数学物理方法姚端正CH5作业解答.pdf

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1、数理方法CH5作业解答P82习题5.11.求下列函数在指定点处的留数z（1），在z=±1，¥2(z-1)(z+1)解：①对于z=1z=1是单极点，由公式resf(b)=lim(z-b)f(z)，得z®bz1resf(1)=lim(z-1)f(z)=lim=2z®1z®1(z+1)4②对于z=-1n-11dnz=-1是二阶极点，由公式resf(b)=[(z-b)f(z)]，得n-1z=b(n-1)!dzdz1z1resf(-1)=[]=[-]=-z=-12z=-1dzz-1z-1(z-1)4③对于z=¥根据“全平面的留数之和为零”，知resf(¥)=-[resf(1)+resf(-1)]

2、=01(2)ez-1,在z=1,¥1解：将f(z)=ez-1在z=1的去心邻域展开为：1¥-k(z-1)f(z)=ez-1=åz-1<¥k=0k!-1可见，(z-1)的系数为1，则resf(1)=1，根据全平面的留数之和为零，知resf(¥)=-resf(1)=-1ze-1（3），在z=03sinz1¥k234zzzzz解：e-1=å-1=z++++...k=0k!2!3!4!¥k2k+13573(-1)z3zzz3sinz=[å]=(z-+-+...)k=0(2k+1)!3!5!7!357246-3zzz-3-3zzz-3则sinz=(z-+-+...)=z[1+(-+-+...)]

3、3!5!7!3!5!7!246246-3zzz-3×(-4)zzz2=z[1+(-3)(-+-+...)+(-+-+...)+...]3!5!7!23!5!7!-31-13=z+z+cz+cz+...132（上式中倒数第二步用了二项式定理，最后一步不需要写出很多项，只要写出z-3-1对最后f(z)=(e-1)sinz的展开式中的z项有贡献的项就够了，可以看出，对z-3-1-3最后f(z)=(e-1)sinz的展开式中的z项有贡献的项其实只有第一项z）z-3-11至此，可断定函数f(z)=(e-1)sinz的展开式中z项的系数为21所以resf(0)=2解法之二：1ze-1sin3zf(

4、z)1f(z)===，其中f(z)=，以z=0为3阶极点；313sinzy(z)sinzze-11y(z)=，以z=0为一阶极点，则f(z)以z=0为二阶极点。（这里用到一个ze-1f(z)结论：设函数f(z)与y(z)分别以z=a为m阶与n阶极点，若m>n，则函数y(z)以z=a为m-n阶极点。）2zdz(e-1)则由计算留数的公式，有：resf(0)=[]，得到一阶导数表达式后，3z=0dzsinz1令z®0，取极限，并连续四次运用罗必塔法则，就得到resf(0)=2相比之下，第一种解法比较简单。2zp（4），在z=(2k+1)（k=0,±1,±2...）cosz2zp解：函数f(

5、z)=的奇点为z=(2k+1)（k=0,±1,±2...）；cosz21coszpp函数=以z=(2k+1)为一阶零点，所以，z=(2k+1)为函数f(z)z22zf(z)=的单极点。coszf(z)将函数记作：f(z)=，其中f(z)=z，y(z)=cosz，运用单极点的留数公y(z)f(b)式:resf(b)=得到y'(b)pp(2k+1)(2k+1)p22k+1presf((2k+1))===(-1)(2k+1)pk2-(-1)2-sin(2k+1)22.求下列函数在其孤立奇点和无穷远点的留数sin2z（3）3(z+1)解：奇点为z=-1，是3阶极点。221d31dresf(-1

6、)=[(z+1)f(z)]=[sin2z]=2sin22z=-12z=-12!dz2!dz根据全平面的留数之和为零，知resf(¥)=-resf(-1)=-2sin22z+1（5）ze解：函数在全平面只有一个奇点z=¥，根据全平面的留数之和为零，知resf(¥)=01（6）cosz解：函数的奇点为z=0，将函数在z=0的去心邻域展开，得3k12k¥(-1)()¥k-k1z(-1)z-11cos=å=åz的系数为：C-1=-zk=0(2k)!k=0(2k)!211所以resf(0)=-，resf(¥)=222.计算下列围道积分zdz1（2）l:z-2=òl(z-1)(z-2)22z解：函

7、数f(z)=的奇点有两个：z=2和z=1，其中只有奇点z=22121(z-1)(z-2)在围道内,它是2阶极点。d2dzresf(2)=[(z-2)f(z)]=[]=-1z=2z=2dzdzz-1zdz由留数定理，=-2piòl(z-1)(z-2)2dz（3），l:z=2òl(z-3)(z5-1)i2kp1解：函数f(z)=的奇点为：z=3以及z=e5（k=0，1,2,3,4）5k(z-3)(z-1)i2kp奇点z=3在围道z=2之外，奇点z=