+≤−+即816;2;xx≤≤此图形为≤x2的区域。1(3).1;1zz−<+解：222211(1)(1);zzxyxy−<+−+<++；22;0;xxx−<>此图形为x>0的区域。4(4).0arg(1)2Re()3;4zzπ<−<≤≤且解：此图形表示[2,3]区间辐角在[0,]4π的部分。(5).1Im0;zz≥>且解：1z≥表示半径为1的圆的外上半部分及边界，它是区域。12(6).Im;yzy<≤解：它表示虚部大于1y小于等于2y的一个带形区域。(7).231;zz>−>且解：此图形表示两圆的外部。131(8).;2222iizz−>−>且解：211()22y+−>2x，2231()22xy+−>，它表示两相切圆半径为12的外部区域。(9).Im12;zz><且解：此图形表示半径为2的圆的内部，5且Im1z>的部分，它是区域。(10).20arg;4zzπ<<<且）解：此图象表示半径为2的圆的内部且辐角主值在4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦0,的部分，它是区域。第二章解析函数（1111）4.若函数()fz在区域D上解析，并满足下列的条件，证明()fz必为常数.()()0fzzD′=∈证明：因为()fz在区域上解析，所以,uvuvxyyx∂∂∂∂==−∂∂∂∂。令()()(),,fzuxyivxy=+，即()0uvfzixy∂∂′=+=∂∂。由复数相等的定义得：0uvxy∂∂==∂∂，0uvyx∂∂=−=∂∂。所以，()1,uxyC=(常数)，()2,vxyC=(常数)，即()12fzCiC=+为常数。5.证明函数在z平面上解析，并求出其导数。（1）(cossin)(cossin).xxexyyyieyyxy−++6证明：设()()(),,fzuxyivxy=+=(cossin)(cossin).xxexyyyieyyxy−++则(),(cossin)xuxyexyyy=−，(),(cossin)xvxyeyyxy=+(cossin)cosxxuexyyyeyx∂=−+∂；cossincosxxxveyyyexyey∂=−+∂(sinsincos)xuexyyyyy∂=−++∂；(cossinsin)xveyyxyyx∂=++∂满足;uvuvxyyx∂∂∂∂==−∂∂∂∂。即函数在z平面上(),xy可微且满足CR−条件，故函数在z平面上解析。()(cossincos)(cossinsin)xxuvfziexyyyyieyyxyyxx∂∂′=+=−++++∂∂8．由已知条件求解析函数()fzuiv=+，22uxyxy=−+，()1fii=−+。解：2,2xyuxyuyx=+=−+，2,2xxyyuu==−。所以0xxyyuu+=即u是平面上调和函数。由于函数解析，根据CR−条件得2xyuvxy==+，于是，22()2yvxyxψ=++,其中()xψ是x的待定函数，再由C—R条件的另一个方程得2'()xvyxψ=+=2yuyx−=−，所以'()xxψ=−，即2()2xxcψ=−+。于是22222yxvxyc=+−+又因为()1fii=−+，所以当0,1xy==，时1u=，112vc=+=得712c=所以()22221(2)222yxfzxyxyixy=−+++−+。第二章解析函数（2222）12.设ω是z的解析函数，证明xyuv∂∂=∂∂，xyvu∂∂=−∂∂(,)uivzxiyω=+=+。证明：ω是z上的解析函数，所以，ω在(),xy上处处可微，即uvxy∂∂=∂∂，uvyx∂∂=−∂∂，所以，uvyvuxxyvyxu∂∂∂∂∂∂=∂∂∂∂∂∂iiii，所以xyuv∂∂=∂∂，同理，uvyvuxyyvxxu∂∂∂∂∂∂=−∂∂∂∂∂∂iiii，所以，xyvv∂∂=−∂∂即得所证。14.若zxiy=+，试证：（1）sinsincoszxchyixshy=+。证：sinsin()sincoscossinzxiyxiyxiy=+=+=()sincos22iiyiiyiiyiiyeeeexxi−−+−+=()sincos22yyiiyyeeeexix−−+−+sincosxchyixshy=+18.解方程ln2izπ=。解：lnlnarg02izzizπ=+=+，即1,arg2zzπ==，设zxiy=+221xy+=，()arg2xiyπ+=得0,1xy==，即zi=。820.试求2(1),3,,iiiiiie++及(1)Lni+。解：(2)222,0,1,2,ikikiiLniieeekππππ+−−====±±⋅⋅⋅ln2(2)(1)244(1)(cosln2sinln2)ikiiLnikieeieeππππ−+++===+，0,1,2,k=±±⋅⋅⋅(1)ln(1)2ln22ln2(2)44Lniiikiikikπππππ+=++=++=++0,1,2,k=±±⋅⋅⋅3(ln32)3cosln3sinln3iiLnikeeiπ+===+222(cos1sin1)iieeeei+==+i22，求证0sinlim1zzz→=证::::zxiy=+(x,y,均为实数)，所以,sinsin()limlimzxyzxiyzxiy→∞→∞+=+当0x→则极限趋近于z轴，有sinlim1iyiyiyiyeeiyiyz−→∞−==当0y→时，则极限趋于z轴，有sinlim1xxx→∞=，故sinlim1zzz→∞=。第三章柯西定理柯西积分（1111）1.计算积分120),ixyixdz+−+∫（积分路径是直线段。解：令z=(1+i)dz，dz=(1+i)dt，则：120(1)itidz=+∫∫1+i20(x-y+ix)dz312011(1)(1)033tiitdti−=−=−=∫。2.计算积分路径是（1）直线段，（2）右半单位圆，（3）左半单位圆。9解：1(11)zittdzidtzt=−≤≤==（）令，，，111110()iizdztidtitdtitdti−−−==−+=∫∫∫∫所以(2).cossin()(sincos)122zidzdzππθθθθθθ=+−≤≤=−+=令：，，，则2222sincos022iizididiiππππθθθθ−−−=−+=+=∫∫∫3(3).cossin((sincos)122zidzidzππθθθθθθ=+=−+=令从到），，，223322sincos022iizdidiiππππθθθθ−=−+=+=∫∫∫5.不用计算，证明下列分之值为零，其中C为单位圆。（1）coscdzz∫，（2）222cdzzz++∫，（3）256zcedzzz++∫，解：（1）因为函数θ1f(z)=cos在单位圆所围的区域内解析，所以0coscdzz=∫。（2）因为函数()fz=21z+2z+2在单位圆内解析，所以0=∫2cdzz+2z+2。（3）Dzz2ee因为函数f(z)==的解析区域包含拉单位围线z+5z+6(z+2)(z+3)0dz=∫z2ce所以由哥西积分定理有z+5z+66.计算1zdzz=∫，1zdzz=∫，1zdzz=∫，1zdzz=∫。10解：1112(1)21zzdzdzifizzππ=====−∫∫（）。2110(2)0iizzdzieddezπθθθ=====∫∫∫。()210cossin(3)0cossinziddzziπθθθθθ=+==+∫∫。210(4)2zdzdzπθπ===∫∫。7.由积分2cdzz+∫之值，证明2012cos054cosdπθθθ+=+∫，其中取单位圆。证明：因为被积函数的奇点2z=−在积分围道1z=外，故02cdzz=+∫，现令izreθ=，则在1z=上cossinizeiθθθ==+，()cossinidziediidθθθθθ==+，2cdzz=+∫()20cossin2cossiniidiπθθθθθ+++∫()()()()cossin2cossin2cossin2cossiniidiiπθθθθθθθθθ++−+++−∫20-=()202sin2cos154cosidπθθθθ−++=+∫，比较可得：202sin054cosdπθθθ=+∫，202cos1054cosdπθθθ+=+∫。第三章柯西定理柯西积分（2222）8.计算：11（1）()221:21czzdzCzz−+=−∫，。解：222122112(2)111ccczzzzzzdzdzzdzzzz−+−++−+==+−−−∫∫∫11(21)(2)11cccczdzzdzdzdzzz=++=++−−∫∫∫∫002(1)2ifiππ=++=。10.设C表圆周23y+=2x，()2371cfzdzζζζζ++=−∫，求()f′1+i。解：设()2371ζζζ=++g，它在复平面内解析，故当zC∈时，则由哥西积分公式有()()()2237122371ccgfddzigzizzZzζζζζππζζ++⎡⎤====++⎣⎦−−∫∫z，所以()()21123712671226zizifizziziππππ=+=+′′⎡⎤=++=+=−+⎣⎦1+i。11.求积分(),:1,zcedzCzz=∫从而证明：coscos(sin)edπθθθπ=∫0。解：由于:1Cz=，函数()zefzz=在0z=处不解析，0(2)2zzzcedzieizππ===∫。令,iizedziedθθθ==，则[]cossin22cos00cos(sin)sin(sin)2ziiiceediedieidizeθθππθθθθθθθθπ+==+=∫∫∫，故22coscos00cos(sin)sin(sin)2edeidππθθθθθθπ+=∫∫，所以cos02cos(sin)2edπθθθπ=∫，即coscos(sin)edπθθθπ=∫0。13.设()2fzz=，利用本章例5验证哥西积分12公式()()cfdfzzζζπζ−∫�1=2i以及哥西求导公式()()()()1!2nncfnfzdizζζπζ+=−∫�。提示：把()fζ写成()()222zzzzζζ−+−+。证明：设()()()2222fzzzzζζζζ==−+−+，则式的右边为可写为：()()()22212ccfdzzzzdzzizζζζζπζπζ−+−+=−−∫∫��12i()2122cczzzddizζζζππζ−++⎡⎤⎣⎦−∫∫��1=2i由哥西积分定理有：()1202czzdiζζπ−+=⎡⎤⎣⎦∫�，所以右边22211222czdziziziζππζπ===−∫�，即左边=右边。再由式子可知当1n=时，()()()()21122ccfffzddizizζζζζπζπζ′⎡⎤′==⎢⎥−−⎣⎦∫∫��，成立。假设当nk=时，1!()()2()kkckfdfzizζζπζ+=−∫等式成立。则当1nk=+时，()121!()()2()kkckfdfzizξξπξ+++=−∫成立。所以()()()()1!2nncfnfzdizζζπζ+=−∫�。14.求积分（1）()5cos1czdzzπ−∫，（2）22(1)zcedzz+∫，其中():1.Czaa=>13解：（1）被积函数有奇点1z=，该奇点在积分围道内，由哥西积分求导公式有：()5cos1czdzzπ−∫[]()45244122cos1cos4!4!12zidizidzππππππ===−=−''2222222212()()(2):22(1)()()()()zzzzzccczizieeeeezizidzdzdziizziziziziππ==−⎡⎤⎡⎤+−=+=+⎢⎥⎢⎥+−++−⎣⎦⎣⎦∫∫∫(1)(1)2sin(1)224iiieieiππππ−=−−+=−第四章解析函数的幂级数表示（1111）2.将下列函数展为含z的幂级数，并指明展式成立的范围：（1）1(,abazb≠+为复数，b0)，（2）20zedzπ∫，（3）0sinzzdzz∫，（4）2cosz,(5)2sin.z(6)()211z−，（1）解：原式=10111()1nnazabbbzb−∞==−+∑||||bza<（2）解：原式=∑∫∑∞=+∞=+=012002)12(!!)(nnznnnnzdznz|z|<∞（3）解：原式=∑∫∑∞=+∞=++−=+−012002)12()!12()1()!12()1(nnnznnnnnzdznz|z|<∞（4）解：原式=∑∞=−+=+02)!2()2()1(212122cos1nnnnzz|z|<14∞（5）解：原式=∑∞=−−=−02)!2()2()1(212122cos1nnnnzz|z|<∞（6）解；原式=∑∑∞=−∞==′=′−010)()11(nnnnnzzz|z|<14．写出()ln1zez+的幂级数至少含5z项为止，其中()0ln10zz=+=。解：221,||2!zezz=+++<∞∵…，()23ln1,||123zzzzz+=−+−<⋯两式相乘得234111111111ln(1)1(1)()()2232!4322!3!zezzzzz+=++−+−+++−+−+51111111()||15432!23!4!zz+−+−+<⋯5．将下列函数按()1z−的幂展开，并指明收敛范围：（1）cosz，（2）sinz，（3）2zz+，（4）225zzz−+，解：（1）原式=cos(11)cos(1)cos1sin(1)sin1zzz−+=−+−2212000(1)(1)(1)(1)(1)(1)1cos1sin1(cos1sin1)2!(21)!2!21nnnnnnnnnzzzznnnn+∞∞∞===−−−−−−−=+=+++∑∑∑（2）原式=sin(11)sin(1)cos1cos(1)sin1zzz−+=−+−2212000(1)(1)(1)(1)(1)(1)1cos1sin1(sin1cos1)2!(21)!2!21nnnnnnnnnzzzznnnn+∞∞∞===−−−−−−−=+=+++∑∑∑15|1|z−<∞（3）211111(1)()(112333313zzzz−−==−+−−++∵⋯01()233nnzzzz∞=−∴=−+∑|1|3z−<（4）解：原式22011()[()]1421()2nnzzz∞=−==−−+∑|1|2z−<6．设2011nnnczzz∞==−−∑，证明()122nnncccn−−=+≥，指出此级数展式之前5项，并指出收敛范围。解：1111515[()()]225nnnc+++−=−∵（0n≥），111515[()()]225nnnc−+−=−11211515[()()]225nnnc−−−+−=−12nnnccc−−∴=+）原式=234357212555zzzz+++++⋯51||2z−<第四章解析函数的幂级数表示（2222）9．将下列函数在指定环域内展成罗朗级数：（1）()21,01,1.1zzzzz+<<<<+∞−16解：原式22121zzz−−=+−在01z<<内，上式2202122121nnzzzzzz∞=−−+=−=−−−∑在1z<<+∞内，上式22021212121()11nnzzzzzzzz∞=++=−+=−+−∑(2)()()2225,1221zzzzz−+<<−+，解：原式220012111111()()()21222222(1)1()22nnnnzzzzzz∞∞==−=+=−=−−−+−+∑∑01()[1(1)]1||222nnnzz∞==−−<<∑（3）()2,011zezzz<<+解：原式220011()[()]0||121!2nnznnzzezzzzn∞∞==−=+=−−<<+∑∑（4）()()5113zz−−，03z<<解：当1||3z<<时，原式=55(1)100511111()()()133113nnnnnzzzzz∞∞++==−=−−−∑∑当0||1z<<时，原式=55100111()()13313nnnnnzzzz∞∞+==−=−−∑∑（5）sin1zz−，011z<−<。解：1111sinsinsin1coscos1sin1111zzzzzz−+==+−−−−2210011(1)()(1)()11sin1cos1(2)!(21)!nnnnnnzznn+∞∞==−−−−=++∑∑22100(1)(1)sin1cos1(1)(2)!(1)(21)!nnnnnnznzn∞∞+==−−=+−−+∑∑。1710．将下列各函数在指定点的无心邻域内展成罗朗级数，并指出成立的范围：（1）()2211z+，其中zi=。解：()222211111111()4()4()41ziziiziziz=−−+−−+−++1200011111(1)()(1)()()(1)()4()1622482nnnnnnnnnziziziziziiiii∞∞∞−===−−−=−+−−+−−−∑∑∑2200111111[(1)()](1)()4()4()16282nnnnnnziziziziii∞∞==−−=−+−+−+−−−∑∑0||2zi<−<（2）()1211zze−−，1z=解：()122211200111(1)1(1)(1)!(1)!(1)nznnnnzzezznznze∞∞−−==−−−=−=−=−−∑∑，|1|0z−>11．把()11fzz=−展成下列级数：（1）在1z<上展成z的泰勒级数。解：()011nnfzzz∞===−∑，1z<。(2)在1z>上展成z的泰勒级数。解；()0111111()()1111nnfzzzzzzz∞===−=−=−−−−∑，||1z>(3)在12z+<上展成()1z+的泰勒级数。解：原式01111()122212nnzz∞=+==+−∑，|12z+|<1(4)在12z+>上展成()1z+的泰勒级数。18解：原式012(1)(1)()2111nnzzzz∞==−+=−++−+∑2||11z⟨+12．把()()11fzzz=−展成在下列区域收敛的罗朗或泰勒级数：（1）01z<<，解：原式01111nnzzzz∞==+=+−∑，（2）1z>解：原式0111111()11nnzzzzzz∞==−=−−∑，（3）011z<−<解：原式1100111(1)(1)(1)1(1)11nnnnnzzzzz−∞∞−===+=−+==−−−+−−∑∑，（4）11z−>解：原式22011111(1)()1111111nnnabzzzzz∞==+−++−−−−+−∑11(1)()1nnnz∞==−−∑，（5）11z+<解：原式0111(1)1(1)11nnzzzz∞==−+=−++−+−−∑0011(1)()22nnnnzz∈∞==+=−++∑∑，（6）112z<+<19解：原式0011111111()()112122111121nnnnzzzzzz∞∞==+=+=+++++−−+∑∑101(1)(1)2nnnz∞+==−+∑。（7）12z+>解：原式001111211()()2111111(1)(1)111nnnnzzzzzzzz∞∞===−+=−+++++++−−++∑∑11(1)(1)nnnzz∞==−+∑|1|2z+>第四章解析函数的幂级数表示（3333）13131313．确定下列各函数的孤立奇点，并指出他们是什么样的类型，对于无穷远点也要加以讨论：（1）()2211zzz−+解：孤立奇点为：0,,zzizi===−，对于0,z=原式=1()1()zXzzziz−=∴−Z为一阶极点zi=，原式=2222111()()()(1)zzzzizizziz−−=∴−++−zi=为二阶极点，20同理：zi=−也为二阶极点。对z=∞，原式=4222211(1)11(1)(1)zzzzzz−−=++，由于4220(1)lim0(1)nzzz→−=+，即为可去奇点。（2）221()zi+解：20zi+=∵，3()4ikzeππ+=为二阶极点。4222222222111limlimlimlim011()(1)()()zzzzzziziziizz→∞→∞→∞→∞====++++即为可去极点。(3)31coszz−解；2331cos122zzzzz−==，0z=为一阶极点。3300311cos1cos1limlimlim(1cos)01zzzzzzzzz→∞→→−−==−=即为可去极点。(4)1coszi+解：zi=−为本性极点。011limcoslimcoslimcos()111()zzozzziziiz→∞→→===+++即在无穷远点为可去极点。(5)1zzee−解：z=0，11zzzmeeemz−=−即z=0时，有(m-1)阶21极点，100111limlimlim(1)01()zmzzzzmeezzezmz→∞→→−−==−=即无穷远点为可去极点。(6)1zzee−解：0z=，011lim1111zzzzeee→=−−即无穷远点为可去极点。(7)1sincoszz+解：sincos2sin()4zzzπ+=+，4zkππ+=，4zkππ=−(k=0,1±,⋯)一阶极点，00111limlimlim111sincossincos2sin()4zzzzzzzzπ→∞→→===+++不存在，为本性极点。(8)11zzee−+解：1ze=−，ziθ=，1ieθ=−(21)zikπ=+(0k=,1)±⋯一阶极点。11121110021()11(1)limlimlimlim1111()()zzzzzzzzzzzzeeeezeeieez→∞→∞→→−−′−−−===−+′++−i即可去极点。(9)223(32)zz−+22解：1,2zz==，三阶极点，22223332001111lim(32)lim(32)lim[(1)(2)]zzzzzzzzz→∞→→−+=−+=−−22340(132)lim3zzzz→−+==∞(10)tgz解：2zkππ=+(0k=,1±,)⋯一阶极点，01sinlimlim1coszzztgzz→∞→==>不存在(11)1sin1z−解：1z=，为本性奇点，0011limsinlimsinlimsin01111zzzzzzz→∞→→∴===−−−即为可去奇点。(12)111zzee−−解：0,1zz==，一阶极点，11111111100limlimlim011zzzzzzzzzzeeeeee−−−−→∞→→===−−可去奇点。14.14.14.14.设()(),fzgz分别以za=为m阶极点，试问za=为,,ffgfgg+•的什么样的特点。解；设nmazzzgazzzf)()()(,)()()(−ϕ=−λ=23⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=−φ+λ<−φ+λ−>−φ−+λ=+−−)()()()()()()()()()()()()()(nmazzznmazzzaznmazzazzgfnnmnmnm（1）()().()mnzzfgzaλφ+=−(m+n)阶极点（2）可去奇点级零点）级极点（）（)()()()()()()()()()()(1)()(nmnmnmzznmzzaznmzzazzgzfmnnm−−⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=φλ<φλ−>φλ−=−−(3)所以当m≠n时z=a为f+g的max{m,n}阶极点当m=n时阶的极点或可去极点低于阶极点nnaaaa_____0)()(0)()(⎩⎨⎧=φ+λ≠φ+λ15.15.15.15.设()0fz≠，且以za=为解析点或极点，而()zϕ以za=为本性奇点，证明za=是()()zfzϕ±，()()zfzϕi，()()zfzϕ的本性奇点。证明：设∑∞=−ϕ=ϕ−λ=0)()()(,)()()(nnmazzzazzzfmnnazzazzzfz)()()()()()(0−λ±−ϕ=±ϕ∑∞=显然其中主要部分有无限项。所以z=a是±f(z)+φ(z)的本性奇点。24nmnmnnnnmazzzazzazzzfzazzazzzfz−∞=∞=∞=−λϕ=−λ−ϕ=ϕ−ϕ−λ=ϕ∑∑∑)()()()()()()()()()()()()()().(000所以z=a是f(z)φ(z)及)()(zfzϕ的本性奇点。16161616．讨论下列函数在无穷远点的性质。(1)2z解：∞==∞→∞→221limlimzzzz二阶极点。(2)1zz+解：⇒=+=+=+∞→∞→∞→111lim111lim1limzzzzzzzzzz可去极点。(3)()121z+解：121...11)1(...11)1(10202210122101==∴+++=+∴+++=+ccczczcczzczcczzz令由上得：0c=±1211±=c从而得：z=∞为本性奇点。(4)1sinzz解：1sin1lim1sinlim==∞→∞→zzzzzz可去奇点。25第五章残数及其应用（1111）1.求下列函数在指定点处的残数.()1()()211zzz−+在1,z=±∞解:当1z=时，()2111Re()lim1zzzzsfzz→→=⎛⎞=⎜⎟⎜⎟+⎝⎠=14,当1z=−时，()()11111Relim4zzzzdzsfzdz=−→−→−⎡⎤⎢⎥−⎢⎥==−⎢⎥⎢⎥⎣⎦.求z→∞时的残数，用残数和定理，即,()()11ReReRe0zzzsfzsfzs→∞→→−=+=,()12sinz在()0,1,2znnπ==±±⋯解:由题可知,znπ=是本题的极点，将sinz用罗朗展开得:sinz=()()21121!nnzn+−+∑，求()Reznsfzπ=，()Re1znsfzπ==。(3)241zez−在0,z=∞.解::::将原式用罗朗展开得：241zez−=()()24222zzz−−⋯，()()340024321ReRe3zzzsfzsz==⎡⎤⎢⎥−⎢××⎥==−⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦,根据残数和定理，()4Re3zsfz→∞=.26(4)11ze−在1,z=∞,解::::()fz的奇点为1，将11ze−用罗朗展开式展开得：2111121(1)zz+++−××−⋯所以,()111ReRe11zzsfzsz==⎛⎞==⎜⎟−⎝⎠,根据残数和定理得：11Re1zzse−→∞⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠2.求下列函数在其孤立奇点(包括无穷远点)处的残数(m是自然数).()11sinmzz解::::将式子用罗朗展开()()()2111sin21!nnmmzzzzn−+−=+∑，当1211,2mnnm−−=−=.当m为奇数时，残数为0，当m为偶数时,()()201Re(1)!mzsfzm=−=+,根据残数和定理,()()()211!mzResfzm→∞−=−+(2)21mmzz+解：2(0,1,2(1))kimzekmππ+==−⋯是函数的一阶极点。当1m=时，()2Re1kimzesfzππ+==−，()()()13()mZzαβαβ≠−−27解::::本题是以zα=为m阶极点，以zβ=为其一阶极点.(1)11Re()lim(1)!mzzsfzmzααβ−→=⎛⎞==⎜⎟−−⎝⎠-()1mβα−()()1Remzsfzββα==−根据残数和定理得:()Rezsfz→∞=-()1mβα−+()1mβα−=0(4)()21zez−解::::()()21zefzz=−是以1z=为二阶极点，()()()()22111(1)1Relimlimzzxzzedzzsfzeedz→→=&minu