完整復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題

（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題第一章例題例1.1試問函數(shù)由=整把￡平面上的下列曲線分別變成卬平面上的何種曲線?（1）以原點(diǎn)為心，2為半徑，在第一象項(xiàng)里的圓??；&=-（2）傾角 3的直線；（3）雙曲線”-y2=4.解設(shè)仃如理州一用=距8伊七如叫則R=E甲=20因此（1）在由平面上對(duì)應(yīng)的圖形為：以原點(diǎn)為心，4為半徑，在上半平面的半圓周._2后（2）在由平面上對(duì)應(yīng)的圖形為：射線方。（3）因由二^=1-艮+22，故迎=1一￥,在"平面上對(duì)應(yīng)的圖形為：直線區(qū)巳印=4。例1。2設(shè)?、圃邳c(diǎn)？口連續(xù)，且°,則丁⑵在點(diǎn)先的某以鄰域內(nèi)恒不為0。證因?、窃邳c(diǎn)向連續(xù)，則%> >。，只要匕一分卜6,就有丁匕）—?。?）|《￡e=m>0特別，取 2 ，則由上面的不等式得儀到》?昌）|一￡二崎山口因此，了在百鄰域虱，?口）內(nèi)就恒不為0。例1。3設(shè)Zizz(…)Zizz(…)試證?、圃谠c(diǎn)無極限，從而在原點(diǎn)不連續(xù).證令變點(diǎn)｝ 皿8）,則- 1產(chǎn)2 L21re fw=sin2舊（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題lim/（z）=0 an從而^口 （沿正實(shí)軸日=0）e=—而沿第一象限的平分角線4/T0時(shí)，.1。故在原點(diǎn)無確定的極限，從而在原點(diǎn)不連續(xù)。第二章例題例2.1 土在￡平面上處處不可微證易知該函數(shù)在工平面上處處連續(xù).但A/z+Az-zAzAzAzAz當(dāng)k—口時(shí)，極限不存在。因及取實(shí)數(shù)趨于0時(shí)，起極限為1，生取純虛數(shù)而趨于零時(shí)，其極限為一1.故￡處處不可微。例2.2函數(shù)了3）=川在工二口滿足定理2。1的條件，但在工二口不可微。證因遼（工3」疝，以"）=口。故注（A兀0）—《（0,0）%（口。=則 后 二口=&（0⑼?6二g,虱"0二0二您）Ay八㈤7⑼_/4的AzAa+jAx在法70時(shí)無極限，這是因讓卜二從十my沿射線3k °）隨的T0而趨于零，即知上式趨炳于一個(gè)與江有關(guān)的值1十於。例2。3討論了（為引工『的解析性解因遼值y）二爐十月3戶口,故%=2兀4=2M=vy=0要使匚一及條件成立，必有次=a2y=。，故了（為只在￡二口可微，從而，處處不解析.(完整)復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題例2。4討論了⑶二工一第的可微性和解析性解因遼=V區(qū)&y)=-y,故%=2兀以p=0?下？=0,Vy—1要使匚一凡條件成立，必有2五二—L0二。，故廣⑵只在直線工=-1上可微，從而，處處不解析。例2.5討論了⑶= + 的可微性和解析性，并求尸⑵。解因式"卜儲(chǔ)03 匕而%=2*8￡了,以尸二一日黑￡垃尸，n1r二?'sin戶，%=g*g￡y在復(fù)平面上處處連續(xù)且滿足?一兄條件，從而了值)在￡平面上處處可微，也處處解析。且/r(z)=%+%=€*cosy+工S“sinp二」(e)o例2。6設(shè)^=/確定在從原點(diǎn)工二口起沿負(fù)實(shí)軸割破了的w平面上且州⑴=r,試求州(一力之值。解設(shè)M=喀''，則P+加療夜3,=0,1,2,-^,<0由州⑴二一工代人得1+2退 中3解得：化=2,從而例2o7設(shè)值;口則L^a=3n/+2Q足，［后=0,±1<-上用（一口）=InC3十（及十1）應(yīng)，區(qū)=0.±1/'ln（-1）=Ln1+JE3:疝；?=產(chǎn)=i=€* ,g=Q,±l,…）且”的主值為S（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題例2。8考查下列二函數(shù)有哪些支點(diǎn)（a）八公”也~）⑹""張…解（a）作一條內(nèi)部含0但不含1的簡(jiǎn)單閉曲線,口,當(dāng)^沿^正方向繞行一周時(shí)，N的輻角得到增量2爾，1-W的輻角沒有改變，即A備argz=2x△整ar虱1一玲二必33rg（工一1）二。從而Aq瞪g?。ɑ枚*笫argf+&5就名門一為]=-^[2^+0]=jz故了（為的終值較初值增加了一個(gè)因子斯“二T,發(fā)生了變化，可見0是/3）二出門一刃的支點(diǎn)。同理1也是其支點(diǎn)。任何異于0，1的有限點(diǎn)都不可能是支點(diǎn)。因若設(shè)e是含“爐°」）但不含0，1的簡(jiǎn)單閉曲線，則“arg/M=-[Acargz+Acar^(l-z)]=}□+□]=□故/[￡）的終值較初值增加了一個(gè)因子爐=1，未發(fā)生變化。最后不是『色）二也（1一可的支點(diǎn).因若設(shè)C含0，1的簡(jiǎn)單閉曲線，則^g/W=^[Acarg2+AcargQ-劣]故丁⑶的終值較初值增加了一個(gè)因子^^=1,未發(fā)生變化。（b）/⑵家1—力可能的支點(diǎn)是0,1，s.設(shè)品,入。分別是含0但不含1,含1但不含0，和既含0又含1的簡(jiǎn)單閉曲線，則△心肅g了（力二g【△備亞宮苫十&a北式1一句]1 2=-[2^+0]=-^（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題arg」(力=argz+AC|ar^(l-z)]1 2=-[0+2^]=-^結(jié)果丁⑶的終值較初值均發(fā)生了變化。故0,1,R都是支點(diǎn)，此外別無支點(diǎn)。例2.9試說明了⑵二砂口一為在將w平面適當(dāng)割開后能分出三個(gè)解析分支。并求出在點(diǎn)工二2取負(fù)值的解易知二殺口一刃的支點(diǎn)是^L0°.因此，將工平面沿正實(shí)軸從0到1割開，再沿負(fù)實(shí)軸割開。在這樣割開后的工平面G上，丁⑶=+0一分能分出三個(gè)解析分支?，F(xiàn)取一條從巧二2到勺二工的有向曲線仃（不穿過支割線），則乂argw=爹.Acai-g（l-2）=—于是乂瞪且?。ɑ枚?心口菰鳥厘+4白虹鼠］一幻］1「宓3笠、3死一一+一=一3l2 4」12又由題設(shè)，可取3rMy（2）=及。故得.Stc 5rr./⑴=沛卜|j|笳嚏五=-W（3）關(guān)于對(duì)數(shù)函數(shù)的已給單值解析分支MJb）,我們可以借助下面的公式來計(jì)算它的終值:In/（z2）=In| |十iarg/^2）=|/（町）|七［肅￡1A%）—Mg/0）+argy氏）］即ln/（z2）=ln|/（z2）l+zA^arg/^+zarg/f^）其中仃是一條連接起點(diǎn)內(nèi)和終點(diǎn)均且不穿過支割線的簡(jiǎn)單曲線；3rg/（/）是滿足條件那一支在起點(diǎn)4之值的虛部，是一個(gè)確定的值。例J2。10試說明*題0一*）在割去“從-1到工的直線段”，“從E到1的直線段”與射線“忑且之1”的N平面內(nèi)能分出單值解析分支.并求工二口時(shí)等于零的那一支在工二2的值。(完整)復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題解￡川1-￡口)的支點(diǎn)為｝=±L°0。這是因=ln(l-z)+]n(l+^當(dāng)變點(diǎn)￡單繞￡二1一周時(shí)，卜總亞虱1一工)-加AcargQ+z)=0故幻的值增加了2皿，岷1+幻的值未改變，從而，喊1一產(chǎn))的值增加了2冗工，從一支變成另一支。故w=l是支點(diǎn)，同理工二一L00也都是支點(diǎn)，此外無其它支點(diǎn).故￡超Q—*)在割去“從一1到f的直線段”，“從E到1的直線段”與射線“耳;0且尸巨1”的N平面內(nèi)能分出單值解析分支?，F(xiàn)設(shè)C是一條連接起點(diǎn)/二°和終點(diǎn)勺二2且不穿過支割線的簡(jiǎn)單曲線。則Acarg(l-z3)=Acarg(l+zXl-^)=Acarg(l+2-)+Acarg(l-z)二0十箱二元故In汽為)=ln|/(西)|arg/(z)+sarg=3n|(1-21)| +;0=InS+M這就是所要求之值.例2.11求反正弦上1n2。解Arcsin2=-iLn(7i±，后)=-iLn[(2±-J3)i]=-禮域2±#)+晟+2稔]=g+2上加-工岷2±JI).(I,±L±2,…)（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題例2.12求上也t皿（N）TOC\o"1-5"\h\zj 1Arctan(2i)=-—2 3j]=-—(In—+^r 2k范0-(一十七)燈+工 2 2g=Q,±L±2,…)第三章例題例3.1命U表連接點(diǎn)以及方的任一曲線，試證[產(chǎn)=… ⑵[4T曠7)/⑵=1￡=￡版-%1）=A-口證（1）因 x ，故lim4二b—a爆飛印 ，即〕用=占一⑵因/⑶二。選蔡二則得2Zi=S區(qū)一工k1fc-i但我們又可選孩二句，則得Z2=Z芋&3上—￡卜1)Jt-1的極限相等，從而應(yīng)與，、一一，、I盤一一一s「一、，5一y由定理3。1，可知積分」￡存在，因而用的極限存在，且應(yīng)與乙1及乙的極限相等，從而應(yīng)與l^y+y）2 1口的極限相等。今j(Zi+z2)=|z^-^Ll=|(^（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題[zdz=—(Z?3-a所以“ 2I-r fdfe—Q,F*紅—0注當(dāng)口為閉曲線時(shí)，〃例3。2（重要的常用例子）C患_J2江LO=1）L口”一[0？H1的整數(shù)）這里e表示以厘為心，戶為半徑的圓周。（注意，積分值與厘，即均無關(guān)）。證的的參數(shù)方程為：￡一口:濯°8工舊￡2燈。故fdz產(chǎn)'*"8_?產(chǎn)一目_d?I -I 7~-2IP-乙元ik（z-韶）八a比、’j ；當(dāng)將為整數(shù)且“工1時(shí)號(hào)號(hào)的"5=—^-[fkcos(j2—1)跋J-sin(咫-1)5/列=口呻2例3。3試證一工?。積分路徑C是連接受和2+工的直線段證D的參數(shù)方程為z=（1 +￡（2+漢口<Z<1）即 工二2￡+乂0型41）1沿^，L連續(xù)，且14■卜工二^—二1Z2|工『4；2+1|[生區(qū)2而C之長(zhǎng)為2，故由定理3.2， '‘廣例3。4計(jì)算積分Re：?曲

（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題其中積分路徑U為:（1）連接由點(diǎn)0到點(diǎn)1+衛(wèi)的直線段；（2）連接由點(diǎn)。到點(diǎn)1的直線段及連接由點(diǎn)1到點(diǎn)1+衛(wèi)的直線段所組成的折線.解（1）連接◎及1+2的直線段的參數(shù)方程為：工=（1+短（OEF）,[Rezdz=[（Re[（1十力+故 人 比 。二0+1才￡成二與（2）連接。與1的直線段的參數(shù)方程：連接點(diǎn)1與1+m的直線段的參數(shù)方程為:工二口―G+口+中(0<Z<1),TOC\o"1-5"\h\zz=1+ —5，JRezdz=(Retdt+￡Re[(1+ify\idt=jj由+工|Q由此例可以看出，積分路徑不同，積分結(jié)果可以不同。了②=1. ￡在門內(nèi)解析，故由[—Q匕口：-jtcarge工冗）例3。5了②=1. ￡在門內(nèi)解析，故由, , h⑵=—解在單連通區(qū)域口：一支工3^工工江內(nèi)，函數(shù) ￡的一個(gè)原函數(shù)，且牛頓―萊布尼茲公式有，=Itiz-Iti1=Inz(ze￡))例3。6計(jì)算下列積分⑴必押…岫5…），（2）L”謾，其中二為右半圓周，同=乙彘衛(wèi)之0，起點(diǎn)為一曳，終點(diǎn)為曳；（3）yjTdz，其中jr取jr=-1那一支。（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題解（1）因?yàn)?n（1+幻的支點(diǎn)為一L03,所以它在閉圓匕區(qū)網(wǎng)0匯上單值解析。于是由柯西積分定理3.9田（1+￡）曲=04在Rez>Onz0（2）因?yàn)樾?上解析[4曲二 z-2+14二匹故 -2+1 』 3（3）因?yàn)榻闹c(diǎn)為口，00,其單值分支在圓"一1歸1內(nèi)解析，并連續(xù)到邊界1工一"二1，所以由柯西積分定理3。9例3。7設(shè)13為圍線C內(nèi)部一點(diǎn)，則rdz J2汨in=1）窗y—jo （也wi,且為整數(shù)）證以厘為圓心畫圓周c[使cr全含于仃的內(nèi)部，則由復(fù)圍線的柯西積分定理得rdz_rdz-ay~Lo—療再由例3。2即得要證明的結(jié)論。例3。8計(jì)算積分■Uy"）”匚峭=2了⑹= 2解因9一在閉圓?m2上解析，由柯西積分公式得5 d:-I dg—2爾7-r.一j——卜口一,m）C+E） g_尸,5定理3.11的特殊情形，有如下的解析函數(shù)的平均值定理.例3。9設(shè)yQ）在上解析.如果存在值>口,使當(dāng)Rl=R時(shí)"⑶I〉％而且(完整)復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題試證：在圓1工1丁區(qū)內(nèi)/(￡)至少有一個(gè)零點(diǎn)。證反證法，設(shè)產(chǎn)⑶在1工內(nèi)區(qū)內(nèi)無零點(diǎn)，而由題設(shè)了⑶在他卜旦上也無零點(diǎn).于是F(^=—在閉圓他區(qū)區(qū)上解析。由解析函數(shù)的平均值定理，又由題設(shè)|F(T.eip)|=————<1l/(Ke!F)l鼻,11公：111-<|^(0)|=|—— F氓葭尸川我悍 2京二一 ..D一、從而以 2嵬, a2K金，矛盾。故在圓HF*內(nèi)廣㈤至少有一個(gè)零點(diǎn)。例3。10計(jì)算積分dz其中e是繞占一周的圍線.解因?yàn)閊^在￡平面上解析，應(yīng)用公式(3.5)于二8』工，我們得cosz.2jk, .?. . ^L+白 irdz= (cosz)…=一mCOS?=_R [n-疔2! 2例3。11應(yīng)用劉維爾定理證明代數(shù)學(xué)基本原理.在N平面上，m次多項(xiàng)式p(z)=Rf/*+以］+???+%,(a0H0)至少有一個(gè)零點(diǎn)。1證反證法，設(shè)P(e)在N平面上無零點(diǎn)。由于尸后)在M平面上是解析的，聲3)在n平面上也必解析。下面我們證明以力在￡平面上有界.由于limp⑵=lim(t2o+—+■■-4（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題|——|cl—故存在充分大的正整數(shù)交，使當(dāng)次卜區(qū)時(shí)，審⑶ ，又因現(xiàn)0在閉圓*區(qū)區(qū)上連續(xù)，故可設(shè)工悍兇（正常數(shù)）從而，在工平面上于是，聲3）在N平面上是解析且有界。由劉維爾定理，設(shè)為必為常數(shù)，即/（￡）必為常數(shù)。這與定理的假設(shè)矛盾.故定理得證.例3。12如果^⑶為一整函數(shù)，且有使的實(shí)數(shù)現(xiàn)存在，試證?、菫槌?shù)。證令齊⑶3’叫則聲⑶為整函數(shù)。又在工平面上故有界，由劉維爾定理可見?匕）是常數(shù)，因此/也是常數(shù)。例3。13設(shè)/⑵是整函數(shù)，總是整數(shù)，試證當(dāng)11mogfg工R時(shí)，了（￡）至多是修一1次多項(xiàng)式。證只須證得對(duì)任何的宮，幻=口lim衛(wèi)二0ST■仁工X可知，對(duì)任給的e>°,存在衣>°，只要E,兵時(shí)就有\(zhòng)f（z）\<e|zp全含于其內(nèi)部。于在￡平面上任取一點(diǎn)工，再取以工為心，以「為半徑的圓周^，使圓周5二版是有，邛.這時(shí)對(duì)于"匕必小尺全含于其內(nèi)部。于（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題O由柯西不等式可得J⑻⑵M里式匕|+二制式1+以尸WM2”『* r因?yàn)镋〉口是任意的，所以產(chǎn)網(wǎng)（幻=0.故了卜）至多是用-1次多項(xiàng)式。例3.14驗(yàn)證覃值―，孫是工平面上的調(diào)和函數(shù)，并求以“5））為實(shí)部的解析函數(shù)y⑶，使合/⑼=工O解因在工平面上任一點(diǎn)%=31-3yM\=一6種%=6幾以用=-5工故以值用在￡平面上為調(diào)和函數(shù)。法一（3-22）川大”）=J：；；；8十（久士—口jdyt『；；6工海工+（3^2-5y"）dy+C7飛1-獷后4c=3^y-y?C故f（z）=n+zv=x3-Zxy1+i（3x2y-y1+CQ=（言+?）'+mC=23+jC要合川）二工，必”1,故了⑶=1+?o法二先由C--R?條件中的一個(gè)得小二A=女一力,故 ”沅y5+中⑶，再由c?一立?條件中的另一個(gè)得%=6寸+就⑺=—%=5秒,（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題因此 網(wǎng)元/）=八％+C。（下同法一）例3.15V例3.15V雙工3=口必3—（工＞0）驗(yàn)證 x在右半角N平面內(nèi)是調(diào)和函數(shù)，并求以此為虛部的解析函數(shù)了⑵y桶十下期二y桶十下期二o，a〉o）1 2尸?2工"于是故在右半平面內(nèi)，y"/）是調(diào)和函數(shù)。C-1-?。ㄍ遹）=J笈1rd兀+中ty）=]v7dx+^（y）=1口' 源+甲⑶）=告也（戶+十軻O）TOC\o"1-5"\h\zJ?+j^2 2兩端對(duì)T求導(dǎo)0-襄 y=%=—% ——2-元+y，所以犀’⑶）二°,從而就力二C（任意常數(shù)），第（三y）=glnO*+y*）+C,故十沙口）十C十總廠＞0）2 K=出目+?社旦±+匚=In￡十C,它在右半￡平面內(nèi)單值解析。第四章例題（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題吐，例4.1考察級(jí)數(shù)當(dāng)小學(xué)的斂散性.解因-1年發(fā)散，故雖H-12”收斂，我們?nèi)詳喽ㄔ?jí)數(shù)發(fā)散。例4。2試求下列各賽級(jí)數(shù)的收斂半徑五。在:limCM+1=lim(?)XT在:limCM+1=lim(?)XT3k:limEg解因%+1CJ1lim1(Eln■^二0故汽二用。/=hm解因i/=hm解因i二lim5+1)! —=+00故氏二口1+/+/+/+??應(yīng)當(dāng)總是平方數(shù)時(shí)4=1，其他情形&二1。因此，相應(yīng)有，從而，=lr二i例I4。3將1-￡在厘=0展開成賽級(jí)數(shù).解解因1.￡在人'1內(nèi)解析,故展開后的賽級(jí)數(shù)在目'1內(nèi)收斂。已經(jīng)知道:（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題21 31-^=l+z+z3+/+..1-z在目時(shí)將兩式相乘得（按對(duì)角線方法）J=1+("注+(1J+3/+0J+工)，1-2 1! 1! 2! 12!3!例4。4屈例4。4屈的展開式。解因石石的支點(diǎn)為一工及g,故其指定分支在目工1內(nèi)單值解析。其一般表達(dá)式為：當(dāng)回時(shí)二二手口」二_京『3…?一叱.122士2Y…3） '例4。5將酬及丁汕￡展為￡的賽級(jí)數(shù)。解因同理解因同理中飛依7—"由為=色垂-必=1+】展一苒+京（后氣4不S-2刈兩式相加除以2得M1F~ M「丁.?M-I,H也.y-iJ,事』CCEE=1十％I/口OS一￡十) I4 ￡泡匕二母兩式相減除以正得（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題7r.函F彳TOC\o"1-5"\h\zsinz=V2sin—z+V ?4 ￡聞匕例4.6試將函數(shù)按2—1的賽展開，并指明其收斂范圍。.,.z. 2 . 2『IfJ— —1— —1—￡+2 ￡42 ("1)+32 1 2m77-1“了L…%3"Jp9"J9晟2(一?［一1)駐一1上與.JJM-1 3例4。7考察函數(shù)在原點(diǎn)？二°的性質(zhì)。解顯然丁仁）在7:0解析，且/（°）二°。1Esili1Esili/(z)=z-(z-—十一---■)=z5由 31 5!或由f(z}=l-cosz?/r(0)=1-1=//⑵=￡inwJ'。)二。，知E=Q為/0=7_sm7的三級(jí)零點(diǎn).例4。8求如wT的全部零點(diǎn)，并指出它們的級(jí).解亞￡-1在工平面上解析。由加［-1二口得is-is，一,二—S=占（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題￡= +2肥笈/1門?-I、2 肱=。土1…），這就是血工—1在￡平面上的全部零點(diǎn)。顯然1T1T=COSZJ?--1-2匕r=o,￡?三4必=-10,5--+2JU2工= +2而麓=0r1 |^|I-Iin、2 （方二口「±1,坨…）都是函數(shù)加E一1的二級(jí)零點(diǎn).例4。9設(shè)（1）丁⑶及久力在區(qū)域口內(nèi)解析;（2）在口內(nèi)⑶式0三口，試證：在白內(nèi)丁⑵三?；蚴巳?。證若有八三口使g%）^°。因@匕）在點(diǎn)先連續(xù)，故由例1。28知，存在巧的鄰域及二口，使@匕）在反內(nèi)恒不為零。而由題設(shè)?、茖殺迫冢▃ec￡））

，故必丁（￡）三。故必?。ā辏┤＃‥匕笈匚白）由唯一性定理（推論4.21）了⑶三° 0匕"）例4.10試用最大模原理證明例3.9.即證：“設(shè)?。嗽陂]圓匕匡氏上解析，如果存在值＞口,使當(dāng)目二尺時(shí)而且則在圓月＜區(qū)機(jī)廣⑵至少有一個(gè)零點(diǎn).”證如果在耳＜因內(nèi)，/⑵無零點(diǎn)。而由題設(shè)在耳”上上⑶卜京＞°，且y⑵在匕區(qū)火上解析.故(完整)復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題在卜區(qū)區(qū)上解析。此時(shí)M⑼I=一-->—1 17(0)厘,且在門上，/⑶=—^—<-1不⑶豈,于是雙刁必非常數(shù)，在以=氏上酚0|<|(?(0)|由最大模原理，這就得到矛盾。第五章例題例5.1將函數(shù)在下列三個(gè)區(qū)域內(nèi)(1)圓目(2)圓環(huán)心匕卜九⑶圓環(huán)2小1<儕內(nèi)求^㈤的羅朗展式。解：首先1111匕-2)J-1)(1)在圓匕腦內(nèi)，2，因此(2)在圓環(huán)1"卜2內(nèi)有￡ ，，故1#gz;7」：-5R-R京-2K+1

玄：2H

1-2m

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---（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題⑶在圓環(huán)2小〈侄內(nèi)，￡ ,￡故例5。2求在其其孤立一在例5。2求解：有兩個(gè)奇點(diǎn)工二1和工二2在"1的（最大）去心鄰域0小一心1內(nèi)（工-1）-1?-0在"2的（最大）去心鄰域口a”]二1f一￡卜1nL2r工dN-0sine例5.3工在￡平面上只有奇點(diǎn)^二。。在其去心鄰域0”W匯芭內(nèi)有羅朗展式sinz_1y（-1/z2b+1_y（-1）“戶二二Z（2&+1）!=馬0+1）!例5.4內(nèi)+蜻只有奇點(diǎn)胃=0，在口〈卜卜母內(nèi)有1 92M g] 1爐+y=y—

(完整)復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題/(z)=sin-例5.5分析 工在工二口處的狀況。TOC\o"1-5"\h\z工 1,4=— 一—厘是一個(gè)本性奇點(diǎn)，對(duì)達(dá)二0°,可設(shè)同，即4/(zj=sin(-!?)=---T02工 。對(duì)Hwm，可解方程\o"CurrentDocument"1 Msin—=j4z得無窮多個(gè)解4=~T. r=^\ :(內(nèi)二口/21")Ln+-y1—j4J+則%to,且17cJ二月當(dāng)然更有。例5.6求出tan(z-1)⑴ e-11sec (2) ”1的奇點(diǎn)(包括R)，并確定其類別tan(^-1)_sin[z—l)解：(1) -1匕-l)g屹-1)以w:1為可去奇點(diǎn)=l+[^+lk^=0)±1,±2,'"為一級(jí)極點(diǎn)E=0°為非孤立奇點(diǎn)(因￡之8是分的聚點(diǎn))11S8C = Z—1 1COS ⑵”1令”1k4-令”1k4-2，得該函數(shù)的所有奇點(diǎn)為（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題4=1——二一+1, =0,±1■■■TOC\o"1-5"\h\z乩\ "1\無十一第Z=1z=OQ X, ,J=-分是一級(jí)極點(diǎn)，1是非孤立奇點(diǎn)，因￡二1是氣聚點(diǎn)。至于z=g應(yīng)是可去奇點(diǎn)，因若令 工化為歲二°是解析點(diǎn)。即￡二8是可去奇點(diǎn)（或解析點(diǎn)）。例5。7若丁匕）在口〈苫―金〈區(qū)內(nèi)解析，且不恒為零，又若/&）有一列異于厘但卻以厘為聚點(diǎn)的零點(diǎn)，試證厘必為了（?）的本性奇點(diǎn)。證：w=/是㈤的孤立奇點(diǎn)，且不能是可去奇點(diǎn)，若不然，令/㈤二°則^㈤在卜一同＜國(guó)內(nèi)解析且由假設(shè)有以值為聚點(diǎn)的一列零點(diǎn)。由零點(diǎn)的孤立性，?、潜睾銥?,這題沒矛盾。其次胃=厘也不能是^①的奇點(diǎn)，否則修加。有5＞口，使當(dāng)°匕一"卜5時(shí)，1了⑸,對(duì)這亦與題沒矛盾.故宕=理只能是^㈤的本性奇點(diǎn)。第六章例題/_f5"2擊例6。1計(jì)算囿”而一般在圓周團(tuán)二2的內(nèi)部只有一級(jí)極點(diǎn)胃二0及二級(jí)極點(diǎn)W二1，Res/(z)=佟二■g=2￡-1 \Z) E由殘數(shù)定理，得C_n竺二=2利-2+2)二口d（完整）復(fù)變函數(shù)經(jīng)典例題例6。2計(jì)算'"h5111元Etantit- 工=拈+;（上=a±l…）Restan定蕓二￡_昂E--X+—由殘數(shù)定理得tan^sds=2^ziZR巳』（t血霓'￡Ii|j-Jt+2

U-<B2［至'

I冗）=-4?3I例6。3計(jì)算恫-1了⑴二萼解： 工只有一個(gè)三級(jí)極點(diǎn)工三0,由殘數(shù)定理得CQSZ~~廠CQSZ~~廠2=2^1-Re^sf（z）-2^;■—fcosz） -一網(wǎng)i211r例6。4計(jì)算兒11解：曰’只有一個(gè)本性奇點(diǎn)￡=口在單位圓周內(nèi)部。而其羅朗展式為1疹了=1+1疹了=1+—UT+'—~+■?■z321Res曰,=02-01Z=2^zRe曰蘆=0殘數(shù)定理推得 上」例6.5計(jì)算E?5團(tuán)++1）電+2y解:共有七個(gè)奇點(diǎn)：工二士，，除工^=0,12,