第五章 解析函数的罗朗展式与孤立奇点讲解

第五章解析函数的罗朗展式与孤立奇点
上一章主要介绍了函数在解析点的邻域(圆)内，可以展开成通常的幂级数,但在奇点的领域内
则不能，例如函数
在点，现在我们考虑挖去了奇点的圆
环
，并讨论在圆环内解析函数的级数展开。

这样将得到推广的幂级数——Laurent （罗朗）级数。

它既可以是函数在孤立奇点去心领域内的Laurent展式，反过来，以它为工具就便于研究解析函数在孤立奇点去心领域内的性质。

Taylor级数与Laurent级数都是研究解析函数的有力工具。

第一节解析函数的罗朗展式
教学课题：第一节解析函数的洛朗展式
教学目的：1、了解双边幂级数在其收敛圆环内的性质；
2、充分掌握洛朗级数与泰勒级数的关系；
3、了解解析函数在孤立奇点和非孤立奇点的洛朗级数
教学重点：掌握洛朗级数的展开方法
教学难点：掌握洛朗级数的展开方法
教学方法：启发式、讨论式
教学手段：多媒体与板书相结合
教材分析：洛朗级数是推广了的幂级数，它既可以是函数在孤立奇点去心邻域内的级数展开，也可以作为工具研究解析函数在孤立奇点去心邻域内的性质。

教学过程：
1、双边幂级数
在本节中，我们讲述解析函数的另一种重要的级数展式，即在圆环内解析函数的一种级数展式。

首先考虑级数
...
)
(
...
)
(
)
(
2
2
1
+
-
+
+
-
+
-
+
-
-
-
-
-
-
n
n
n
z
z
z
z
z
z
β
β
β
β
其中,...,...,,,100n z --βββ是复常数。

此级数可以看成变量
1
z z -的幂级数；设这幂级数的收敛半径是R 。

如果0R <<+∞，那么不难看出，此级数在R
z z 1
||0>-内绝对收敛并且内闭一致收敛，在R
z z 1
||0<
-内发散。

同样，如果+∞=R ，那么此级数在0||0>-z z 内绝对收敛并且内闭一致收敛；如果R=0，那么此级数在每一点发散。

在上列情形下，此级数在0z z =没有意义。

于是根据定理2.3，按照不同情形，此级数分别在
0||)0(1
||010>-+∞<<=>
-z z R R R
z z 及内收敛于一个解析函数。

2、解析函数的洛朗展式:
更一般地，考虑级数
,)(0∑+∞
-∞
=-n n n
z z β
这里0,(0,1,2,...)n z n β=±± 是复常数。

当级数
,)()(1
0∑∑-∞
-=+∞
=--n n
n n n
n z z z z ββ
及 都收敛时，我们说原级数
∑+∞
-∞
=-n n n
z z )(0β
收敛，并且它的和等于上式中两个级数的和函数相加。

设上式中第一个级数在20||R z z <-内绝对收敛并且内闭一致收敛，第二个级数在10||R z z >-内绝对收敛并且内闭一致收敛。

于是两级数的和函数分别20||R z z <-及10||R z z >-在内解析。

又设21R R <，那么这两个级数都在圆环201||:R z z R D <-<内绝对收敛并且内闭一致收敛，于是我们说级数
∑+∞
-∞
=-n n n
z z )(0β
在这个圆环内绝对收敛并且内闭一致收敛；显然它的和函数是一个解
析函数。

我们称级数∑+∞
-∞
=-n n n
z z )(0β
为洛朗级数。

因此，洛朗级数的和函数是圆环D 内的解析
函数，我们也有
定理5.1 （洛朗定理）设函数f (z )在圆环：)0(||:21201+∞≤<≤<-<R R R z z R D
内解析，那么在D 内
,)()(0∑+∞
-∞
=-=
n n n
z z z f α
其中，
,...)2,1,0(,)()
(211
0±±=-=
⎰+γζζζπαn d z f i n n
γ是圆ρρ,||0=-z z 是一个满足21R R <<ρ的任何数。

证明：设z 是圆环D 内任一点，在D 内作圆环102':'||'D R z z R <-<，使得'D z ∈，这里
2211''R R R R <<<。

用'
2'1ΓΓ及分别表示圆'||'||2010R z z R z z =-=-及。

由于)(ζf 在闭圆环'D 上解析，根据柯西定理，有
⎰⎰ΓΓ---=
'1'2)
(21)(21)(ζζζπζζζπd z
f i d z f i z f ，
其中积分分别是沿'
2'
1ΓΓ及关于它们所围成圆盘的正向取的。

当'
2Γ∈ζ时，级数
∑∞
+=+--=---⋅
-=---=-010000
000)
()(111)(11n n n
z z z z z z z z z z z ζζζζζ
一致收敛；而当'
1Γ∈ζ时，级数
∑
+∞
=+--=----=--01
000
00
)()()1)((11n n n z z z z z z z z z ζζζ 一致收敛。

把这两个式子代入前面的式子，然后逐项积分，我们就看到f (z )有展式
,)()(0∑+∞
-∞
=-=
n n n
z z z f α
其中，
,...)2,1,0(,)()(21'210⎰Γ+=-=
n d z f i n n ζζζπα,...)2,1(,)()
(21'11
0⎰Γ+--=-=n d z f i n n
ζζζπα 由柯西定理，上面两式中的积分可以换成沿圆的积分，于是定理的结论成立。

注解1、由于函数f (z )的解析区域不是单连通区域，所以公式
,...)2,1,0(,)()(2110±±=-=⎰+γζζζπαn d z f i n n 不能写成：.!
)(0)(n z f n n =α 注解2、我们称∑+∞
=-0
0)(n n
n
z z α
为f (z )的解析部分，而称∑-∞
-=-1
0)(n n n z z α为其主要部分。

注解3、我们称
,)(0∑+∞-∞
=-n n n
z z α
为f (z )的洛朗展式。

定理5.2 设洛朗级数
∑+∞
-∞
=-n n
n
z z )
(0
β在圆环
)0(||:21201+∞≤<≤<-<R R R z z R D
中内闭一致收敛于和函数g (z )，那么此展式就是g (z )在D 内的洛朗展式：
.)()(0∑+∞
-∞
=-=
n n
n z z z g β
证明：现在把系数用g (z )计算出来。

在D 内任取一圆)(|:|210R R z z <<=-ρργ，用乘
10)(21
---k z z i
π以定理中展式的两边，然后沿γ求积分。

由于所讨论的级数在γ上一致收敛，
在求积分时，对有关级数可以逐项积分，于是我们有
,...)
2,1,0()(21
)()(211010±±==-=-⎰∑⎰--+∞
∞
-+k dz z z i dz z z z g i k k n k k βπβπγγ 这里因为上式中求和记号
∑
+∞
∞
-后各项只有在n=k 时不为零，因此定理的结论成立。

注解：此定理表明，洛朗级数的系数可以用它的和函数来计算，同时，这也表明，g (z )在D 内不可能有其他形式的洛朗展式，因此我们有下面的解析函数洛朗展式的唯一性定理：
推论5.1 在定理5.1的假设下，f (z )在D 的洛朗展式式唯一的。

例1、 求函数
)
2)(1(1
--z z 分别在圆环1<|z |<2及+∞<<||2z 内的洛朗级数展式。

解：如果1<|z |<2，那么,1|1
|,1|2|
<<z
z 利用当1||<α时的幂级数展式 (111)
2+++++=-n αααα
我们得
1121)2)(1(1---=--z z z z ;12)11(1)2
1(21101∑∑+∞
=+∞=+-=----=n n n n n z
z z
z z 如果+∞<<||2z ，那么,1|1
|,1|2|
<<z
z 同样，我们有 1121)2)(1(1---=--z z z z 11112
112121
.21(1)(1)
n n n n n
n n n z z z z z z
z
--+∞
+∞+∞===--=-=-=--∑∑∑ 例2、
2s i n z z 及z
z
sin 在+∞<<||0z 内的洛朗级数展式是： ...)!12()1(...!5!31sin 1
232++-+-+-=-n z z z z z z n n ...)!
12()1(...!5!31sin 242++-+-+-=n z z z z z n
n 例3、z e
1
在+∞<<||0z 内的洛朗级数展式是：
...1!1...1!211121+++++
=n
z
z n z z e 。

例4、求函数
)
3)(1(1
2--z z 在圆环1<|z |<3内的洛朗级数展式。

解：由于1<|z |<3，那么,1|3
|,1|1|
<<z
z 利用当1||<α时的幂级数展式 (111)
2+++++=-n αααα
我们得
)1331(81)3)(1(122-+--=--z z z z z )1
3
131(8122-----=z z z z ，
而 ;331)31(31310∑+∞=-=--=-n n
n
z z z ;11)11(1110222
22∑+∞==-=-n n z z z z z 所以，有
2
121220001113
().(1)(3)83n n n n n n n z z z z z
+∞+∞+∞
+--====-----∑∑∑
第二节 解析函数的孤立奇点
教学课题：第二节 解析函数的孤立奇点 教学目的：1、掌握孤立奇点的三种类型；
2、理解孤立奇点的三种类型的判定定理；
3、归纳奇点的所有情况；
4、充分理解关于本性奇点的两大定理。

教学重点：孤立奇点的三种类型
教学难点：孤立奇点的三种类型的判定定理 教学方法：启发式、讨论式 教学手段：多媒体与板书相结合
教材分析：孤立奇点是解析函数中最简单最重要的一种类型，以解析函数的洛朗级数为工具，研究解析函数在孤立奇点去心邻域内一个解析函数的性质。

教学过程：
1、解析函数的孤立奇点：
设函数f (z )在去掉圆心的圆盘)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内确定并且解析，那么我们称
0z 为f (z )的孤立奇点。

在D 内，f (z )有洛朗展式
,)()(0∑+∞
-∞
=-=
n n n
z z z f α
其中
,...)2,1,0(,)()
(211
0±±=-=
⎰+ρζζζπαC n n n d z f i
ρC 是圆)0(||0R z z <<=-ρρ。

,)(0
0∑+∞
-=-n n
n
z z α
为f (z )的正则部分，,)(1
0∑+∞
=---n n n z z α为
f (z )的 主要部分。

例如，0是z
e z
z z z 1
2,sin ,sin 的孤立奇点。

一般地，对于上述函数f (z )，按照它的洛朗展式含负数幂的情况（主要部分的情况），可以把孤立奇点分类如下：
2、可去奇点 如果当时n =-1,-2,-3,…，0=n α，那么我们说0z 是f (z )的可去奇点，或者说f (z )在0z 有可去奇点。

这是因为令00)(α=z f ，就得到在整个圆盘R z z <-||0内的解析函数f (z )。

例如，0分别是z
e z
z z z 1
2,sin ,sin 的可去奇点、单极点及本性奇点。

定理5.3 函数f (z )在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0
z 是f (z )的可去奇点的
必要与充分条件是：存在着极限，0)(lim 0
α=→z f z z ，其中0α是一个复数。

证明：（必要性） 由假设，在R z z <-<||00内，f (z )有洛朗级数展式：
...)(...)()(0010+-++-+=n n z z z z z f ααα
因为上式右边的幂级数的收敛半径至少是R ，所以它的和函数在R z z <-||0内解析，于是显然存在着0)(lim 0
α=→z f z z 。

（充分性） 设在R z z <-<||00内，f (z )的洛朗级数展式是
,)()(0∑+∞
-∞
=-=
n n n
z z z f α
由假设，存在着两个正数M 及)(0R ≤ρ，使得在00||0ρ<-<z z 内，
,|)(|M z f <
那么取ρ，使得00ρρ<<，我们有
,...)2,1,0(221||1±±==≤
+n M
M n n n ρ
ρπρπα 当n =-1,-2,-3,…时，在上式中令ρ趋近于0，就得到,...)3,2,1(0---==n n α。

于是0z 是f (z )的可去奇点。

推论5.3 设函数f (z )在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是f (z )的可去奇点的必要与充分条件是：存在着某一个正数)(0R ≤ρ，使得f (z )在00||0ρ<-<z z 内有界。

3.席瓦尔兹(Schwarz)引理 如果函数)(z f 在单位圆1<z 内解析，并且满足条件
)1(,1)(,0)0(<≤=z z f f 则在单位圆1<z 内恒有1)0()(≤'≤f z z f 且有
如果上述等式成立或在圆1<z 内一点00≠z 出前一式等号成立则当且仅当
)1(,)(<=z z e z f i α。

4.极点 下面研究极点的特征。

如果只有有限个（至少一个）整数n ，使得0n α≠，那么我们说0z 是f (z )的极点。

设对于正整数m ，0m α-≠，而当n m <-n<-m 时，0n α=，那么我们0z 是f (z )的m 阶极点。

按照m=1或m>1，我们也称0z 是f (z )的单极点或m 重极点。

设函数f (z )在R z z <-<||00内解析，0z 是f (z )的)1(≥m 阶极点，那么在R z z <-<||00内，f (z )有洛朗展式：
1
1
01001
000
()...()...()...()()n m
m n m
m f z z z z z z z z z z z αααααα--+--=
+
++
++-++-+---
在这里0≠-m α。

于是在R z z <-<||00内
1
1
01001
000
()...()...()...
()()n m
m n m
m f z z z z z z z z z z z αααααα--+--=
+
++
++-++-+---
在这里)(z ϕ是一个在R z z <-||0内解析的函数，并且0)(0≠z ϕ。

反之，如果函数f (z )在
R z z <-<||00内可以表示成为上面的形状，而)(z ϕ是一个在R z z <-||0内解析的函数，并且
0)(0≠z ϕ，那么可以推出0z 是f (z )的m 阶极点。

定理5.4 设函数f (z )在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是f (z )的极点的必要与充分条件是：∞=→)(lim 0
z f z z 。

证明：必要性是显然的，我们只证明充分性。

在定理的假设下，存在着某个正数)(0R ≤ρ，使得在00||0ρ<-<z z 内，0)(≠z f ，于是)
(1
)(z f z F =
在00||0ρ<-<z z 内解析，不等于零，而且0)
(1
lim
)(lim 0
==→→z f z F z z z z 。

因此0z 是F (z )的一个可去奇点，从而在00||0ρ<-<z z 内，有洛朗级数展式：
...)(...)()(0010+-++-+=n n z z z z z F βββ
我们有
0)(lim 0
0==→z F z z β。

由于在00||0ρ<-<z z 内，0)(≠z F ，由定理 5.1，可以设
0,0...110≠====-m m ββββ。

由此得)()()(0z z z z F m Φ-=，其中)(z Φ在00||ρ<-z z 内解
析，并且不等于零)0)((0≠=Φm z β。

于是在00||0ρ<-<z z 内，
)()
(1
)(0z z z z f m
ϕ-=
， 在这里，1()()
z z ϕ=Φ在00||ρ<-z z 内解析，)0)()((10≠==--m m z βαϕ。

因此0z 是f (z )的m 阶极
点。

推论5.4 设函数f (z )在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是f (z )的m 阶极点的必要与充分条件是：m m
z z z f z z -→=-α)()(lim 00
，在这里m 是一个正整数，m -α是一个不等
于0的复数。

5.本性奇点
关于解析函数的本性奇点，我们有下面的结论： 如果有无限个整数n<0，使得
0≠n α，那么我们说0z 是f (z )的本性奇点。

定理5.6函数f (z )在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是f (z )的本性奇点的必要与充分条件是：不存在有限或无穷极限)(lim 0
z f z z →。

例 0是函数z e 1
的本性奇点，不难看出z
z e 10
lim →不存在。

解：当z 沿正实轴趋近于0时，z
e 1趋近于∞+；
当z 沿负实轴趋近于0时，z
e 1趋近于0； 当z 沿虚轴趋近于0时，z
e 1没有极限。

6.毕卡（Picard ）定理
定理5.7 如果a 为f(z)的本性奇点，则对于任何常熟A 不管它是有限数还是无限数，都有一个收敛于a 的点列
{}n z ，使得
A z f a
z n =→)(lim {证略}
第三节 解析函数在无穷远点的性质
教学课题：第三节 解析函数在无穷远点的性质
教学目的：1、充分了解解析函数在无穷远点邻域的性态；
2、掌握孤立奇点∞类型的判定定理；
教学重点：充分了解解析函数在无穷远点邻域的性态 教学难点：孤立奇点∞类型的判定定理 教学方法：启发式、讨论式 教学手段：多媒体与板书相结合
教材分析：上一节我们讨论的是孤立奇点为有限的情形，是解析函数中最简单的一种类型，在无穷远点是没有意义的。

但我们可以借助上节的理论讨论本节的相关理论。

教学过程：
定义5.4 设函数f (z )在区域+∞<<||z R 内解析，那么无穷远点称为f (z )的孤立奇点。

在这个区域内，f (z )有洛朗级数展式：
,)(∑+∞
-∞
==
n n
n
z
z f α
其中系数由定理7.1中类似的公式确定。

令w
z 1
=
，按照R >0或R =0，我们得到在R w 1||0<<或+∞<<||0w 内解析的函数)1()(w f w =ϕ，
其洛朗级数展式是：
,)(∑+∞
-∞
==
n n
n w
z αϕ
如果w =0是)(z ϕ的可去奇点、（m 阶）极点或本性奇点，那么分别说∞=z 是f (z )的可去奇点、（m 阶）极点或本性奇点。

因此
（1）、如果当时n =1,2,3,…，0=n α，那么
∞=z 是f (z )的可去奇点。

（2）、如果只有有限个（至少一个）整数n ，使得0≠n
α
，那么∞=z 是f (z )的极点。

设对于
正整数m ，0≠m α，而当n>m 时，0=n α，那么我们称z =∞是f (z )的m 阶极点。

按照m=1
或m>1，我们也称z
=∞是f (z )的单极点或m 重极点。

（3）、如果有无限个整数n>0，使得
0≠n α，那么我们说∞=z 是f (z )的本性奇点。

注解1、我们也称
,
,1
∑∑∞
+=∞
-=n n
n n n n
z z αα
分别为级数
,
∑∞
+-∞
=n n n z α的解析部分和主要部分。

注解2、若z =∞为f (z )的可去奇点，我们也说f (z )在无穷远点解析。

注解3、上一段的结论都可以推广到无穷远点的情形，我们综合如下： 定理5.3 设函数f (z )在区域+∞<<||z R
内解析，那么z =∞是f (z )的可去奇点、极点
或本性奇点的必要与充分条件是：存在着极限、无穷极限lim ()z f z →∞
或不存在有限或无穷的极限lim ()z f z →∞。

推论9.1 设函数f (z )在区域||R z <<+∞内解析，那么z
=∞是f (z )的可去奇点的必要与充分
条件是：存在着某一个正数0()R ρ≥，使得f (z )在00||z z ρ<-<+∞内有界。

定理5.4 )(z f 的孤立奇点z =∞为极点的充要条件是lim ()z f z →∞
=∞。

定理5.5 )(z f 的孤立奇点z
=∞为本性奇点的充要条件是下列链条中的任何一条成立：
（1）)(z f 在点z =∞ 的主要部分有无穷多项正幂不等于零
（2）lim ()z f z →∞
=∞不存在。

例 在点z =∞ 的去心邻域内将函数2
)(+=z z
e z
f 章程罗朗级数。

例 问函数1
1
sec
-z 在z=1的去心邻域内能否展开为罗朗级数。

第四节 整函数亚纯函数的概念与Schwarz 引理
教学课题：第四节 整函数与亚纯函数 教学目的：1．了解整函数的概念与分类；
2．了解亚纯函数的概念及其与有理函数的关系；
教学重点：整函数与亚纯函数
教学难点：亚纯函数的概念及其与有理函数的关系 教学方法：启发式、讨论式 教学手段：多媒体与板书相结合
教材分析：根据解析函数的孤立奇点特征，可区分出两种最简单的解析函数族，那就是整函数与亚纯函数。

教学过程：
1、整函数：
如果f (z )在有限复平面C 上解析，那么它就称为一个整函数。

显然无穷远点是整函数的孤立奇点。

在C 上，f (z )围绕无穷远点的洛朗展式也就是其泰勒展式：
,)(0
∑+∞
==n n n z z f α
当f (z )恒等于一个常数时，无穷远点是它的可去奇点；当f (z )是)1(≥n 次多项式时，无穷远点是它的n 阶极点；在其它情况下，无穷远点是f (z )的本性奇点，而这时称f (z )为一个超越整函数。

例如z z e z
cos ,sin ,等都是超越整函数，无穷远点是它们的本性奇点。

由刘维尔定理，我们有
代数基本定理：任何)1(≥n 次代数方程至少有一个根。

证明：设
)0(...)(011≠+++=--n n n n n z z z P αααα
是一个这样的代数方程。

我们要证明整函数P (z )至少有一个零点。

反证之，假定P (z )没有零点，
那么
)
(1
z P 也是一个整函数，因为 |)...(||)(|0
1
n
n n n z
z
z z P ααα+
++
=-)0(|)|
||
|...|||||(|||01≠---≥-z z z z n n n n ααα 所以我们有
,0)
(1
lim
,|)(|lim =+∞=∞→∞
→z P z P z z
因而
)(1z P 在全平面上有界，于是根据刘维尔定理，)
(1z P 恒等于0，与所设矛盾，因此P (z )至少有一个零点。

定理5.10 设f (z )是一个整函数，按照∞=z 是可去奇点、)1(≥n 阶极点或本性奇点，必须而且只需f (z )是恒等于常数、)1(≥n 次多项式或超越整函数。

证明：设∞=z 是f (z )的可去奇点，那么)(lim z f z ∞
→为有限复数，从而f (z )有界，由刘维尔定
理，f (z )恒等于一个常数。

设∞=z 是f (z )的极点或本性奇点时，设f (z )在∞=z 的主要部分是
∑∑+∞
===1
1
)(k k k n k k
k z z z g αα或
那么∞=z 是f (z )-g (z )的可去奇点。

因此，f (z )=g (z )+C ，其中C 为一个常数。

定理的必要性显然成立。

2、亚纯函数
定义5.6 如果函数f (z )在有限平面上除去有极点外，到处解析，那么它就称为一个亚纯函数。

亚纯函数是整函数的推广，它可能有无穷多个极点。

例如
z
sin 1
是一个亚纯函数，它有极点,...)1,0(±==k k z π。

有理函数
)0,(......22102210≠++++++++m
n m m n
n z z z z z z βαββββαααα
也是一个亚纯函数，它在有限复平面上有有限个极点，而无穷远点是它的极点（当n>m 时）或
可去奇点（当m n ≤时），在这里),...,2,1,0;,...,2,1,0(,m l n k l k ==βα是复常数，m 及n 是正整数。

定理5.11 如果无穷远点是亚纯函数的可去奇点或极点，那么是一个有理函数。

证明：如果无穷远点是f (z )的可去奇点或极点，那么可找到一个有限的R ，使得f (z )在+∞<<||z R 内解析。

在R z ≤||上，f (z )只可能有有限个极点，因为否则极点的极限点既不是极点，而且函数也不可能在这点解析，这是不可能的。

因此f (z )只可能有有限个极点，设为p z z z ,...,,21；此外，无穷远点是可去奇点或极点。

在每一个有限点附近把f (z )展开为洛朗级数，并且设在点λz 的主
要部分是：
);
,...,3,2,1()(...)()()(2
)
(2
)(1p z z c z z c z z c z h =-++-+-=---λλλαλλαλλλλλ
当无穷远点是极点时，在这点的主要部分是：
;...)(221q q z A z A z A z g +++=
而当无穷远点是可去极点时，令0)(≡z g 。

令
)()()(z R z f z F -=
其中)()(...)()()(21z g z h z h z h z R p ++++=是一个有理函数。

函数F (z )除去在p z z z ,...,,21与∞有可去奇点外，在其余各点解析；这是因为由于展式的唯一性，F (z )在p z z z ,...,,21及∞附近的
洛朗展式都不包含主要部分。

因此，令
),,...3,2,1)((lim )(p z F z F z z ==→λλ
λ
F (z )就是一个有界整函数。

由刘维尔定理，F (z )= C （常数），从而f (z )= R (z )+C 。