解析函数的孤立奇点类型判断及应用讲解

解析函数的孤立奇点类型判断及应用
摘 要 孤立奇点的应用在解析函数的学习和对其性质分析研究中有着重要
作用，而留数计算是复变函数中经常碰到的问题。

解析函数在不同类型的孤立奇点处的计算方法不同，关键我们要先判断其类型。

本文在分析整理了相关资料的基础上，首先给出了孤立奇点的定义、分类及其类型的判别定理和相关推及引理，其中在考虑极点处的留数求法时，又根据单极点、二阶极点，m 阶极点的求法不同，结合例子给出极点阶数的判断方法。

并通过有限孤立奇点的判别对解析函数无穷远点的性态进行研究，分析能否把有限孤立奇点的特征应用到无穷远点，进而探讨了孤立奇点在留数计算中的应用，使得孤立奇点的知识更加系统、全面。

关键词 孤立奇点 可去奇点 极点 本质奇点 判断 留数计算
前言
在复变函数论中，留数是非常重要的，而解析函数的孤立奇点是学习留数的基础，只有掌握了孤立奇点的相关性质，才能更好的学好留数。

目前，在相关资料中，对孤立奇点的判别及应用已较为完备，如在许多版本的《复变函数论》中对孤立奇点的判别做了详细的说明和解释，使我们对孤立奇点的了解更透彻。

但在现实中有时我们遇到的留数计算具体例子，运用定理判别会比较麻烦，还需要前后知识的衔接，这为留数计算增加了障碍。

本文就是在此基础上作进一步的探讨，将判断这一工作拿出来单独讨论，通过对论文的撰写，将把孤立奇点类型的判别及在留数运算中的应用更全面化、系统化。

此项研究内容可以对以后学习此部分内容的同学提供一定的帮助，使其对孤立奇点的理解更加清晰，应用得更加自如。

在复变函数课程上我们已学过了孤立奇点的分类及其类型的判别和其在留数计算中的应用，为对其作进一步的研究奠定了基础。

在此基础上查阅大量书籍，搜集相关资料，并对所搜集资料进行分析、研究、筛选和处理。

通过指导教师的耐心指导，已具备了研究解析函数类型的判别及其在留数计算中的应用这一课题的初步能力，并能解决现实生活中的相关例题，使理论和实践达到真正的结合和统一。

本文通过对已学知识的回顾总结，和相关资料的查阅，在老师的指导下自拟题目，将对孤立奇点的类型判别及应用进行说明，通过分析、整理、归纳、总结，对其进行更深入的研究。

正文
一、孤立奇点的定义及类型
（一）定义
如果函数)(z f 在点a 的某一去心邻域R a z a K <-<-0:}{(即除去圆心a 的某圆)内解析，点a 是)(z f 的奇点，则称a 为)(z f 的一个孤立奇点。

如果a 为函数)(z f 的一个孤立奇点，则必存在正数 R ，使得)(z f 在点a 的去心邻域 R a z a K <-<-0:}{ 内可展成洛朗级数。

（二）孤立奇点的类型
如0z 为)(z f 的孤立奇点，则)(z f 在点0z 的去心邻域 R z z z K <-<-000:}{内可展成洛朗级数0
(z)(z )
n
n
n f z c ∞
=-∞
=-∑。

其中称负幂部分01
(z )n n n z c ∞
--=-∑为)
(z f 在点0z 的主要部分。

孤立奇点按函数在0z 的去心邻域内的洛朗展开式中负幂项的个数分类： 1.可去奇点：展开式中不含0z z -的负幂项；
()()()2
01020f z c c z z c z z =+-+-+
2.极点：展开式中含有限项0z z -的负幂项；
()(1)21
010201
000()()()()
()
m m
m m c c c f z c c z z c z z z z z z z z -----=
+++
++-+-+
---
()
0,()
m
g z z z =
- 其中()1(1)01000()()()m m m m g z c c z z c z z c z z -----=+-++-+-+
在0z 解析，
且()00,1,0m g z m c -≠≥≠；
3.本性奇点：展开式中含无穷多项0z z -的负幂项； ()1
010000()()()()
m m
m m
c c f z c c z z c z z z z z z --=
+
+
+
++-+
+-+
--
二、孤立奇点类型的判别方法
（一）可去奇点
如果)(z f 在0z z =的洛朗级数中不含0z z -的负幂项，则称孤立奇点0z 是
)(z f 的可去奇点。

以下三个条件是等价的：
（1）0z z =是)(z f 的可去奇点⇔)(z f 在0z 的洛朗级数不含0z z -的负幂项；
（2）0z z =是)(z f 的可去奇点⇔0
lim (z)z z f →存在；
（3）0z z =是)(z f 的可去奇点⇔)(z f 在0z 的某去心邻域内有界. （二）极点
如果)(z f 在0z 的洛朗级数中只有（0z z -）的有限个负幂项，则孤立奇点0
z 称为极点。

若负幂的最高项为0(z z )m --，则0z 称为m 级极点。

与之等价的条件是：
0z 是)(z f 的极点⇔0
lim (z)z z f →=∞.
零点和极点的关系： 不恒等于零的解析函数)(z f 若能表示为 0(z)(z z )(z)m f ϕ=-，
其中(z)ϕ在0z 解析，且0(z )0ϕ≠，m 为一正整数，则称0z 为)(z f 的m 级零点.
（1） 若)(z f 在0z 解析，则0z 为)(z f 的m 级零点的充要条件是 (n)0(z )0f =， 0,1,2,
,1n m =-；(m)0(z )0f ≠.
（2） 一个不恒为零的解析函数的零点是孤立的. （3） 若0z 是)(z f 的m 级极点，则0z 是
1
(z)
f 的m 级零点.反之也成立. 下面的定理说明了怎样由m 级零点得到m 级极点. 定理1 假设
（i ）两个函数p 和q 在点0z 解析； （ii ）0(z )0p ≠,0z 是q 的m 级零点. 则0z 是
(z)
(z)
p q 的m 级极点. 定理2 设两个函数p 和q 在0z 解析.如果 0(z )0p ≠，0(z )0q = 和 0(z )0q '≠， 则0z 是商
(z)
(z)
p q 的简单极点且
)
()
()()(Re 000
z q z p z q z p s
z z '==. （三）本质奇点
如果)(z f 在0z 的洛朗级数中含有（0z z -）的无穷多个负幂项，则孤立奇点0z 称为本质奇点。

与之等价的条件是：
0z 是)(z f 的本质奇点⇔0
lim (z)z z f →不存在且不等于∞.
在本质奇点的邻域内，复变函数)(z f 具有以下性质：
（1）维尔斯特拉斯定理 若0z z =是)(z f 的本质奇点，则对于任一复数0ω及任给的0ε>，任意的0r >，在区域00z z r <-<中必存在一点z '，使得
εω<-'0)(z f .
推论 在任意一个圆环域00z z r <-<中，必存在序列{}n z ，使得
0lim (z)n z z f ω→=.
（2）皮卡定理 解析函数)(z f 在本质奇点0z z =的任何邻域内，能够取任意一个有限值（复数）无穷次，至多有一个值例外. （四）函数在无穷远点的性态
如果)(z f 在无穷远点z =∞的去心邻域z R <<+∞内解析，则称点∞是)(z f 的孤立奇点.
作变换1
t z
=
（规定把扩充z 平面上的无穷远点z =∞映射为扩充t 平面上的点0t =），把扩充z 平面上的邻域0R z z <-<+∞映射成扩充t 平面的去心邻域
1
0t R
<<
，且有)(z f =1()f t =(t)ϕ.于是，可以把在z R <<+∞上对)(z f 的研究化
为在1
0t R
<<内对(t)ϕ的研究.
（1）如果0t =是(t)ϕ的可去奇点、m 级极点或本质奇点，则z =∞是)(z f 的可去奇点、m 级极点或本质奇点.
（2）若)(z f 在z R <<+∞内可以展开为洛朗级数，那么，在)(z f 的洛朗级数中，如果：
不含正幂项，则z =∞为)(z f 的可去奇点； 含有限个正幂项，则z =∞为)(z f 的极点； 含无穷多正幂项，则z =∞为)(z f 的本质奇点.
三、留数定理及留数计算方法
（一）留数定义 若0z z =是解析函数)(z f 的一个孤立奇点，)(z f 在0z 的去心邻域内解析，C 为0z 邻域内任一简单闭曲线，则称dz z f i
C ⎰)(21
π为)(z f 在0z 处的留数，记作]),([Re 0z z f s ，即 10)(21
]),([Re -==
⎰c dz z f i z z f s C
π. 1-c 是)(z f 在以0z 为中心的圆环域内的洛朗级数中10)(--z z 项的系数.
（二）留数定理 设函数)(z f 在区域D 内除有限个孤立奇点1z ，2z ，…，n z 外处处解析，C 是D 内包围诸奇点的一条简单闭曲线，则 ∑⎰==n
k k C
z z f s i dz z f 1]),([Re 2)(π.
利用定理，可以将求沿封闭曲线C 的积分，转化为求被积函数在C 内各孤立奇点处的留数.
（三）留数的计算与极点处留数的计算规则.计算留数最基础的依据是定义
10)(21
]),([Re -==⎰c dz z f i z z f s c
π,
C 为0z 某去心邻域内一条简单闭曲线，1-c 是以0z 为中心某邻域内洛朗级数
10)(--z z 项的系数.即，可通过求积分dz z f i
C ⎰)(21π的值或求洛朗级数1
0)(--z z 项系数来计算留数，所以
若0z 为)(z f 的可去奇点，则0]),([Re 0=z z f s . 若0z 为)(z f 的本质奇点，则10]),([Re -=c z z f s . 若0z 为)(z f 的极点，则有以下规则： 规则I 若0z 是)(z f 的一级极点，有
)()(lim ]),([Re 000
z f z z z z f s z z -=→.
规则II 若0z 是)(z f 的m 级极点，有
)]()[(lim )!1(1]),([Re 011
00z f z z dz
d m z z f s m m m z z --=
--→. 规则III 当)
()
()(z Q z P z f =
，)(z P 和)(z Q 都在0z 解析，如果0)(0≠z P ，0)(0=z Q ，0)(0≠'z Q ，则0z 为)(z f 的一级极点，且有
)
()
(]),([Re 000z Q z P z z f s '=
. 实际计算时，可以用规则，也可以用定义求洛朗级数的1-c ，或计算
⎰C dz z f i
)(21
π. （四）若函数)(z f 在z R <<+∞解析，C 为圆环域内绕原点的任何一条正向简
单闭曲线，则称积分
⎰C
dz z f i )(21
π为)(z f 在∞点的留数，记为 ⎰--==∞C
c dz z f i z f s 1)(21
]),([Re π.
定理 如果函数)(z f 在扩充的复平面内只有有限个孤立奇点，则)(z f 在所有各奇点（包括∞点）的留数总和比等于零.
规则IV ]0,1
)1([Re ]),([Re 2z
z f s z f s ⋅-=∞.
以上定理和规则提供了计算复变函数沿闭曲线积分的一种方法，这些方法使用恰当的话会使计算更简便.
四、孤立奇点类型的判别及其在留数计算中的应用相关例题
例1 指出下列函数在零点z=0的级： （1）)1(2
2
-z e
z
（2）)6(sin 66
33-+z z z .
解（1）用求导数验证：记
0)0(,)1()(2
2
=-=f e z z f z ，不难计算
,0)0(,)(22)(2
3='++-='f e z z z z f z ,0)0(,2)2104()(2
24=''-++=''f e z z z f z
,0)0(,)24368()(2
35='''++='''f e z z z z f z
,24)0(,)2415611216()()4(24642
=+++=f e z z z z f z ）（
即 0)0(,0)0()0()0()0()
4(=='''=''='=f
f f f f
故0=z 为函数)1(2
2-z e z 的四阶零点.
由泰勒展式：由展开式
)(!
1
!2112422+∞<+++++=z z n z z e n z
可知
)()!
21()1(4
42
2
2
2
z z z z z e z z ϕ=++=- 其中)(!
1
!211)(222+∞<++++
=-z z n z z n 在 ϕ内解析，10=）
（ϕ. 故0=z 为函数)1(2
2-z e z 的四阶零点. （2）由展开式
)()!
12()
1(!51!31sin 361593
3
+∞<++-+-+-=+z n z z z z z n n
可知)6(sin 6633-+z z z
3
93615936)!12()1(!51!316z z n z z z z n n -+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+-+-=+ )(15z z ϕ=
其中 ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛++-++-=+ )!12()1(!71!516)(1266n z z z n n
ϕ 在+∞<z 内解析，056
0≠=！
）
（ϕ.故0=z 是函数)6(sin 6633-+z z z 的15阶零点.
例2 判断下列函数的奇点类型？如果是极点，指出它的级数. （1）
22)1(1+z z ； （2）3sin z z ； （3）1
1
2
3+--z z z ； （4）z
z )
1ln(+； （5）)1)(1(2z
e z z π++； （6）11
-z e ； （7）)
1(1
2-z e z ； （8）n n z z +12（n 为正整数）.
解 （1）令0)1(22=+z z ，得i z z ±==,0。

因函数2
2)
1(1
)(+=
z z z f 在点0=z 及
i z ±=处无定义，所以i z z ±==,0是此函数的奇点，且都是孤立奇点。

又由i z z ±==,0分别是函数
2222)()()1()
(1
i z i z z z z z f -+=+= 的一级零点，二级零点，故0=z 与i z ±=分别是)(z f 的一级极点与二级极点。

（2）显然0=z 是3sin )(z
z
z f =
的孤立奇点。

由于)(z f 在点0=z 处的洛朗展开式为
,!
5!311sin )(2
23 -+-==z z z z z f +∞<<z 0
故0=z 是)(z f 的二级极点。

（3）令0123=+--z z z ，即0)1()1(2=+-z z ，得1±=z 为1
1
)(23+--=z z z z f 的奇点，且均为孤立奇点。

由于1-=z 与1=z 分别是函数
)1()1()
(1
2+-=z z z f 的一级与二级零点，故1-=z 与1=z 分别为)(z f 的一级与二级极点。

（4）显然0=z 是z z z f )1ln()(+=的孤立奇点。

且由1)
1ln(lim
0=+→z
z z 知，0=z 是)(z f 的可去奇点。

另外，1-=z 也是z
z z f )
1ln()(+=
的奇点，但它不是孤立奇点。

因为)1ln(+z 在负实轴（1-=z 的左侧）上处处不解析（即在1-=z 的无论多小的邻域内总有
)(z f 的不解析点）。

（5）令0)1)(1(2=++z e z π，即012=+z 或01=+z e π，得 i k z )12(+=（,2,1,0±±=k …）。

故)
1)(1()(2z
e z z
z f π++=
的奇点分别为i k z )12(+=（,2,1,0±±=k …）。

对于i z =，由于i z =是z
e i z z )
1)((π++的零点，且
0])1()1([])1)(([
2≠+++-='++==i z z z i z z e z
i
e z i z e i z ππππ 所以i z =是z
e i z z )
1)((π++的一级零点，从而可知i z =是)(1z f 的二级零点，故i
z =是)(z f 的二级极点。

对于i z -=，用类似的方法可知，它也是)(z f 的二级极点。

对于i k z )12(+=（,2,1,0±±=k …），由于
i k z z i k z z
e z z
f )12(2)12(])
1)(1([])(1[
+=+='++='π 0])1()1)(11[()12(2≠++++-
=+=i k z z
z e z z
e z πππ 所以i k z )12(+=（，3,2,1,0±±±=k …）都是)
(1
z f 的一级零点，故它们都是)(z f 的一级极点。

（6）显然1
1)(-=z e z f 只有一个奇点1=z 。

由于1
1)(-=z e
z f 在1=z 的去心邻域+∞<-<10z 内的洛朗展开式为
+-++-+-+
==-n
z z n z z e
z f )1(!1)1(!21111)(21
1
其中含有无数多个)1(-z 的负幂项，故1=z 是)(z f 的本质奇点。

（7）令0)1(2=-z e z ，得。

),2,1,0(2 ±±==k i k z π因此，)
1(1
)(2-=x e z z f 的
奇点分别是),2,1,0(2 ±±==k i k z π，且是孤立奇点。

对于0=z ，由于它是1)(-=x e z ϕ的零点，且 01)(0
0≠=='==z z
z e z ϕ
所以0=z 是1)(-=x e z ϕ的一级零点，从而可知0=z 是)()
(1
2z z z f ϕ=的三级零点，故0=z 是)(z f 的三级极点。

（8）令01=+n z ，即1-=n z ，得 n
i
k e
z π)12(+=，1,2,1,0-=n k
故n
n
z
z z f +=1)(2共有n 个孤立奇点)1,1,0()12(-==+n k e z n
i
k π。

由于它们都是函数
)
(1
z f 的零点，且易知 0)12(])(1[
≠+'=n
i k z f e z π 所以它们都是n n
z z z f 21)(1+=的一级零点，因此可知它们都是)(z f 的一级极点。

例 3 证明不恒为零的解析函数的零点是孤立的.即若不恒为零的函数)(z f 在
R a z <-内解析，0)(=a f ，则必有a 的一个领域，使得)(z f 在其中无异于a 的零点（解析函数零点的孤立性）.
分析 由于解析函数)(z f 不恒为零且0)(=a f ，所以利用)(z f 在点a 的泰勒展开式可知，总存在自然数1≥m ，使0)()()()
1(==='=-a f a f a f m ，0
)()
(≠a f
m （否则独所有m ，0)()
(=a f
m ，由泰勒定理0)(!
)
()(0
)
(≡-=∑
∞
=m m m a z m a f
z f 矛盾）.于是可设a 为)(z f 的m 阶零点，然后由零点的特征来讨论.
证 （不妨设）a 为)(z f 的m 阶零点)()()(z a z z f m ϕ-=⇔，其中
R a z z <-在)(ϕ内解析，0)(≠a ϕ.
因)(z ϕ在a 处解析，则有0)()(lim ≠=→a z a
z ϕϕ，可取)(a ϕε=，存在着0>δ，
当δ<-a z 时，)()()(a a z ϕεϕϕ=<-，由三角不等式
)()()(z a a z ϕϕϕϕ-≥-）（
便知当δ<-a z 时
)()()()(a a z z a ϕεϕϕϕϕ=<-≤-）（
即有0)(>z ϕ，故在a 的δ邻域内使0)(≠z ϕ.
例4 判断点∞是不是下列函数的奇点：
（1）z tan ； （2）21ln --z z ； （3）b z a z e z --ln ； （4）)1sin(1
sin z
.
解 （1）z z z cos sin tan =，ππ
k z k +=2（,1,0±=k …）是z tan 的一级极点.当∞
→k 时，∞→k z ，所以∞是)(z f 的极点的极限点，不是孤立奇点.
（2）函数在复平面除去1=z ，2=z 和连接它们的线段外单值解析.又
0)2
1(ln lim =--∞→z z z ，所以∞是)(z f 的可去奇点. （3）∞=z 是z e 的本质奇点，又是b
z a
z --ln 的可去奇点，所以是)(z f 的本质奇点.
（4）因为)]1
sin 1
[sin(lim z z ∞→不存在，所以∞是)(z f 的本质奇点.
例5 求下列函数)(z f 的有限奇点处的留数：
（1）z z z 212-+；（2）42-1z e z ；（3）2
24)1(1++z z ；（4）z z cos ；（5）z -11cos ；（6）z z 1sin 2
；
（7）
z z sin 1；（8）chz
shz
. 解： （1）因为)2(22-=-z z z z ，所以2.0=z 为)(z f 的一级极点，故依规则I ，有
2
1
21lim 21lim ]0),([Re 020
-=-+=-+⋅
=→→z z z z z z z f s z z ， 2
3
)2(12-lim
]0),([Re 0
=-+⋅=→z z z z z f s z ）（.
(2)0=z 是分母四级零点，分子一级零点，因而是)(z f 的三级极点，于是依规则II ，有
3
4
]1[lim !21]0),([Re 423220-=-=→z e z dz d z f s z z .
(3)因3332)()()1(i z i z z -+=+，所以i z ±=为)(z f 的三级极点，于是，依规则II ，有
i i z z dz d z z i z dz d i z f s i z i z 8
3)(1212lim !21])1(1)[(lim !21]),([Re 5222324
322-=++-=++-=→-→ .
i z z i z dz d i z f s i z 8
3])1(1)[(lim !21]),([Re 324322=+++=--→. (4)),1,0(2
±=+
=k k z k π
π是z cos 一级零点，所以是)(z f 的一级极点，
于是依规则III ，有
)2()1()2
sin(2)(cos ]),([Re 1πππππ
π+-=++
-
='=
-=k k k z z z z f s k z z k k . (5)因为，在+∞<-<10z 内，有 --+--=-4
2)1(!41)1(!21111cos
z z z ， 故 0]1,11
[cos Re 1==--c z
s . (6)因为，在+∞<<z 0内，有
)!51
!311(1sin
5322 -+-=z
z z z z z , 故 61
]0,1sin [Re 12-==-c z z s .
（7）0=z 是)(z f 二级极点，),2,1( ±±==k k z k π是)(z f 一级极点.依规则II 和规则III ，有
0]sin 1
[lim
]0),([Re 20==→z
z z dz d z f s z ， .,2,1,)1()sin (1]),([Re ±±=-='=
=k k z z k z f s k
z z k π
π （8）),2,1,0()21
( ±±=+=k i k z k π为一级极点，依规则III ，有
1)(]),([Re ='==k
z
z k chz shz
z z f s .
例6 用多种方法求)
1(2
5)(--=
z z z z f 的留数.
解 1,0==z z 和∞是)(z f 的一级极点. 方法1 用洛朗展开法.
)11
(2)1(5)(25)1(25220 ++++++++-=--=--∑∞=z z z z z z z z z z z n n ，10<<z .
∑∞
=---+=-+⋅-+-=--0
)1()1()135()1(11)1(3)1(5)1(25n n n z z z z z z z z
])1(11
1
[
3])1()1(1[52 --++-++-+--=z z z z ，+∞<<z 1.
∑∞=++=-=--=--02223
5)1()25(111)25()1(2n n z z z z z z
z z z z z ，+∞<<z 1. 所以 2]0),([Re 1==-c z f s ，
3]1),([Re 1==-c z f s ， 5]),([Re 1-=-=∞-c z f s . 方法2 用极限法（规则I ）. 2)1(25lim ]0),([Re 0
=--=→z z z z
z f s z ， 3)
1(2
5)1(lim ]1),([Re 1=---=→z z z z z f s z .
由留数和定理知
5]1),([Re ]0),([Re ]),([Re -=--=∞z f s z f s z f s . 方法3 用柯西公式（积分）.
⎰==⋅--=
21212521]0),([Re z z dz z z i z f s π， ⎰=-=⋅-=2
1132521]1),([Re z z dz
z z i z f s π. 同极限法，有5]),([Re -=∞z f s .注意，C 内只有一个奇点. 方法4 用求导法（规则III ）. 2])1([25]0),([Re 0='--=
=z z z z z f s ， 3])1([25]1),([Re 1
='--==z z z z z f s .
同极限法，有5]),([Re -=∞z f s . 例7 求下列函数在∞=z 的留数.
（1）2
1
z e ； （2）z z sin cos -； （3）2
32z
z
+； （4）12-z e z ； （5）
)
4()1(1
4-+z z z .
解 （1） +++
=421!21112
z
z e
z ，不含正幂项，因而点∞是可去奇点，所以 0]),([Re =∞z f s
（2） -++--=-!
4!3!21sin cos 4
32z z z z z z ，含无穷多正幂项，所以点∞本
质奇点，有
.0]),([Re =∞z f s
（3）
)9
31(23112)31(123242
22222 -+-=+⋅=+=+z z z z
z z z z z z ++-=5318
62z z z ，+∞<<z 3.
所以 2]),([Re -=∞z f s . （4）因为1±=z 是)(z f 的一级极点，且
21lim
]1),([Re 1e z e z f s z z =+=→， 1121
1lim ]1),([Re --→-=-=-e z e z f s z z ， 所以 2
)(21]1),([Re ]1),([Re ]),([Re 11
e e e e z
f s z f s z f s -=--=---=∞--.
（5）)
4()1(1
)(4
-+=
z z z z f 只有三个有限远奇点，40==z z ，是一级极点，1-=z 是四级极点，其留数分别为 4
1
)4()1(1lim
)(lim ]0),([Re 400
-=-+==→→z z z zf z f s z z
4
44
4
5
41
)1(1lim
)()4(lim ]4),([Re ⋅=+=-=→→z z z f z z f s z z ])
4(1
[lim 61])()1[(lim !31]1),([Re 141'''-='''+=
--→-→z z z f z z f s z z ]1
41[41lim 611'''--=-→z z z ]6)4(6[lim 241441z
z z +--=
-→
4
541
41⋅-
= 故
]1),([Re ]4),([Re ]0),([Re ]),([Re ----=∞z f s z f s z f s z f s 0=
结论
本文通过对资料，及相关文献的研究分析，总结了解析函数孤立奇点的判别方法并对函数在无穷远处的性态进行分析，并通过对具体实例的研究分析进一步论述了孤立奇点在留数计算中的应用使得孤立奇点的知识更加系统、全面，对以后学习此部分内容的同学提供一定的帮助，使其对孤立奇点的理解更加清晰，应用得更加自如。

但本文中的例题并未包含此部分的全部类型，如不能求出极点的级数的类型题，本文并未涉及，遇到此类型提示还需进一步探讨。

参考文献
[1]钟玉泉，复变函数论，第三版，北京：高等教育出版社，2004 [2]钟玉泉，复变函数学习指导书，北京：高等教育出版社，1995
[3]（美）布朗（Brown,J.W.）等著；邓冠铁等译，,复变函数及应用，第七版，北京：机械工业出版社，2005 [4]孙清华 孙昊，复变函数疑难分析与解题方法，第二版，武汉：华中科技大学出版社，2010 [5]谭欣欣 刚家泰，复变函数习题全解全析，大连：大连理工大学出版社，2004。