复变函数第五章1留数
高等数学课件-复变函数与积分变换 第五章 留数 §5.1 留数定理及留数的求法
0
的去心邻域内的罗朗展开式为：
sin z
1 z2
z4
L
1n z2n
L
z
3! 5!
2n 1!
故负幂次项 z1的系数 C1 0 ，即
Res
sin z
z
, 0
0
若孤立奇点z0为f (z)的可去奇点，则
Res f (z), z0 0
例1.3
函数
f
(z)
1 z(z 1)2
在
z
1 处有一个
二级极点，这个函数又有下列罗朗展开式：
n
Ñc f zdz 2πiRes f z, zk （1.3） k 1
证 把在c内的孤立奇点 zk k 1,2,L ,n
用互不包含的正向简单闭曲线 ck 围绕起来 （如图5－1）
图5－1
蜒c f zdz
c1
f
z
dz
蜒 f c2
zdz L
cn
f
z dz
以 2 i 除等式两边，得
1
Cm 0
Байду номын сангаас
g z Cm Cm1 z z0 L C1 z z0 m1
C0 z z0 m L
在点 z0 是解析的，且 g z0 Cm 0
由
f
z
gz z z0 m
，有 z
z0 m
f
z
gz
上式两端对 z 求导 m 1 次，并取极限（z z0），
得
lim
在 z 1的去心邻域
0 z 1 1
内的罗朗展开式，由于
f
z
z
1
12
z
1
1
n0
1n
z
复变函数第五章留数
§1 孤立奇点 §2 留数
1
§5.1 孤立奇点
一、孤立奇点定义
如果函数f z在z0不解析, 但在z0的某个去心邻域
0 z z0 内处处解析, 则称z0为f z的孤 立 奇 点.
例如
1 sin
1
, z0
=
0为奇点,
但不是孤立奇点.
z
z 1 n 1,2,为奇点, n , z 0,
]
sinz
cosz
zzk
sinz sinz
z
zk
1
tgzdz
C
2i 8 1 16i
31
例4 计算 z4 sin 1 dz, C为 z 1 2.
C
z
解 奇点：z 0, 奇点类型不清楚，
•
z4
sin 1 z
z4
1 z
1 3! z3
1 5! z5
1 7! z7
z3
z 3!
1 5! z
1 7! z3
Re
s
f
z,0
c1
1 120
C
z4
sin
1 z
dz
2i
Re
s
f
z,0
60
i
32
例5 计算
C
z z4 1
dz,C为 z
2，正向.
解 显然 z 1,i 都是 f z 的一级极点，
f z ( z z0 )m z ，
其中 z在z0解析，且 z0 0，m为正整数，
则
z
为
0
f
z
的m
级
零
点.
例如 对于 f z z(z 1)3，z0 0, z0 1分别是其一级
第5章-留数及其应用02-留数
3 留数的计算方法
例1： 解： 因为
z 1, z 2,
f (z)dz
z 3
Re s[
f
( z ), 1]
lim
z1
( ห้องสมุดไป่ตู้
1)
(z
ez 1)( z
2)
lim
z1
ez z
2
e
Re s[
f
( z ),
2]
lim
z2
( z
2)
(z
ez 1)( z
2)
lim
z2
ez z
1
e
2
解:
注： 当极点的级数高（三级或者三级以上），则计算繁杂.
第五章 留数及其应用
第二讲 留数与留数定理
主要内容
1. 留数的定义 2. 留数定理 3. 留数的计算方法 4. 函数在无穷远点的留数
1 留数的定义
回顾：复变函数的积分 柯西-古萨基本定理： 柯西积分公式： 高阶导数公式： 闭路变形原理：
明星公式：
2 留数定理
如果函数 f(z) 在某区域 D 内除有限个孤立奇点外处处解析， 则利用复合闭路定理可以得到留数的一个基本定理. 定理: 设 f(z) 在区域内 D 除有限个孤立奇点z1, z2,…,zn外处处解 析, C 是 D 内包含所有奇点在其内部的分段光滑正向曲线, 则
f (z)dz
z 3
f (z)dz
z 2
4 函数在无穷远点处的留数
N 1
Res f (z), zk Res f (z), 0
k 1
《复变函数》第5章
例: 对 f (z) z3 1.
f (1) 0, f (1) 3z 2 z 1 3 0
z 1 是 f (z)的一级零点.
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第7页
定理: z0 是 f (z)的m级极点
证:
f
(z)
(z
1 z0
)m
g
(z)
z0
是
f
1 的m级零点. (z)
f
复 变 函 数（第四版）
第五章 留 数
§1 孤立奇点 §2 留数 §3 留数在定积分计算上的应用 *§4 对数留数与辐角原理
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第1页
§1 孤立奇点
1. 定 义
如果函数 f (z)在 zo处不解析, 但在 zo的某 一去心邻域 0 < | z－zo |<δ处处解析, 则称zo 为函数 f (z)的孤立奇点. 例：z 0 为 f (z) sin 1 的孤立奇点 .
5
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第4页
∴
z = 0 分别是 本性奇点.
sin z
z
,
sin z4
z
,
sin
1 z
的可去、3极、
(1) zo为 f(z)的可去奇点
相当于实函可去间断点
lim f (z)存在且有限
zz0
f (z)在zo点的某去心邻域内有界.
(2) zo为 f (z)的极点
例:
z
0
是
ez 1 z2
的一级极点.
z
1
是
(z 1)3 sin( z 1)
的二级零点.
《复变函数与积分变换》 留数—计算规则
三、在 ∞ 点的留数 定义 2.2 设 ∞ 是 f ( z ) 的孤立奇点 , 则 f ( z ) 在 R < z < +∞ 内解析 ,
C 是 R < z < +∞ 内一条简单闭
y C
O
§5.2 留 数 —— 在 ∞ 点的留数
R
x
定理 2.2 若 f ( z ) 在 C U {∞} 上有有限个奇点：z1 ,L , z n , ∞ , 则
1 P ( z ) , z = 0 是 f ( z ) 的 3 级极点 . z3 1
解二：把 f ( z ) 在 z = 0 点展成洛朗级数 :
z − sin z 1 = 6 z6 z = 1 3 1 5 1 7 z − z − 3! z + 5! z − 7! z + L
O
1 = − c1 . ∫ C f ( z ) dz, 则 Res f ( z ) , ∞ 2π i Ñ
× zn
f ( z ) ,∞ . = − 2π i Res
§5.2 留 数 —— 在 ∞ 点的留数
规则 IV Res [ f ( z ), ∞ ] = − Res f ( )
(5)
假设 z0 是 f ( z ) 的 k 级极点 , k < m ,
f ( z ) = c− k ( z − z0 )
−k
+ L + c−1 ( z − z0 ) + c0 + c1 ( z − z0 ) + L
−1 m− k
( z − z0 )
0
m
f ( z ) = c− k ( z − z0 )
§5.2 留 数 —— 计算规则
复变函数5章：留数
而 3z + 2 在z=0处解析，且不等于0，所以z=0为二级极点 =0处解析 且不等于0 所以z=0为二级极点 处解析，
z+2
§5.1 孤 立 奇 点
二 孤立奇点的分类
2. 极 点 【例】求下列函数的奇点，如果是极点，指出级数 求下列函数的奇点，如果是极点，
f (z) = ∑cn (z − z0 )n , ( 0 < z − z0 < δ )
∞ n=0
则称孤立奇点 则称孤立奇点z0为f(z)的可去奇点 孤立奇点z 【注】令f(z0)=c0，则f(z)在z0处解析
§5.1 孤 立 奇 点
二 孤立奇点的分类
f (z) =
n=−∞
cn (z − z0 )n , ∑
z→z0
或写作 lim f (z) = ∞.
z→z0
§5.1 孤 立 奇 点
二 孤立奇点的分类
2. 极 点 【例】求下列函数的奇点，如果是极点，指出级数 求下列函数的奇点，如果是极点，
3z + 2 (1) f (z) = 2 , z (z + 2)
1 (2) 3 z − z2 − z + 1
解：(1) z=0, -2为函数f(z)的孤立奇点 为函数f 由于
3z + 2 (1) f (z) = 2 , z (z + 2)
1 (2) 3 z − z2 − z + 1
解：(1) z=0, -2为函数f(z)的孤立奇点 为函数f 同理
1 3z + 2 3z + 2 = 2 z (z + 2) z + 2 z 2
复变函数 第五章留数
F(t)
c
n
t
n
cnt
n
(2)
n 1
n0
第五章 留数
相应地规定：如果 t = 0 是 F(t) 的可去奇点、m 级极点或本
性奇点，则称z 是 f (z) 的可去奇点、m 级极点或本性奇点。
将式（1）写成
f
(z)
c
n
z
n
c0
cn zn
(3)
n 1
n 1
将式（2）写成
F(t)
cn t n
c0
cnt
( n 0, 1, 2, , m 1)
f
(m) (z0 ) m!
a0
0
故必有 f (z) cm (z z0 )m cm1(z z0 )m1 cm2 (z z0 )m2
(z z0 )m[cm cm1(z z0 ) cm2 (z z0 )2 ]
(z z0)m (z)
根据 0 z z0 内 f (z) 的 Laurent 级数的不同，孤立奇点 分为三种类型。
第五章 留数
1、可去奇点
如果 Laurent 级数中不含 z z0 的负幂项，孤立奇点 z0 称为 f (z) 的可去奇点。
即
c0 c1(z z0 ) cn (z z0 )n
在 0 z z0 内收敛于 f (z) 。
lim f (z)
zz0
或
lim f (z)
z z0
第五章 留数
如果 f (z)以 z0为其孤立奇点，则下列四个条件是等价的。 它们中的任何一条都是 m 级极点的特征：
（1） f (z) 在以 z0 点为中心的去心邻域内的 Laurent 级数只 有有限多个 z z0 的负幂项；
复变函数之留数定理
∫ f
( z )在a点的留数：Res [
f
(z), a]
=
a−1
=
1
2π
i
f (ζ )dζ ，
C
它是f (z)在a的充分小去心邻域内洛朗展式中 z−1a 的系数。
故∫C f (ζ )dζ = 2π i Res[ f (z), a]，
C：在a的使f (z)解析的去心邻域K 内 < 任一条围绕 a 的正向闭路。
第五章 留数及其应用
留数是复变函数又一重要概念，有着非常广泛的应用.
5.1 留数定理
一 、留数的定义和计算
设 a 是 f (z) 的孤立奇点， 则∃δ > 0,使得
f (z)在K : 0 < z − a < δ 解析，f (z)在K内可展为洛朗级数：
∑+∞
f (z) =
an(z − a)n,
n=−∞
留数定理(P103定理1)：设f (z)在闭路C上解析， y
C
∫ ∑ 在C内部除n个孤立奇点a1, a2 ,, an外解析,则 n
a1 C1 a2 C2
C
f (z)d z
=
2π
i Res f (z), ak 。
k =1
0 a3 C3
证明 ∀k =1, 2,n, 以ak为圆心作充分小的圆周Ck ,
an Cn
x
使得C1,C2 ,,Cn都在C 的内部,且它们彼此完全分离(如图)。
由多连通区域柯西积分定理和留数定义得
n
n
∫ ∑ ∫ ∑ C
f (z)d z =
k =1
Ck
f (z)d z = 2π i Res f (z), ak 。#
k =1
复变函数第五章1留数
sinz lz i0mz4
lz i0m((szi4)zn)' '
cosz lz im0 3z3
z 1为极点。
2020/6/16
11
5.1.2 零点与极点的关系
定义5.1：设f(z)在z0的邻域内解f析 (z0)， 0若 ，
则称 z0为解析函 f(z)数 的零点 m阶零点: 若不恒等于零的解析数函 f (z)能表示成
z a为(z)(z)的 mn阶零 . 点
2)(z)(z)(za)m n 1 1((z z))
当 mn时z， a为 ((zz))的 (mn)阶零点， 当 202m 0/6/1 6 n时 当mz， na时 为 ， z((zz))的 a为 (n ((m zz)))阶 的可 极去 点 . 奇 ， 点 16
7!
z 0为可去奇点 .
或
(sizn z) 0,(sizn z)' 0,
z0
z0
(sizn z)' 0,(sizn z)(3) 0
z0
z0
z0是(sinzz)的三级零点。
z 0是z3的三级零点。
z 0为可去奇点 . (见7,例 m3n)
2020/6/16
19
3) f(z） (z2(s1)in(zz)32)3
问 1 ） (z)(z)、 2 )(z)(z)在 z a有何性质？
解 可设 (z） (za)m 1(z)(z） (za)n 1(z)
其 1 ( z ) 中 1 ,( z ) 在 z a 解（ 1 析 a )1 ( a ) ， 0 . 1 ） ( z )( z ) ( z a ) m n1 ( z )1 ( z ),
类似z， i为f(z)的一阶极点。
问题z： 是 1 的几阶极点？
复变函数 第五章 留数
z 0 为 f (z ) 的极点。 若负幂次项的次数绝对值的 的极点。
最大值为m 则称z 级极点。 最大值为 ，则称z0为m级极点。 级极点 ╬
上一页 下一页
返回
（3）本性奇点 ）
若 f (z ) 在 z 0 处的洛朗级数为： 处的洛朗级数为：
f (z) =K+c−m(z − z0)−m +c−m+1(z − z0)−m+1 +K+c−1(z − z0)−1 +c0 +c1(z − z0) +K
lim ( z − z 0 ) m −1 f ( z ) = ∞
lim ( z − z 0 ) m f ( z ) ≠ ∞
级极点。 则 z 0 为m级极点。 级极点
z → z0
例如： 例如：
z−2 f (z) = ( z − 1) 3 ( z 2 + 1)
lim f ( z ) = ∞ ,
z →1
解：因为
处解析， 且 z 2 在 z = −1 处解析，z 2
2
z = −1
≠0
所以 z = −1 为３级极点。 级极点。
返回
╬
sin mz （2）z 2 + 2 z + 2 ）
解：由 z 2 + 2 z + 2 = 0 ⇒ z = −1 ± i 为奇点
1 1 Q f ( z) = ⋅ ⋅ sin mz, z − (−1 − i ) z − ( −1 + i )
处无定义， 若 f (z ) 在 z 0 处无定义， 或 f (z ) 在 z 0 处不为 c0 ,
f ( z ), z ≠ z 0 ，从而 g (z ) 在 z 处解析。 可以补充定义， 可以补充定义， ( z ) = 0 处解析。 g z = z0 c0 ,
5-第五章-留数定理
因此
z ez
e e1
C
z2
dz 1
2 π i( 2
) 2 πi ch1 2
： 我们也可以用规则III来求留数
| Res[ f (z),1] z ez e ; 2z z1 2
| Res[ f (z),1] z ez e1 . 2z z1 2
这比用规则1要简单些，但要注意应用的条件。
z
例7
环域内绕原点的任何一条简单闭曲线，则积分
1
2π i f (z) d z C
称其为f (z)在点的留数，记作
1
Res[ f (z), ]
f (z)d z
2i C
这里积分路径的方向是顺时针方向，这个方向很自然
地可以看作是围绕无穷远点的正向。
将 f (z)在 R<|z|<+∞内的罗朗展式为
f
(z)
z 4z3
1 4z2
,故z1111C源自z4d 1z
2π
i( 4
4
4
4)
0
Ñ 例 8
计算积分
C
ez z(z 1)2
dz,
C
为正向圆周|z|=2.
[解] z=0为被积函数的一级极点, z=1为二级极点, 而
Res[ f (z),0] lim z0
z
ez z(z 1)2
lim z0
ez (z 1)2
1.
一、 留数的定义
定义 若f (z)在去心邻域 0 z z0 R内解析，
z0是f (z)的孤立奇点，C是 0 z z0内 包R 围z0的
任意一条正向简单闭曲线，定义积分
1
2i
C
f
(z)d
z
复变函数第五章留数学习方法指导
第五章留数留数(Residue )理论是复积分理论和复级数理论相结合的产物,它既是复积分问题的延续,又是复级数应用的一种表达, 它对复变函数论本身以及实际应用都有着重要的作用. 例如,它能给复积分的计算提供一种有效的方法, 能为解析函数的零点和极点的分布状况的研究提供一种有效的工具.另外,它还能为数学分析中一些复杂实积分的计算提供有效地帮助.本章,我们首先引进孤立奇点处留数的定义,利用洛朗展式建立留数计算的一般方法——洛朗展式法,以及各类孤立奇点处留数计算的更细致的方法.在此根底上,再建立反映复变函数沿封闭曲线积分与留数之间密切关系的留数定理, 从而有效地解决“大范围〞积分计算的问题.其次,介绍留数定理的两个方面的应用. 一方面建立利用留数定理计算数学分析中某些定积分和反常积分的计算方法, 另一方面建立讨论区域内解析函数的零点和极点分布状况的有效方法,即幅角原理与儒歇定理.一.学习的根本要求1 .掌握函数在其孤立奇点处的留数的概念以及函数在孤立奇点处的留数计算的一般方法,即洛朗展式法.注意函数在有限孤立奇点处的留数和孤立奇点处的留数在定义方面的差异以及罗郎展式法方面的差异.并能熟练地运用洛朗展式法求函数在其孤立奇点处的留数.2 .熟练掌握函数在各类有限孤立奇点处的留数的具体计算方法以及孤立奇点处留数的的两种具体计算方法：｛洛朗展式法：Resf(z) 1,其中i为f(z)在处的洛朗展式中1/z的系数. 化为有限点处的留数：Res f (z) Res-2 f (~) •3 . 了解有限可去奇点处的留数与可去奇点处的留数的差异,理解为什么函数在可去奇点处的留数一般不一定为零？4 .掌握留数定理以及含的留数定理(即留数定理的推广),并能熟练地运用它们计算函数沿封闭曲线的积分.能用留数定理导出第 3章中的柯西定理和柯西积分公式,从而正确地熟悉为什么留数定理可以看成柯西定理和柯西公式的统一. 5 . 了解利用留数计算实积分的根本思想或根本原理： 通过适当方法将实积分转化为适当复 变函数沿封闭曲线的积分熟悉将实积分转化为适当复变函数沿适当封闭曲线的积分的两种途径:途径一：通过适当变量替换. 途径二：作适当补充路径.6 .熟悉补充积分路径计算积分时,常用的如下三个引理:引理0设函数f(z)在角形闭区域 上连续,且 limz f(z) A,记 R {z z zz Dimz .f (z)e dz 0 .R［提示］利用积分的估值性,并注意到R,z D},R 的方向是逆时针,那么以及Rimf(z)dz i(R［提示］利用积分的估值性, 并注意到lim(zz z DZ o )f (z)A,1 . v 、------ dz i( 2 i ) R z z .f(z)dz i( 2 i )(z 4)f(z) Rz zAdz(z Rz o )f(z) A11dz .引理1 设函数f(z)在闭区域D: 0 i arg(z .)2z z o上连续,记R {z ||z z 0R,zR 的方向是逆时针,假设ljm f(z) 0 ,z DRlim引理2 设函数f(z)在圆环形闭区域D: 0 i arg(z Z 0)22 , 0 z z 0 r 0上连续,记 r {z z Z 0r,z D}, r 的方向是逆时针,且lim( z z 0)f (z)A,z z . z D那么lim f (z)dz i( 21) A .r 0 r「 .. .... ........... .. ,1［提示］利用积分的估值性,并注意到 ------------ dz i( 21),以及rz z 0. ../ (z z 0)f(z) A I(z z 0)f (z) A ,f(z)dz i( 21)A --------- ------ ---------- dz --------- ------------------ 11dz .rr z z 0 r r7.熟练掌握以下几种类型的实积分利用留数来计算的方法2①形如 o R(cos ,sin )d 或 R(cos ,sin )d 的积分,其中 R(cos ,sin ) 是三角有理函数,且分母函数在［0,2 ］或［,］上恒不为零.特别,当R(cos ,sin )是偶函数时,还可考虑积分 ° R(cos ,sin1 21-(1 cos2 )或$巾 -(1 cos2 )降次,再计算.•当被积函数是R(cos ,sin ) cosm 或 R(cos ,sin ) sin m时,可利用欧拉公式将积分先化为 再计算.R(x)dx 的反常积分,其中 R(x )为实有理函数.其中用到了约当不等式：当 0—时,- sin2)d注意：•当被积函数是cos 2或sin 2的有理函数时,可先用公式2cos②形如特别,当R(x)是偶函数时,还可考虑积分° R(x)dx.注意：此类型的积分的柯西主值( PV.值)用留数来计算时,可分两种情况补充积分路径•当R(x )的分母在？上恒不为零时,可用以原点为心半径充分大的上半圆周作为补充路径.•当R(x )的分母在？上仅有一阶零点时,可用以原点为心充分大的正数R为半径的上半圆周和以R(x)在？上的一阶零点为心充分小的正数为半径的上半圆周作为补充路径.③ 形如R(x) e mx dx 或R(x) cosmxdx 或R(x) sin mxdx 的反常积分,其中R(x )为实有理函数, m 0.特另L当R(x)是偶函数时,还可考虑积分° R(x) cosmxdx ;当R(x)是奇函数时, 也可考虑积分° R(x) sin mxdx .注意：此类型的积分的柯西主值( PV.值)用留数来计算时,可分两种情况补充积分路径•当R(x )的分母在？上恒不为零时,可用以原点为心半径充分大的上半圆周作为补充路径.•当R(x )的分母在？上仅有一阶零点时,可用以原点为心充分大的正数R为半径的上半圆周和以R(x)在？上的一阶零点为心充分小的正数为半径的上半圆周作为补充路径.④ 被积函数含有因子ln x , x , n/P(x)和1R(x)的实积分注意：此类型的积分的柯西主值( P.V.值)用留数来计算时,常选择相应多值函数的支割线的两沿以及单独围绕各支点的适当圆周作为补充积分路径.8.理解对数留数—f^dz的几何意义,掌握对数留数的计算公式. 并掌握下面的一2 i C f(z)个结论：假设Z0是函数f(z)的m阶零点或m阶极点,那么Z0必为工^)的一阶极点,且f(z)当z0是函数f⑵的m阶零点时,Res f⑶ m ；zz0 f(z)当z0是函数f⑵的m阶极点时,Res f (z) m . z z o f (z)9 .正确理解幅角原理与儒歇定理的条件和结论,并能熟练地运用幅角原理和儒歇定理来讨论区域内函数的零点和极点的分布情况或者方程根的分布情况.10 .附：孤立奇点处留数的常用计算方法；合理使用留数定理计算复积分的技巧；补充积分路径利用留数计算实积分的根本思路；用儒歇定理讨论解析函数在有界区域内零点的个数的思路.•孤立奇点处留数的常用计算方法我们仅对函数的孤立奇点才定义留数, 对有限孤立奇点处的留数的计算归纳起来,主要有下面的三种常用方法,①洛朗展式法,即假设f(z)在其孤立奇点a的去心邻域0 |z a| R内的罗郎展式为1…一,,.那么Resf(z) c1,其中c i是罗郎展式中——这一项的系数.这种方法是留数计算的一般z a z a 方法.②孤立奇点的类型法,即根据孤立奇点的具体类型来计算留数的方法,其具体方法如下：对可去奇点处的留数假设a为函数f(z)的可去奇点,那么Resf(z) 0 .z a对极点处的留数假设点a为函数f (z)的m阶极点,那么Resf(z) 1 lim[(z a)m f(z)](m1).z a (m 1)!z a特另1J,假设点a为函数f(z)的1阶极点,那么Res f (z) lim(z a) f(z).假设点a 为函数f(z)的1阶极点,且f(z) -(■旦,其中 (z)(a) 0, (a) 0,(a) 0(即 a 为(z)的 1 阶零点),Res f(z) lim( z a) f (z) ―(—)zaz a(a)假设点a 为函数f (z)的2阶极点,那么_ _ 2 一 Res f (z) lim[( z a) f (z)].,其中(z)在点a 解析,那么1m (m 1)(7F!网(z a) f(z)](这个公式说明：只要点 a 是f(z)的至多m 阶极点,我们仍可用 m 阶极点留数的计算公 式计算Resf(z))z a对本性奇点处的留数本性奇点处的留数的计算一般直接用洛朗展式法计算. ③ 留数定理法,即假设函数f (z)在扩充复平面上只有有限个孤立奇点 Z I , z2, L , zn,.那么f (Z)在扩充复平面上的所有奇点(包括 )处的留数之和等于 0 .即nRes f(z) Res f (z i ) 0 .zi 1z z注意：方法③会涉及到 处的留数.对孤立奇点 处的留数的计算有下面的三种常用方法： ① 洛朗展式法,即假设 f (z)在其孤立奇点 的去心邻域0 R z 内的罗郎展式为那么 Res f (z) c 1.注意此公式与有限孤立奇点处留数计算公式的区别.Res f(z) Res ［f (1) -12］ - z z0 z z③ 留数定理法,即假设函数 f (z)在扩充复平面上只有有限个孤立奇点4, z 2, L , z n,Res f (z) z a (z)和(z)都在点a 解析,(m1)(a)(m 1)!.那么nRes f (z) Res f (z i).z i 1 z %注意：关于函数在孤立奇点处的留数,我们不能根据孤立奇点的类型来计算,例如,1 ... ..............为函数f(z)的可去奇点,并不一定保证Resf(z) 0 (如f(z)-,显然为它的可z z去奇点,但Res f(z) 1 0).z•使用留数定理计算复积分的技巧留数定理和留数定理的推广提供了计算围线积分的一种方法, 它是对第三章复积分计算的一种补充.通常在计算复积分f(z)dz (其中C是围线)时,如果f (z)在围线C内部C的孤立奇点不太多,可考虑用留数定理,将此积分的计算化为函数 f (z)在C内部各孤立奇点处的留数来计算；如果f(z)在围线C内部的孤立奇点比拟多, 而在C外部的孤立奇点(包括 )不太多,可考虑用留数定理的推广,将此积分的计算化为函数 f (z)在C外部各孤立奇点(包括 )处的留数来计算.•补充积分路径利用留数计算实积分的根本思路 b 对于一个实函数f (x)沿x轴上一条有限线段［a,b］的积分f (x)dx ,我们在平面上a补充一条或几条适当的辅助曲线,使线段［a,b］和一起构成一条围线,并围成一个区域D (如下列图).如果存在除D内有限个点外解析,在D D C上也除这有限个点外连续的辅助函数g(z),使得在［a,b］上g(z)或g(z)的实部或虚部中的一个等于f(x),那么由留数定理就有其中汇是g(z)在D内的奇点处的留数总和.b假设上式中的第二个积分能够计算出来,那么 a f(X)dX的计算问题就解决了.b如果a或b不是有限数,那么积分f(x)dx为反常积分,此时,可由上式两端取极限, a如能求得g(z)dz的极限,就能至少得到所求反常积分的柯西主值 (注意,当反常积分收敛时,柯西主值就是反常积分的值； 通常情况下,所考虑的问题,只要求得到柯西主值即可). •用儒歇定理讨论解析函数在有界区域内零点的个数的思路儒歇定理是讨论解析函数在区域内零点分布或方程在区域内根的个数的一种强有力的 工具. 用儒歇定理讨论解析函数F(z)在有界区域 D 内零点的个数或者方程 F(z) 0在D内根的个数时,其关键是寻找满足定理要求的f (z ),而(z)可通过F (z) f (z)来得到,其中f (z)可按下面的两个原那么来寻找：一方面 f (z)在D 的零点个数比拟容易得到,另一 方面在区域D 的边界上,f (z) (z) F(z) f (z).二.问题研究问题1：探讨下面几类实积分的留数计算的一般公式：公式1 ：假设实有理函数 R(x) P(^)满足：P(x)和Q(x)互质,分母Q(x) 0 (x ?), Q(x) 且Q P 2,那么R(x)dx 2 i ResR(z), z 4 Imz k 0其中z k 是R(z)在上半平面内的孤立奇点,ResR(z)表示对R(z)在上半平面内的所 Im z k0 z z k有孤立奇点的留数求和.公式2 ：假设实有理函数 R(x) P3 满足：P(x)和Q(x)互质,分母Q(x) 0 (x ?), Q(x) 且 Q P 1 , m 0,那么imx imzR(x)e dx 2 I Res R(z)e ,Im Z k 0zzk其中z k 是R(z)在上半平面内的孤立奇点,ResR(z)e imz 表示对R(z)e i mz 在上半平面z z k Im z k 0内的所有孤立奇点的留数求和.P(x)公式3 :假设实有理函数 R(x) 满足：P(x)和Q(x)互质,分母Q(x)在？上仅有Q(x)一阶零点,且 Q P 1 , m 0,那么R(x)e imx dx 2 i(ResR(z)e imz - ResR(z)e imz ),Imz k 0zzk2 Im z j0 z zj其中z k 是R(z)在上半平面内的孤立奇点,z j 是R(z)在？上的一阶极点.P(x)公式4 ：假设实有理函数 R(x) 满足：P(x)和Q(x)互质,Q(x)在R [0,)Q(x)上恒不为零,且 Q P 1 , 01 ,那么皿dx 上七ResR^, 0x 1 ez k £\[0, ) zz k z其中z 为£\[0,)上满足z z 1± 1的解析分支(即主值支),z k 为_R3 在£\[0,)z内的孤立奇点,即 Q(z)在£ \[0,)内的零点.公式5 ：假设实有理函数 R(x) P® 满足：P(x)和Q(x)互质,Q(x)在R [0,) Q(x) 上恒不为零,且 Q P 2,那么其中lnz 为£\[0,)上满足1nz z 1上 0的解析分支(即主值支),z k 为解析分支2R(z)ln z 在£\[0,)内的孤立奇点,即 Q(z)在£\[0,)内的零点.公式6 ：设实有理函数 R(x) 巴的■满足：P(x)和Q(x)互质,分母 Q(x)在[0,1]上Q(x)恒不为零,那么(2)证实:(1)n1 2 n 1 n其中n/z k (1 z)n k 为£\［0,1］上满足在割线［0,1］的上沿取正数的解析分支(即主值支),Z k 为解析分支R(z)n/z k (1 z)n k 在£\［0,1］内的孤立奇点,即 Q(z)在£\［0,1］内的零点.(2)其中n/z k (1 z)n k 为£\［0,1］上满足在割线［0,1］的上沿取正数的解析分支 (即主值支),z k为解析分支R (z)在 £\［0,1］内的孤立奇点,即 Q(z)在£\［0,1］内的零点.nz k (1 z)n k问题2 :按下面的步骤探讨数项级数的和： 第一步：设C N 表示曲线… 1、一 … 1、 (N —)和 y (N —)围成的正方形区域的边界, 其中N 为正整数,C N 的方向为逆时针.(1)证实：对任意复数iy C ,总有sin z sin x 和 sinz sinh y其中 sinhy 1(e y e y ).(2 )利用(1 )证实：在正方形区域的竖边界上有sin z 1 ;而在正方形区域的竖边界上有sin z sinh —.从而存在与 N 无关的正常数 A ,2使得对任意z C N ,都有sin z A.(3 )证实:一一dz2C Nz sin z一-一,从而推出(2N 1)ANlimCN1 . c - -------- dz 0. z sin z第二步:(1 )利用留数定理证实:C N11 二 dz2 i[-z sin z631 22•n问题3 :按下面的步骤探究儒歇定理的另一种证法.设D是有界区域, C为其边界,f(z)和g(z)都在D D C上解析,且在C上, f(z) g(z),对任意t [0,1],(1)证实：对每一个固定的t [0,1],函数f(z) tg(z)在D内解析,在D续,且在C上f(z) tg(z) 0.(2)在[0,1]上定义函数如下：1 f (z) tg (z) - ((t)——一U2dz, 0 t 1.2 i C f(z) tg(z)证实：⑴表示函数f(z) tg(z)在区域D零点的个数;c)对任意t,t0 [0,1],存在常数A 0,使得(3)证实：(t)为[0,1]上连续的函数,且为常函数.从而(0) (1),即f(z^f(z) g(z)在D内有相同的零点个数.参考文献:[1]方企勤.复变函数教程.北京：北京大学出版社, 1996 : 148 ~189.[2]余家荣.复变函数(第三版).北京：高等教育出版社,[3]郑建华.复变函数.北京：清华大学出版社, 2005 : 74 ~94 .[4]范宜传,彭清泉.复变函数习题集.北京：高等教育出版社, D C上连a)对每一个固定的t [0,1],对任意t,t0[0,1],f g f g(f tg)(f t°g)f g f g(IfRgl)2其中A If g f g(IfRgl)22000: 88~108.1980 : 136 ~155 .[5]James Ward Brown and Ruel V．Churchill ．Complex Variables and Applications(Seventh Edition) ．McGraw-Hill Higher Education , Burr Ridge , IL , 2004．。
复变函数 第五章 留数
m
g ( z ) ， ） （
其中 g (z) = cm+ cm+1(zz0) + cm+2(zz0)2 +... , 在 |zz0|<d 内是解析的函数, 且 g (z0) 0 . 反过来, 当任何一个函数 f (z) 能表示为(*)的形式, 且 g (z0) 0 时, 则z0是 f (z)的m级极点.
c0=c1=...=cm1=0, cm0, 这等价于
f (n)(z0)=0, (n=0,1,2,...,m1), f (m)(z0)0 。
例如 z=1是f (z)=z31的零点, 由于 f '(1) = 3z2|z=1=3 0,
从而知 z=1是f (z)的一级零点.
由于f (z) = (zz0) m j (z)中的j (z)在z0解析, 且j (z0)0, 因
4.函数的零点与极点的关系
不恒等于零的解析函数 f (z)如果能表示成
f (z) = (zz0) m j (z), 其中j (z)在z0解析且j (z0) 0,
m为某一正整数, 则z0称为f (z)的m级零点.
例如当 f (z)=z(z1)3时, z=0与z=1是它的一级与三级零点.
根据这个定义, 我们可以得到以下结论:
例 3 对 m Z 讨论函数
m 0 : z 0 为解析点；
f (z)
e 1
z
z
m
在 z 0 处的性态。
m 1 : z 0 为可去奇点；
2 m m 1 1 z z z m 1 : f (z) m z 2! m! ( m 1 )! z
C C1 C2 Cn
复变函数留数.ppt
ze z
例1
计算积分
C
z
2
1
d
z
,
C
为正向圆周|z|=2.
[解]
由于
f (z)
z ez z2 1 有两个一级极点+1,1,
而这两个极点都在圆周|z|=2 内, 所以
C
ze z z2 1d
z
2π
i{Res[
f
(z),1]
Res[
f
(z),1]}.
由规则1, 得
Res[
f
( z ),1]
lim (z
则
1 cosmx
I
dx
2 5 4 cosx
命
I1
cosmx dx
5 4 cosx
I2
sin mx dx
5 4 cos x
I1 iI2
e imx
dx
5 4 cos x
设 z eix ，则
I1
iI2
1 i
z
1
5
z
zm 2(1
z
2
)
dz
i
zm dz
2 z 1 (z 1 )(z 2)
2、留数的求法
求函数在奇点a处的留数即求它在以z0为中 心的圆环域内洛朗级数中c-1(z-a)-1项的系数 即可. 如果a是f(z)的可去奇点, 则Res[f(z),a]=0, 如 果a是本性奇点, 则没有太好的办法, 只好将 其按洛朗级数展开。 如果a是极点, 则有一些对求c-1有用的规则.
留数的计算规则 规则1 如果a为f(z)的一级极点, 则
Res[
f
( z ),1]
Res[ f (z),i] Res[ f (z),i]}
复变函数第五章留数教学课件
1 z (z
z5 1)2(z 1)3
s in z z
1 z
g( z ),
所以 z 0 是单极点； z 1 是二级极点;
z 1 是三级极点.
26
例3
证明 z
0
是
f
(z)
1 z 3 (e z3
的六级极点. 1)
证
1 f (z)
z 3 (e z3
1)
z31
z3
(z3 )2 2!
1,
n
f (z)dz 2π i Res[ f (z), zk ]
C
k 1
留数定理将沿封闭曲线C积分转化为求被积函数 在C内各孤立奇点处的留数.
11
2)留数的计算方法
(1) 如果 z0 为 f (z) 的可去奇点, 则
Res[ f (z), z0] 0.
(2) 如果 z0 为 f (z)的本性奇点, 则需将 f (z) 展开
解 (1)在 0 z 1 内,
sin z
1
1
z
1
1
1 3!(z
1)3
,
所以 Ressin(1z 1) ,1 C1 1.
28
(2) z2 sin1 z
解 因为sinz z z3 z5 , 3! 5!
所以在0 z 内，
z2
sin1 z
z 2
1 z
1 3! z 3
1 5! z 5
z6 z9 z12 2! 3!
因为 z 0是 1 z3(ez3 1)的六级零点， f (z)
所以
z
0是
f
(z)
1 z 3 (e z3
的六级极点. 1)
27
例4 求下列各函数在有限奇点处的留数.
复变函数第五章-1
17
[证] 若 z 0 是 f (z) 的m阶零点，那么 f (z) 可表成 设 (z) 在 z 0的泰勒展开式为
f ( z ) ( z z0 )m ( z )
( z ) C0 C1 ( z z0 ) C2 ( z z0 )2
其中C0 z0 0 。 从而f (z) 在z 0 的泰勒展开式为
1 1 1 1 2 n z 1 2!( z 1) n!( z 1)
1 z 1
此级数含有无限多个负次幂项，故 z 1 是函数 e
的本性奇点。
16
§5.1.2 函数的零点与极点的关系
m 定义5.2 若 f ( z ) ( z z0 ) ( z ) ， (z) 在 z 0 处解析，且 z0 0 ，m为某一正整数，那么称 z 0 为 f (z) 的
sin z sin z 如果约定 在 z 0 的值为1(即C0)，那么 在z0 z z 就成为解析的了。 sin z sin z 因为 z 0 是 的可去奇点，故当z→0时， z z 有有限极限。此极限为上面展开式中的常数项。可得
重要极限
sin z lim 1 z 0 z
6
(2)极点 如果在洛朗级数中只有有限多个z-z0的负幂项，
由此可见：
如果补充定义 f (z) 在 z 0 的值为 f ( z0 ) C0 ，则 f (z) 在 z 0 解析。
因此，可去奇点的奇异性是可以除去的。
定理5.1′设 z 0 是 f (z) 的孤立奇点，则 z 0 是f (z) 的可去奇点 的充分必要条件是f (z) 在 z 0 的一个邻域内为有界。
0
[证]
必要性，因 z 0 是 f (z) 的可去奇点，故在 0 z z0 内有
【复变函数】第五章留数(工科2版)
(
z)
证明: 因为z0为f(z)的一级极点, 所以
f (z) c1(z z0 )1 c0 c1(z z0 ) K
(z z0 ) f (z) c1 c0 (z z0 ) c1(z z0 )2 K
Res[
f
(z),
z0 ]
c1
lim(z
zz0
z0 )
f
(z)
目录 上页 下页 返回 结束
即:展开式中不含(z-z0)的负幂次项, 则称z0为可去奇点.
目录 上页 下页 返回 结束
(2). 极点: 若f(z)在z0处的洛朗级数为
f (z) cm(z z0)m cm1(z z0)m1 K c1(z z0)1 c0 c1(z z0) K , cm 0
即:展开式中只有有限个(z-z0)的负幂次项, 则称z0为f(z) 的极点. 若负幂次项的次数绝对值的最大值为 m, 则称z0为m 级极点。
解: z =±i , 1 是孤立奇点.
因为 z - 2 在 z =±i , 1处解析, 且不是零点
z =±i 是分母的 1 级零点，所以是 f (z) 的1级极点; z = 1 是分母的 3 级零点，所以是 f (z) 的 3 级极点 .
目录 上页 下页 返回 结束
(2)
f
(z)
ez 1 z2
解: z = 0是孤立奇点.
1
ze z
z
1
(
1) z
1 (1)2 2! z
K
z 1 1 (1)K 2! z
Res[
f
(z), 0]
c1
1 2
目录 上页 下页 返回 结束
3. 极点的留数
z0为f(z)的极点, 则有如下法则 (1). 法则1: z0为f(z)的一级极点, 那么
复变函数第五章 留数理论及其应用
由规则3
P( z) z 1 = 3= 2, Q ( z ) 4 z 4z
此法在很多情况下此法更为简单.
z dz , C为正向圆周: z = 2 . 例5 计算积分 4 z 1 C z 在 z = 2 的外部, 除 点外没有 解 函数 4 z 1
其他奇点. 根据定理 5.2与规则4: z z 4 1 dz = 2iRes f ( z ), C 1 1 = 2iRes f 2 ,0 z z z = 0. = 2iRes , 0 4 1 z
k =1
n
C
Res[ f ( z ), zk ] f ( z )dz = 2i k =1
= 2iRes[ f ( z ), ].
n
(留数定理)
计算积分
C
f ( z )dz
计算无穷远点的留数.
优点: 使计算积分进一步得到简化. (避免了计算诸有限点处的留数)
3.在无穷远点处留数的计算 •规则4
z = 0是p( z )的 三 级 零 点 , 是f (z)的三级极点。
1 z sin z z sin z 由规则2 Re s ,0 = lim " 6 3 z (3 1)! z0 z
若将f ( z )作Laurent级数展开 :
z sinz 1 1 3 1 5 = 6 [ z ( z z z )] 6 z z 3! 5! 1 1 11 = 3 3! z 5! z
1 故 Re s[ f ( z ), z0 ] = c1 = f ( z )dz 2i c
( 2)
二、利用留数求积分
1. 留数定理 设函数 f(z)在区域D内除有限个孤立奇点
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
证明： 若z0是f (z)的m阶零点 即 f (z) (z z0 )m(z)
((z)在 z0 处解析, 泰勒级数：(z) a0 a1(z z0 ) )
f (z)在z0处的泰勒级数为
f (z) a0 (z z0 )m a1 (z z0 )m1 a2 (z z0 )m2
f (z0 ) f (z0 ) f (m1)(z0 ) 0, f (m)(z0 ) a0 0.
则孤立奇点z0称为 f (z)的本性奇点.
例如：f (z) sin 1 以z 1为它的本性奇点
因为sin
1
1 z
在z 1的去心邻域0 z 1 上的罗朗展式为
1
1
z
sin
(1)n ( 1 )2n1
1 z n0 (2n 1)! 1 z
1 ( 1 ) 1 ( 1 )3 (1)n ( 1 )2n1
z 1是f (z)的本性奇点.
或 z沿实轴从点1的右侧趋向于1
z沿实轴从点1 的左侧趋向于1
1
lim e z1极限不存在，且不为 z 1
z 1是f (z)的本性奇点课. 件
1
lim e z1
z1
1
lim e z1 0,
z1
9
综上所述:
定理5.1 若函数f (z)在0 z z0 R内解析，则
z 1是(z2 1)( z 2)3的一级零点
z 2是(z2 1（) z 2）3的三级零点，
z 1是f (z)的二级极点，(见例7,m 1 3 n)
z 2是可去奇点， (见例7,m 3 n)
z 0,2,3， 4， 是f (z)的三级极点.
(见例7, m 0 3 n)
k
课件
3
5.1.1 孤立奇点的定义及分类
定义： 若 f (z）在 z0不解析，但在0 z z0 内解析，
则称z0为f (z)的一个孤立奇点.
若z0为f (z)孤立奇点,
则f (z)在z0的去心邻域（圆环域）
0 z z0 上解析.
f (z)在0 z z0 上的罗朗展开式
cn (z z0 )n 存在
z
1
z n 1 z z2 课件 zn
z 1
1 z n0
2
5.1 解析函数的孤立奇点
引例：求下列函数的奇点（不解析点） z2 3
(1) f (z) (z 1)( z 3)
z1 1, z2 3
(2)
f
(z)
1
sin
z
z 0为奇点，
-3
1
z 1 k 1,2, 也是奇点，
z 0为可去奇点. 课(件见例7, m 3 n)
19
3)
f (z）
(z2 1)( z 2)3
(sin z)3
解: sinz 0 z n zk 0,1,2, 奇点
又(sinz) 0 z zk
z zk 是(sin z)3的三级零点，
z 1是z2 1的一级零点 z 2是（z 2）3的三级零点，
z3
(1)n
n0
z2n1 z
(2n 1)! z3
1 3!
z2 5!
z4 7!
z 0为可去奇点.
或
(sinz z) 0,(sinz z)' 0,
z0
z0
(sinz z)'' 0,(sinz z)(3) 0
z0
z0
z 0是(sin z z)的三级零点。
z 0是z3的三级零点。
例5：考察函数 f (z) z sin z 在原点的性质 解： f (z)在z 0解析 f (0) 0
f '(z) 1 cosz f '(0) 0
f "(z) sin z f "(0) 0 f "'(z) cosz f "'(0) 1 0
所以，z 0是f (z)的三阶零点。
若f (z)在 0 z z0 R 上解析，则f (z) cn (z z0 )n
ez
zn
z2
zn
1 z
n0 n!
2!
n!
n
z
sin z (1)n
z 2n1
z3 z5 z
n0
(2n 1)!
3! 5!
z
cos z
(1)n
z2n
1 z2 z4
n0
(2n)!
2! 4!
sin z 1 (z 1 z3 1 z5 ) z z 3! 5!
1 1 z2 1 z4 3! 5!
z 0为f (z)的可去奇点。
课件
5
(2)极点：罗朗级数中含有限多个(z z0 )负幂项； 如果在罗朗级数中只有有限多个zz0的负幂项,且其中
关于(zz0)1的最高幂为 (zz0)m, 即
f (z)=cm(zz0)m+...+c2(zz0)2+c1(zz0)1+c0+c1(zz0)+...
(m1, cm0),则孤立奇点z0称为函数 f (z)的m阶极点.
上式也可写成 其中 g (z) =
f (z)
cm+
(z
1 z0 )m
g(
cm+1(zz0) +
z) ，（）
cm+2(zz0)2
+...
z0
n-
我们根据罗朗展式中负幂项的多少，对孤立奇点进行分类：
(1)可去奇点：若罗朗展式中不含有(z z0 )负幂项,
我们 称z0为课f件( z )的可 去奇点.
4
这时, f (z)= c0 + c1(zz0) +...+ cn(zz0)n +.... 0<|zz0|< ,
显然，lim f (z) 则在圆z域z0|zz0|<
课件
20
5.1.3 孤立奇点 的定义及分类 定义： 距离原点无限远的点，统称为无穷远点 ，记作
由于函数在无穷远点没有定义，所以无穷远点总是一个 奇点。我们关心的是，在怎样的情况下，构成孤立奇点？
反之
泰勒级数的系数cn
f (n（） z0 ) , n!
c0 c1 cm1 0, cm 0,
f (z) cm (z z0 )m cm1(z z0 )m1
(z z0 )m[cm cm1(z z0 ) ] (z z0 )m g(z)
g(z)为对应的和函数，g(z)课在件 z0解析，g(z0 ) cm 0 13
c0.补充定义f (z0 ) c0
内就有 f (z)=c0+c1(zz0)+...+cn(zz0)n
+...,
从而函数 f (z)在z0就成为解析的了.所以z0称为可去奇点.
例1：f (z) sin z z 0是f (z)的奇点，孤立奇点。 z
f (z)在z 0去心邻域 0 z 内的罗朗级数为
z0为f
(z)的可去奇点
lim
z z0
f
(z)存在且有限
z0为f
(z)的极点
lim
z z0
f
(z)
z0为f (z)的本性奇点
lim
z z0
f
(z)不存在且不为
我们可以利用上述极限的不同情形来判别孤立奇点的
类型.
课件
10
例4 判定下列函数的孤立奇点的类型。
ez 1 (1)
z
z 0为孤立奇点
lim ez 1 lim (ez 1)' lim ez 1 z 1为可去奇点。
(4) 例7的结论
若z a 分别是(z)与 (z）的m阶与n阶零点,则
当m n时，z a为(z) 的(m n)阶零点， (z)
当m n时，z a为(z) 的(n m)阶极点，
当m
n时，z
(z) 课a件为
(
z)
的可去奇点.
17
(z)
例8 下列函数有什么奇点？如果是极点，指出其阶数。
ez 1 1) f (z) z2
解 奇点为z 0.
f (z)在z 0的去心邻域0 z 1内的洛朗级数
f (z)
ez 1 z2
1 z2
(
n0
zn n!
1)
1
1 zn,
z n0 (n 2)!
z 0是f (z)的一级极点. （定义）
或 (ez 1） 0,(ez 1) 0
c os z
解： f (z)的奇点是满足cos z 0的点,这些点是
zk k
因为(cosz)'
2
(k
0,1, sin z
)
0
z zk
z zk
所以，zk 是 cos z 的一阶零点
zk
是
1 c os z
的一阶极点。课件
15
例7 设(z)与 (z）分别以z a为m阶与n阶零点
问1）(z) (z) 、 2 )(z) (z) 在 z a 有何性质？ 解 可设 (z） (z a)m1(z) (z） (z a)n 1(z)
z0
z0
z2 (z2 ) 0,(z2 ) 0,
z0
z0
z0
z 0是ez 1的一级零点，
z 0是z2的二级零点，
z 0是f (z)的一级极点. (见例7, m 1 2 n)
课件
18
sin z z 2) z3
解：奇点为 z 0
函数在z 0的去心邻域内对应的罗朗级数为：
sin z z
Pn (z) (z z0 )m Qnm (z)
Qnm (z)是一个(n-m)次多项式，在z0解析，且Qnm (z0 ) 0,
所以，z0是Pn (z)的m阶零点。
问题： z 0 f (z) z sin课z件 零点的阶数？