复变函数 第五章 解析函数的罗朗展式与孤立奇点
《复变函数》第五章习题全解钟玉泉版
第五章 解析函数的洛朗展开与孤立奇点(一)1.解:(1):1)10<<z ,∑∞=---=-⋅+=-+0222221111)1(1n n z z z z z z z z z2)111<⇒+∞<<z z , ∑∞=++=-⋅+=-+032321211111)1(1n n z z zz z z z z (2)222121121()1212112f z z z z z z -=-=--+-+ =20012()(1)22n n n n n z z ∞∞+==---∑∑ (3)()f z =2(1)z e z z +231......!nz z z z n z z+++++=+ =2151 (26)z z z +-- 2.解:(1)2222])2)()1([)(41)1(1n n n n i i z i z z ∑∞=----=+ )20()2))(1()1()(412<-<-+---=∑∞=i z i i z n i z nn n n(2))0(1)!2(1!102212+∞<<⋅+==∑∑∞=∞-=+-z zn z n e z n n n n z(3) 令1zξ=，则21(1...)112ze eeξξξξξ-+++--==234542(1...)(1...)23!4!5!2ξξξξξξξ=-+-+--+345(1...)(1...)(1) (2)3!4!ξξξ---=23451 (2)385114ξξξξξ--+--=234511111141...8235z z z z z --+--+3.证明:根据洛朗定理,可设)0()]1(sin[0+∞<<=+∑∞=z z c z z t n nn其中 ⎰=+±=+=11),1,0()]1(sin[21ξξξξξπ n d t i c n n这里 )20(,1πθξξθ≤≤==i e于是 θθπθππθθπθθθd ed ie e e e t i c in i n i i i n ⎰⎰+=+=+-2020)1()cos 2sin(21)](sin[21 4.解:(1)因为函数为有理函数,且分子,分母无公共零点,因此分母的零点就是函数的极点,令分母0)4(2=+z z ,得0=z 以及i 2±,分别是分母的一级和二级零点,从而分别是函数的一级和二级极点,又因0)4(12∞→+-z z z z ,所以∞=z 为可去奇点.(2)由定理5.4(3)知函数z z cos sin +的m 级零点,就是zz cos sin 1+的m 级极点,且分母零点的极限点必为函数的极限点,因为)4sin(2cos sin π+=+z z z则令0cos sin =+z z ,得),1,0(4 ±=-=k k z ππ且又因),1,0(0)1(2cos 2])4sin([4±=≠-=='+-=k k z z k k z ππππ故),1,0(4±=-=k k z ππ各为分母z z cos sin +的一级零点即为zz cos sin 1+的一级极点.又因∞→-=4ππk z ,即∞=z 是极点的极限点,即为函数的非孤立奇点.(3)因i k z π)12(+=时,分母01=+z e ,且 01)1()12(≠-='++=ik z z e π所以i k z π)12(+=是分母的一级零点,而此时分子0)1()12(≠-+=ik z z e π故i k z π)12(+=各为函数的一级极点,因分母,分子在平面解析,所以除此之外在平面上无其他奇点. (4)令分母为0,解得)i 1(22z -±=,即为所给函数的极点. 且因,0])i z [(,0])i z [()i 1(22z 32)i 1(22z 32≠'+='+-±=-±=故)i 1(22z -±=均为所给函数的三级极点. 又因0z )1z (132∞→+,所以∞=z 为可去奇点. (5)因为zzz 222cos sin t an =,分子分母均在z 平面解析且无公共零点,所以分母的零点即为z 2tan 的极点,令0cos 2=z ,解得 0)(cos ,222='+=+=ππππk z z k z),1,0(0)(cos 22 ±=≠''+=k z k z ππ所以2ππ+=k z 是z 2cos 的二级零点,从而是z 2tan 的二级极点.(6) ++-=+2)(!2111cosi z i z 所以i z -=为其本性奇点,又因 11coslim =+∞→iz z ,所以∞=z 为可去奇点. (7)因21)2(22sin lim cos 1lim 2202==-→∞→z z z z z z 故0=z 为可去奇点, ∞=z 为本性奇点.(8)因为当且仅当i k z π2=时,分母0)1(,012≠'-=-=i k z z z e e π,所以i k z π2=为分母的一级零点,而分子是常数1,因此i k z π2=为其一级奇点. 5.解:先判断各函数的奇点类型. (1) 0=z ,∞=z 为奇点.(2) 0=z ,∞=z 为奇点.(3) 0=z 不是孤立奇点,是极点的极限点.(4)分母的零点是πk z =,这是ctgz 的极点,且01)(sin ≠-='πk z所以πk z =是分母的一级零点,因此是ctgz 的一极点,而∞=z 不是孤立奇点,是极点的极限点.由三个函数均为单值函数,由洛朗定理,在孤立奇点的去心邻域内均能展开成洛朗级数,在非孤立奇点的邻域内则不能.6.解:(1)当m n ≠时，a 为()()f z g z +的max(,)m n 级极点，为,f g 的m n +级极点，为fg的m n -()m n >级极点与n m -()m n <级零点 (2)当m n =时，a 为f g +的至多m 级极点（此时各种情况均有可能产生） 例：11,()()()kk m mf zg z k N z a z a +-=+=+∈-- a 为,f g 的m n +级极点，为fg的可去奇点. 7.证明:因)(z f 不恒等于零,如果a z =为)(z f 的零点,a z =只能为)(z f 的孤立奇点.(反证)如果a z =不是)(/)(),()(),()(z f z z f z z f z ϕϕϕ⋅±的本性奇点,则由上题的结论知,)(z ϕ就以a z =为可去奇点或极点,矛盾.8.解:(1) 1()(1)zzz e f z z e +-=-,奇点为0z =为一级极点， 2(1,2,...)z k i k π==±±为一级极点，z =∞为非孤立奇点(2) 0z =为函数的本性奇点, z =∞为函数的本性奇点. (3) z =∞是可去奇点, 0z =为本性奇点.(4) 0z =,z =∞为本性奇点. (5) 1=z 为本性奇点, i k z π2=为一级极点, z =∞为非孤立奇点.9.证明:因)(z f 在z 平面上解析,则)(z f 必为整函数,而整函数只以z =∞点为孤立奇点,而)(z f 在z =∞点解析,故z =∞点只能是)(z f 的可去奇点,由定理5.10知, )(z f 为常数.10.证明:(反证)设)(z f w =为整函数且非常数,若值全含于一圆之外,即存在0,00>εw ,使得对任何z ,恒有00)(ε>-w z f ,则有非常数整函数)(1)(w z f z g -=,所以在z 平面上任何点z ,分母不等于0,从而)(z g 在z 平面上解析,即为整函数.又因)(z f 非常数,所以)(z g 非常数,其值全含于一圆1)(ε<z g 之内,与刘维尔定理矛盾.11.证明:由题意,)(z f 在0z 的去心邻域内的洛朗展开式可设为∑∞=--≠-+-=01001)0()()(n n n c z z c z z c z f令01)()(z z c z f z g --=-,因01),(z z cz f --在r z ≤上除去0z 外解析,所以)(z g 在r z ≤上除去0z 外解析.又可知∑∞=-=00)()(n n n z z c z g )(z f 在0z 的邻域内解析,故)(z g 在r z ≤上解析.函数)(z g 在r z <内的泰勒展开式为∑∑∞=∞=+-+=0111)(n n n n nn z z c z a z g而直接法又给出∑∑∞=∞===00)(!)0()(n n n n nn z b z n g z g从而][0110101001z c z b z c z b z a a n n nn n n-++-+--=因为∑∞==0)(n nn z b z g 在r z ≤上解析,所以当0z z =时,级数∑∞=00n nn z b 是收敛的,一般项)(00∞→→n z b nn ,故即知01limz a a n nn =+∞→.（二）1.解：（1）不能（2）能，指定点不是所给函数的支点 （3）不能 （4）不能（5）能，指定点不是所给函数的支点2.解：不正确。
五章解析函数的洛朗展式与孤立奇点
0 z 1 1
内
f
z
z
1
2
z
1
2 １
1
1n z 2n
z 2 n0
5.2 解析函数的孤立奇点
• １孤立奇点的分类 可去奇点、极点、本性奇点。
• 定义5.3 设 a 是 f z 的孤立奇点，
• （ 1 ） 若 主 要 部 分 为 0 ， 则 称 f z 是 的可去奇点 f(z)。
• 定义5.4 设函数 f z 在无穷远点
（去心）邻域
N : r z
内解析，则称 为 f z 的一个孤
立奇点。
• 作变换 1 于是函数
z
f
1
f z
在去心邻域 K 0: 0 1
内解析。即 0 是 r
的一孤立奇点，
依此可规定 的类型。
• 定义5.5 若 0 为 的可去
1 1 z 1
故
z
2
f
z
1 2
1 1
z
1 z
1
1
1
2
z
1 z n 1 1
2 n0 2 n z n1 z n1
zn
1
2 z n1
n
n0
n1
• （３）在圆环 2 z 上
1 1
2 1
故
z
z
fz1 z源自1 121 z
1 1
1
z
z
1 2n 1 1
z n0 z n z n0 z n
z a R 0 R
• 对于主要部分 可作代换
， cn z an n1
z
1
a
• 成为一幂级数 C1 C2 2
• 它的收敛区域为 1
复变函数第四版余家荣答案
复变函数第四版余家荣答案【篇一：1第一章复数与复变函数】京1第一章复数与复变函数1 复数及其代数运算1.复数的概念①在解方程时，有时会遇到负数开方的问题，但在实数范围内负数是不能开平方的。
为此，需要扩大数系。
我们给出如下的代数形式的复数定义：复数的代数定义：把有序实数对(x,y)作代数组合所确定的形如x?iy的数称为（代数形式的）复数，记为z?x?iy，2其中，i满足i??1。
我们称i为虚单位；实数x和y分别称为复数z 的实部和虚部，并记为x?rez，y?imz。
特别地，当imz?0时，z?x?i0?rez?x是实数；当rez?0时且imz?0时，z?iimz?iy称为纯虚数；虚部不为零的复数称为虚数（即不为实数的复数称为虚数）；z?0当且仅当rez?0且imz?0，即复数0?0?i?0。
z1?z2当且仅当rez1?rez2且imz1?imz2。
2.复数的代数运算2.1 四则运算设z1?x1?iy1，z2?x2?iy2为任意两个复数，它们的四则运算定义为: 加法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 减法：z1?z2?(x1?x2)?i(y1?y2) 乘法：z1z2?(x1x2?y1y2)?i(x1y2?x2y1) 除法：z1x1x2?y1y2y1x2?x1y2（z2?0） ??i2222z2x2?y2x2?y22【注】：(1).可见，复数的四则运算，可以按照多项式的四则运算进行，只要注意将i换成?1。
(2).关于除法的具体操作可以按两种方法来进行：①.先看成分式的形式，然后分子分母同乘以一个与分母的实部相等而虚部只相差一个正负号的复数（在后面将会看到，这被定义为共轭复数），再进行简化；②.用复数z1?x1?iy1除以非零复数z2?x2?iy2，就是要求出这样一个复数z?x?iy，使得z1?z2?z。
按乘法的定义，为求出z需要解方程组?x2x?y2y?x1??x2y?xy2?y12.2 共轭复数复数x?iy和x?iy互称为对方的共轭复数，如果记z?x?iy，则用记其共轭复数，即?x?iy?x?iy。
复变函数论第三版 5 解析函数的洛朗展式与孤立奇点
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1. 整函数
在整个z平面上解析的函数f(z)称为整函数. 设f(z)为一整函数,则f(z)只以z=∞为孤立
奇点,且可设 f(z) cnzn(0|z| ). (5.14) n0
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在整个z平面上解析的函数f(z)称为整函数.
设f(z)为一整函数,则f(z)只以z=∞为孤立
c 展式(5.14)有无穷多个 n不等于零.(我们称这
样的f(z)为超越整函数). 整理课件
2. 亚纯函数
定义5.6 在z平面上除极点外无其他类型 奇点的单值解析函数称为亚纯函数.
定理5.11 一函数f(z)为有理函数的充 要条件为:f(z)在扩充平面z平面上除极点外 没有其它类型的奇点.
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奇点,且可设 f(z) cnzn(0|z| ). (5.14)
于是显然有
n0
定理5.10 若f(z)为一整函数,则 (1)z=∞为f(z)的可去奇点的充要条为:f(z)=c. (2)z=∞为f(z)的m级极点的充要条件:f(z)是
一个m次多项式 c0c 1z cm zm (cm0 ).
(3)z=∞为f(z)的本性奇点的充要条件为:
１９８２年获全国自然科学二等奖。
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张广厚 与华罗庚、杨乐、陈景润在一起
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两人长期从事复变函数论的研究，
特别在函数模分布论、辐角分布论、正规族
等方面取得一系列重要成果。 两人密切合作，在国际上首次提出并建立了值分布论中
过去被认为彼此无关的两个基本概念─ “亏值”和“奇异方向”的联系，
且作出了定量的表达。 他们的研究，推动了函数理论的发展，受到了国内外数学界的高度评价，
复变函数论 第五章 解析函数的洛朗展式与孤立奇点
第五章 解析函数的洛朗展式与孤立奇点§1 解析函数的洛朗展式教学目的与要求: 了解双边幂级数,了解洛朗级数与泰勒级数的关系,掌握解析函数在孤立奇点邻域内的洛朗展式的求法.重点: 解析函数的洛朗展式;解析函数在孤立奇点邻域内的洛朗展式的求法. 难点：解析函数的洛朗展式的证明. 课时：2学时定义5.1 级数101()()()n n n nn C C C z a C C z a z a z a+∞--=-∞-=⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++-+⋅⋅⋅--∑(5.1) 称洛朗()Laurent 级数，n C 称为(4.22)的系数.对于点z ，如果级数01()()()nn nn n C z a C C z a C z a +∞=-∞-=+-+⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅∑ (5.2)收敛于1()f x ，且级数1()()n n n n n C C C z a z a z a+∞--=-∞-=⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+--∑ (5.3) 收敛于2()f x ，则称级数(4.22)在点z 收敛，其和函数为1()f x +2()f x 当0n C -=(1,2,)n =⋅⋅⋅时，(5.1)即变为幂级数.类似于幂级数，我们有定理5.1 设()f z 在圆环12:D R z a R <-<12(0)R R ≤<<+∞内解析，则在D 内()()nn n f z C z a +∞=-∞=-∑(5.4)其中11()2()n n f z C dz i z a π+Γ=-⎰ (0,1,)n =±⋅⋅⋅ (5.5) :z a ρΓ-=，且12R R ρ<<，系数n C 被()f z 及D 唯一确定.(5.4)称为()f z 的洛朗展式.证明：对:z H ∀∈作1:1z a ρΓ-=，2:2z a ρΓ-=，（其中12r R ρρ<<<） 且使z D ∈：12z a ρρ<-<，（如图5.1）由柯西积分公式，有()()2112f f z d i z ξξπξ-Γ+Γ==-⎰()212f d i z ξξπξΓ-⎰+()112f d i z ξξπξΓ-⎰图5.1对于第一个积分，只要照抄泰勒定理证明中的相应部分，即得：()212f d i z ξξπξΓ-⎰=()0nn n C z a ∞=-∑ 其中()()1212n n f C d i a ξξπξ+Γ=-⎰()!n f a n = 对于第二个积分()112f d i z ξξπξΓ-⎰： ()()()()()()1f f f z z a a z a z a a ξξξξξξ==----⎛⎫---⎪-⎝⎭当1ξ∈Γ时11az az aρξ-=<--1111n n a a z a z aξξ-∞=-⎛⎫∴=⎪--⎝⎭--∑ （右边级数对于1ξ∈Γ是一致收敛）上式两边乘上()f z a ξ-得：()f z ξξ=-()11n n f a z a z a ξξ-∞=-⎛⎫ ⎪--⎝⎭∑=()()()111n n n f z a a ξξ∞-+=--∑ 右边级数对1ξ∈Γ 仍一致收敛，沿1Γ逐项积分，可得()112f d i z ξξπξΓ-⎰=()11n n z a ∞=-∑()()1112n f d i a ξξπξ+Γ-⎰ 其中n C =()()1112n f d i a ξξπξ-+Γ-⎰113. 3.10P Th ()()112n f d i a ξξπξ-+Γ-⎰ 于是：()()nn n f z C z a +∞=-∞=-∑， 其中n C =()()112n f d i a ξξπξ+Γ-⎰ （n=0,1,± ） 下面证明展式唯一，若在H 内()f z 另有展开式()()'nnn f z C z a +∞=-∞=-∑右边级数在Γ上一致收敛，两边乘上()11m z a +-得：()()1m f z z a +-=()'1nm n n C z a ∞-+=-∞-∑，右边级数在Γ上仍一致收敛，沿Γ逐项积分，可得：()()112m f d i a ξξπξ+Γ-⎰=()'1112n m n n C d i a ξπξ+∞-+Γ=-∞-∑⎰ ∴'n C =n C 即展式是唯一的.注：1）定理中的展式称为洛朗展开式，级数称为洛朗级数. n C 称为洛朗系数.2）泰勒展式是洛朗展式的特例. 例1．求()()()112f z z z =--在（1）1,(2)12,(3)2(4)011z z z z <<<<<∞<-<中的洛朗展开式. 解：()1121f z z z =--- (1）()00111122212nnn n z f z z z z ∞∞==⎛⎫=-=-=⎪-⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭∑∑12nn n n n z z ∞∞+==-∑∑=10112n n n z ∞+=⎛⎫- ⎪⎝⎭∑ (1z <).(2) ()1121f z z z =---1112112z z z =--⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭100112n n n n n z z z ∞∞+==⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑ 110012n n n n n z z∞∞++==⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑. (12z <<)(3) ()1121f z z z =-=--112111z z z z -⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1000121121n n n n n n n n z z z z∞∞∞+===⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭∑∑∑ . (2z <<∞) (4)()()()0111111211111nn f z z z z z z z ∞==-=-=---------∑. (011z <-<)此例子说明：同一个函数在不同的圆环内的洛朗展式可能不同. 例2 求2sin z z 及sin zz在0z <<+∞内的洛朗展式 解 2s i n z z 3211(1)3!5!(21)!n n z z z z n --=-++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+ sin z z 242(1)13!5!(21)!n nz z z n -=-++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+例3 1ze 在0z <<+∞内的洛朗展式为 解 1z e 211112!!n z z n z=+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅ 作业: 第217页 1 (1) (3), 2(1)(3)§2解析函数的孤立奇点教学目的与要求: 掌握洛朗定理及孤立奇点的分类及判断方法. 重点:孤立奇点的分类及判断方法. 难点：函数在本质奇点的邻域的性质. 课时：2学时 一 . 定义：1．设()f z 在点a 的某去心邻域内解析，但在点a 不解析，则称a 为f 的孤立奇点.例如sin zz，1z e 以0=z 为孤立奇点.0=z 为奇点，但不是孤立奇点，是支点.11sin z以0=z 为奇点（又由1sin0=z ，得1(1, 2...,)π==±±z k k 故0=z 不是孤立奇点） 2．设a 为()f z 的孤立奇点，则()f z 在a 的某去心邻域内，有1()()()，∞∞-===+-∑∑-nnnnn n f z c z a c z a 称()n=1∞-∑-nnc z a 为()f z 在点a 的主要部分，称()∞=-∑nnn z a c 为()f z 在点a 的正则部分，当主要部分为0时，称a 为()f z 的可去奇点；当主要部分为有限项时，设为(1)11(0)()()------+++≠--- m m m m m c c c c z a z a z a称a 为()f z 的m 级极点；当主要部分为无限项时，称a 为本性奇点.二．判定 1．可去奇点定理5.3 设a 为()f z 的孤立奇点,则下列条件等价(1)a 为f 的可去奇点 (2)lim ()()→=≠∞z af z b3（）f 在a 的某去心邻域内有界证明:"(1)(2)"⇒设条件1（）成立,则在a 的某一去心邻域内,有0()lim ()()∞→==∴=≠∞-∑nnz an f z f z z a c c"(2)(3)":⇒显然成立."(3)(1)"⇒设f 在a 的去心邻域{}:0-<-<k a z a R 内以M 为界考虑()f z 在点z 的主要部分:11()(1,2,): 02()ξξξρρπξ-+-Γ==Γ-=<<⎰- n n f d n a R i c a()112002πρρρπρ--+≤=→→n n n MC M 120--∴===∴ a c c 为可去奇点.例：说明0=z 是sin zz的可去奇点. 法一：324sin 1()1 03!3!5!=-+=-+<<∞ z z z z z z z z法二：0sin lim 1→=≠∞z zz2.极点定理5.4 设a 为()f z 的孤立奇点.则下列条件等价：1（）a 为f 的m 级极点2（）f 在a 的某去心邻域：{}:0-<-<k a z a R 内可表示为()()()λ=-mz f z z a 其中()λz 在k 内解析，且()0λ≠a1(3).()()=g z f z 从a 为m 级零点(可去奇点作为解析点看) 证明："(1)(2)"⇒设条件(1)成立，即()f z 在a 的某去心邻域内有：101()()()--=++++-+-- m m c c f z c c z a z a z a(0)-≠m c1110()()()()---+-+-++-+-+=-m m m m mc c z a c z a c z a z a ()()记λ-mz z a（()λz 为幂级数的和函数，故解析）其中()λz 在a 的某邻域内解析，且从()0λ-=≠m a c"(2)(3)"⇒：设条件(2)成立，即f 在a 的某去心邻域{}:0-<-<k a z a R内有()()()λ=-mz f z z a ，其中()λz 满足已知的两个条件.由例知存在:.()ρ'-<≤'⊂K z a R K K ，使得在'K 内()0λ≠z . 故在'K 内1()λz 解析，且1()0()ϕλ=≠a a .即a 为1()f z 的m 级零点. "(3)(1)"⇒设条件(3)成立，即1()(),()ϕ=-m z a z f z 其中()ϕz 在a 的某领域内解析，且()0ϕ≠a ，由33P 的例1.28知:,ρ∃'-<K z a 使在K 内1()0,()ϕϕ≠∴z z 在'K 内解析.由Taylor 定理， 在'K 内有011()()ϕ=+-+ b b z a z∴在{}'-K a 内有0111()()[()]()()ϕ==+-+-- m mf z z b b z a z a z a01()()=++-- m mb b z a z a 0(0)≠b作业: 第218-219页 4(1) (3) (5), 5(1) (3).§3解析函数在无穷远点的性质教学目的与要求:掌握解析函数在无穷远点的性质. 重点: 解析函数在无穷远点的性质. 难点：解析函数在无穷远点的性质. 课时：2学时1. 基本概念1.1 2 3 2.如证令数引理：设()f z 在K ：z <1内解析，且(0)0,()f f z =<1则 a ）()f z z ≤， b ）(0)1f '≤， c ）若(0)1f '=，或00z∃≠，使00()f z z =则()()i f z z R e αα=∈.证明：由已知得：12()f z z z c c =++ (1)z <令212(),(0)()(0)f z c c z z z z c z ϕ⎧=++≠⎪=⎨⎪=⎩则()z ϕ在:1K z <内解析.对0,z K ∀∈取r ，使01,z r <<由最大模原理有：0()1()max ()maxz rz rf z z z zrϕϕ==≤=≤. 令1r →得0()1z ϕ≤，特别地，1(0)(0)1f c ϕ'==≤即（b ）成立，又若00z ≠，由0()1z ϕ≤，得00()1f z z ≤，即00().f z z ≤以及(0)0f =，故对z K ∀∈，有()f z z ≤，即（a ）成立.几何意义：在引理条件下，z 的象都比z 本身，距坐标原点要近.若有00z ≠，0z 的象与0z 本身距原点的距离相等，则变换仅仅是一个旋转.作业: 第219页6, 7, 8 (1) (3).。
《复变函数》教学大纲
《复变函数》课程教学大纲一教学大纲说明（一）课程的性质、地位、作用和任务《复变函数》是数学与应用数学（教师教育）专业的一门重要的专业限选课程，它是重要的基础课程。
本课程的任务是使学生掌握复分析的基本思想，加深对数学分析、解析几何以及高等代数相关知识的理解，培养学生的数学素质，为进一步学习近代数学理论打下良好的基础。
（二）课程教学的目的和要求在学习本课程之前，学生已经学过数学分析。
本课程本质上是复分析的基本内容。
通过本课程的学习，使学生掌握复分析的基本思想，加深对数学分析、解析几何以及高等代数的理解，培养学生的数学素质，为进一步学习近代数学理论打下良好的基础。
掌握：解析函数概念及几个与解析函数相关的等价命题、残数理论及其应用、最大模原理及其应用。
理解：复积分、复级数理论。
了解：复几何的基本思想。
（三）课程教学方法与手段本课程的教学以课堂教学为主，辅以习题练习与自学相结合的方法进行。
基本知识与重要内容如基本定理与重要定理从叙述到详细证明，应用等由教师讲授，其它由学生自学。
为了贯彻少而精的原则，本大纲在内容选取上注意突出基本理论与基本方法。
对与数学分析中平行的概念和结果，既指出其相似之处，更强调其不同之点。
对本课程所具有的新内容，包括其证明方法，在课程教学中教师都将给予较详尽的讲解。
有*号的内容，可视教学情况而取舍。
（四）课程与其它课程的联系本课程的先行课程是数学分析，而本课程所讨论的内容和研究方法是其它许多数学理论的基础。
例如在微分几何、偏微分方程、动力系统、计算数学、近代物理、工程技术等理论中都有广泛的应用。
（五）教材与教学参考书教材：钟玉泉编，《复变函数论》，高等教育出版社，2004年第三版教学参考书：余家荣编，《复变函数》，高等教育出版社，1988年第二版二课程的教学内容、重点和难点第一章复数与复变函数教学内容：复数及其表示、几何上的应用，复平面点集，复变函数，复球面与无穷远点重点：复平面点集，复变函数难点：复球面与无穷远点第二章解析函数教学内容：解析函数的概念与柯西-黎曼条件、初等解析函数、初等多值函数重点：解析函数的概念与柯西-黎曼条件难点：支点的概念与初等多值函数第三章复变函数的积分教学内容：复积分的概念及其简单性质、柯西积分定理、柯西积分公式及其推论、解析函数与调和函数的关系、*平面向量场——解析函数的应用（一）重点：柯西积分定理、柯西积分公式及其推论难点：柯西积分公式及其推论第四章解析函数的幂级数表示法教学内容：复级数的基本性质、幂级数、解析函数的泰勒展式、解析函数零点的孤立性及唯一性定理重点：解析函数零点的孤立性及唯一性定理难点：解析函数的泰勒展式与唯一性定理第五章解析函数的罗朗展式与孤立奇点教学内容：解析函数的罗朗展式、解析函数的孤立奇点、解析函数在无穷远点的性质、*平面向量场——解析函数的应用（二）重点：解析函数的罗朗展式难点：解析函数的孤立奇点，解析函数在无穷远点的性质第六章残数理论及其应用教学内容：残数、用残数定理计算定积分、辐角原理及其应用重点：用残数定理计算定积分难点：辐角原理及其应用*第七章保形变换教学内容：解析变换的特性、线性变换、某些初等函数所构成的保形变换重点：线性变换难点：某些初等函数所构成的保形变换三建议学时分配。
第五章解析函数罗的朗展式
2 zi 5 2 5
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课程名称：复变函数
2007.09.01 主讲教师：卢 谦
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西南科技大学大学本科理科数学类专业课程
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f (z) 在2 z 内可展开成罗朗级数，即
复变函数与积分变换第五章
解 函数 f (z) 除点 z 0, 1, 2 外,
在 z 内解析 . 因(sin z) cos z 在 z 0, 1, 2, 处均不为零.
所以这些点都是 sin z 的一阶零点,
故这些点中除1, -1, 2外, 都是 f (z)的三阶极点.
30
因 z2 1 (z 1)(z 1), 以1与- 1为一阶零点，
展开式的前m项系数都为零 ,由泰勒级数的系数
公式知: f (n)(z0 ) 0, (n 0,1,2, m 1);
并且
f
(m)(z0 ) m!
c0
0.
（充分性） 由于 f (n)(z0 ) 0, (n 0,1,2, m 1);
f
( m ) ( z0 m!
)
c0
0.
故
邋 f (z) =
ゥ f (n) (z0 ) (z n= m n!
6
例3 sin z 1 1 z2 1 z4 中不含负幂项,
z
3! 5!
z
0
是
sin z z
的可去奇点
.
如果补充定义:
z 0 时, sin z 1, z
那末 sin z 在 z 0 解析. z
7
例4 说明 z 0 为 ez 1 的可去奇点. z
解 ez 1 1(1 z 1 z2 1 zn 1)
zz
2!
n!
1 1 z 1 zn1 , 0 z
2!
n!
无负幂项
所以 z 0 为 ez 1 的可去奇点. z
另解 因为 lim e z 1 lim ez 1, 作业2.4.8(洛必达法则)
z0 z
z0
所以 z 0 为 e z 1 的可去奇点. 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体现，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．在此基础上，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．学习的基本要求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：1Res ()z f z β-=∞=-，其中1β-为()f z 在∞处的洛朗展式中1z 的系数．化为有限点处的留数：2011Res ()Res()z z f z f z z=∞==-． 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，从而正确地认识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基本思想或基本原理：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lim ()z z Dz f z A →∞∈⋅=，记 0{,}R z z z R z D Γ=-=∈，R Γ的方向是逆时针，则21lim()d ()RR f z z i A θθΓ→+∞=-⎰．［提示］利用积分的估值性，并注意到0lim()()z z Dz z f z A →∞∈-=，2101d ()Rz i z z θθΓ=--⎰以及00210()()()()()d ()d d RRR z z f z A z z f z Af z z i A z z z z RθθΓΓΓ------=≤-⎰⎰⎰．引理1 设函数()f z 在闭区域:D 1020arg()z z θθπ≤≤-≤≤，00r z z ≤-<+∞上连续，记0{,}R z z z R z D Γ=-=∈，0m >，R Γ的方向是逆时针，若lim ()0z z Df z →∞∈=，则lim()d 0Rimz R f z e z Γ→+∞=⎰．［提示］利用积分的估值性，并注意到其中用到了约当不等式：当02πθ≤≤时，2sin θθθπ≤≤．引理2 设函数()f z 在圆环形闭区域:D 1020arg()2z z θθπ≤≤-≤≤，000z z r ≤-≤上连续，记0{,}r z z z r z D Γ=-=∈，r Γ的方向是逆时针，且00lim()()z z z Dz z f z A →∈-=，则210lim ()d ()rr f z z i A θθ+Γ→=-⎰．［提示］利用积分的估值性，并注意到2101d ()rz i z z θθΓ=--⎰，以及 00210()()()()()d ()d d rrrz z f z A z z f z Af z z i A z z z z rθθΓΓΓ------=≤-⎰⎰⎰．7．熟练掌握以下几种类型的实积分利用留数来计算的方法① 形如20(cos ,sin )d R πθθθ⎰或(cos ,sin )d R ππθθθ-⎰的积分，其中(cos ,sin )R θθ是三角有理函数，且分母函数在[0,2]π或[,]ππ-上恒不为零． 特别，当(cos ,sin )R θθ是偶函数时，还可考虑积分(cos ,sin )d R πθθθ⎰．注意：● 当被积函数是2cos θ或2sin θ的有理函数时，可先用公式21cos (1cos 2)2θθ=+或21sin (1cos 2)2θθ=-降次，再计算．● 当被积函数是(cos ,sin )cos R m θθθ⋅或(cos ,sin )sin R m θθθ⋅时，可利用欧拉公式将积分先化为 再计算．② 形如()d R x x +∞-∞⎰的反常积分，其中()R x 为实有理函数．特别，当()R x 是偶函数时，还可考虑积分()d R x x +∞⎰．注意：此类型的积分的柯西主值（P .V.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ε为半径的上半圆周作为补充路径．③ 形如()d imxR x e x +∞-∞⋅⎰或()cos d R x mx x +∞-∞⋅⎰或()sin d R x mx x +∞-∞⋅⎰的反常积分，其中()R x 为实有理函数，0m >．特别，当()R x 是偶函数时，还可考虑积分0()cos d R x mx x +∞⋅⎰；当()R x 是奇函数时，也可考虑积分()sin d R x mx x +∞⋅⎰．注意：此类型的积分的柯西主值（P .V.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ε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 α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1()d 2()C f z z i f z π'⎰的几何意义，掌握对数留数的计算公式．并掌握下面的一个结论：若0z 是函数()f z 的m 阶零点或m 阶极点，则0z 必为()()f z f z '的一阶极点，且当0z 是函数()f z 的m 阶零点时，0()Res()z z f z m f z ='=； 当0z 是函数()f z 的m 阶极点时，0()Res()z z f z m 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基本思路；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，即若()f z 在其孤立奇点a 的去心邻域0z a R <-<内的罗郎展式为 则1Res ()z af z c -==，其中1c -是罗郎展式中1z a-这一项的系数。
复变函数论 第五章 解析函数的洛朗展式与孤立奇点
第五章 解析函数的洛朗展式与孤立奇点§1 解析函数的洛朗展式教学目的与要求: 了解双边幂级数,了解洛朗级数与泰勒级数的关系,掌握解析函数在孤立奇点邻域内的洛朗展式的求法.重点: 解析函数的洛朗展式;解析函数在孤立奇点邻域内的洛朗展式的求法. 难点：解析函数的洛朗展式的证明. 课时：2学时定义5.1 级数101()()()n n n nn C C C z a C C z a z a z a+∞--=-∞-=⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++-+⋅⋅⋅--∑(5.1) 称洛朗()Laurent 级数，n C 称为(4.22)的系数.对于点z ，如果级数01()()()nn nn n C z a C C z a C z a +∞=-∞-=+-+⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅∑ (5.2)收敛于1()f x ，且级数1()()n n n n n C C C z a z a z a+∞--=-∞-=⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+--∑ (5.3) 收敛于2()f x ，则称级数(4.22)在点z 收敛，其和函数为1()f x +2()f x 当0n C -=(1,2,)n =⋅⋅⋅时，(5.1)即变为幂级数.类似于幂级数，我们有定理5.1 设()f z 在圆环12:D R z a R <-<12(0)R R ≤<<+∞内解析，则在D 内()()nn n f z C z a +∞=-∞=-∑(5.4)其中11()2()n n f z C dz i z a π+Γ=-⎰ (0,1,)n =±⋅⋅⋅ (5.5) :z a ρΓ-=，且12R R ρ<<，系数n C 被()f z 及D 唯一确定.(5.4)称为()f z 的洛朗展式.证明：对:z H ∀∈作1:1z a ρΓ-=，2:2z a ρΓ-=，（其中12r R ρρ<<<） 且使z D ∈：12z a ρρ<-<，（如图5.1）由柯西积分公式，有()()2112f f z d i z ξξπξ-Γ+Γ==-⎰()212f d i z ξξπξΓ-⎰+()112f d i z ξξπξΓ-⎰图5.1对于第一个积分，只要照抄泰勒定理证明中的相应部分，即得：()212f d i z ξξπξΓ-⎰=()0nn n C z a ∞=-∑ 其中()()1212n n f C d i a ξξπξ+Γ=-⎰()!n f a n = 对于第二个积分()112f d i z ξξπξΓ-⎰： ()()()()()()1f f f z z a a z a z a a ξξξξξξ==----⎛⎫---⎪-⎝⎭当1ξ∈Γ时11az az aρξ-=<--1111n n a a z a z aξξ-∞=-⎛⎫∴=⎪--⎝⎭--∑ （右边级数对于1ξ∈Γ是一致收敛）上式两边乘上()f z a ξ-得：()f z ξξ=-()11n n f a z a z a ξξ-∞=-⎛⎫ ⎪--⎝⎭∑=()()()111n n n f z a a ξξ∞-+=--∑ 右边级数对1ξ∈Γ 仍一致收敛，沿1Γ逐项积分，可得()112f d i z ξξπξΓ-⎰=()11n n z a ∞=-∑()()1112n f d i a ξξπξ+Γ-⎰ 其中n C =()()1112n f d i a ξξπξ-+Γ-⎰113. 3.10P Th ()()112n f d i a ξξπξ-+Γ-⎰ 于是：()()nn n f z C z a +∞=-∞=-∑， 其中n C =()()112n f d i a ξξπξ+Γ-⎰ （n=0,1,± ） 下面证明展式唯一，若在H 内()f z 另有展开式()()'nnn f z C z a +∞=-∞=-∑右边级数在Γ上一致收敛，两边乘上()11m z a +-得：()()1m f z z a +-=()'1nm n n C z a ∞-+=-∞-∑，右边级数在Γ上仍一致收敛，沿Γ逐项积分，可得：()()112m f d i a ξξπξ+Γ-⎰=()'1112n m n n C d i a ξπξ+∞-+Γ=-∞-∑⎰ ∴'n C =n C 即展式是唯一的.注：1）定理中的展式称为洛朗展开式，级数称为洛朗级数. n C 称为洛朗系数.2）泰勒展式是洛朗展式的特例. 例1．求()()()112f z z z =--在（1）1,(2)12,(3)2(4)011z z z z <<<<<∞<-<中的洛朗展开式. 解：()1121f z z z =--- (1）()00111122212nnn n z f z z z z ∞∞==⎛⎫=-=-=⎪-⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭∑∑12nn n n n z z ∞∞+==-∑∑=10112n n n z ∞+=⎛⎫- ⎪⎝⎭∑ (1z <).(2) ()1121f z z z =---1112112z z z =--⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭100112n n n n n z z z ∞∞+==⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑ 110012n n n n n z z∞∞++==⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑. (12z <<)(3) ()1121f z z z =-=--112111z z z z -⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1000121121n n n n n n n n z z z z∞∞∞+===⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭∑∑∑ . (2z <<∞) (4)()()()0111111211111nn f z z z z z z z ∞==-=-=---------∑. (011z <-<)此例子说明：同一个函数在不同的圆环内的洛朗展式可能不同. 例2 求2sin z z 及sin zz在0z <<+∞内的洛朗展式 解 2s i n z z 3211(1)3!5!(21)!n n z z z z n --=-++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+ sin z z 242(1)13!5!(21)!n nz z z n -=-++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+例3 1ze 在0z <<+∞内的洛朗展式为 解 1z e 211112!!n z z n z=+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅ 作业: 第217页 1 (1) (3), 2(1)(3)§2解析函数的孤立奇点教学目的与要求: 掌握洛朗定理及孤立奇点的分类及判断方法. 重点:孤立奇点的分类及判断方法. 难点：函数在本质奇点的邻域的性质. 课时：2学时 一 . 定义：1．设()f z 在点a 的某去心邻域内解析，但在点a 不解析，则称a 为f 的孤立奇点.例如sin zz，1z e 以0=z 为孤立奇点.0=z 为奇点，但不是孤立奇点，是支点.11sin z以0=z 为奇点（又由1sin0=z ，得1(1, 2...,)π==±±z k k 故0=z 不是孤立奇点） 2．设a 为()f z 的孤立奇点，则()f z 在a 的某去心邻域内，有1()()()，∞∞-===+-∑∑-nnnnn n f z c z a c z a 称()n=1∞-∑-nnc z a 为()f z 在点a 的主要部分，称()∞=-∑nnn z a c 为()f z 在点a 的正则部分，当主要部分为0时，称a 为()f z 的可去奇点；当主要部分为有限项时，设为(1)11(0)()()------+++≠--- m m m m m c c c c z a z a z a称a 为()f z 的m 级极点；当主要部分为无限项时，称a 为本性奇点.二．判定 1．可去奇点定理5.3 设a 为()f z 的孤立奇点,则下列条件等价(1)a 为f 的可去奇点 (2)lim ()()→=≠∞z af z b3（）f 在a 的某去心邻域内有界证明:"(1)(2)"⇒设条件1（）成立,则在a 的某一去心邻域内,有0()lim ()()∞→==∴=≠∞-∑nnz an f z f z z a c c"(2)(3)":⇒显然成立."(3)(1)"⇒设f 在a 的去心邻域{}:0-<-<k a z a R 内以M 为界考虑()f z 在点z 的主要部分:11()(1,2,): 02()ξξξρρπξ-+-Γ==Γ-=<<⎰- n n f d n a R i c a()112002πρρρπρ--+≤=→→n n n MC M 120--∴===∴ a c c 为可去奇点.例：说明0=z 是sin zz的可去奇点. 法一：324sin 1()1 03!3!5!=-+=-+<<∞ z z z z z z z z法二：0sin lim 1→=≠∞z zz2.极点定理5.4 设a 为()f z 的孤立奇点.则下列条件等价：1（）a 为f 的m 级极点2（）f 在a 的某去心邻域：{}:0-<-<k a z a R 内可表示为()()()λ=-mz f z z a 其中()λz 在k 内解析，且()0λ≠a1(3).()()=g z f z 从a 为m 级零点(可去奇点作为解析点看) 证明："(1)(2)"⇒设条件(1)成立，即()f z 在a 的某去心邻域内有：101()()()--=++++-+-- m m c c f z c c z a z a z a(0)-≠m c1110()()()()---+-+-++-+-+=-m m m m mc c z a c z a c z a z a ()()记λ-mz z a（()λz 为幂级数的和函数，故解析）其中()λz 在a 的某邻域内解析，且从()0λ-=≠m a c"(2)(3)"⇒：设条件(2)成立，即f 在a 的某去心邻域{}:0-<-<k a z a R内有()()()λ=-mz f z z a ，其中()λz 满足已知的两个条件.由例知存在:.()ρ'-<≤'⊂K z a R K K ，使得在'K 内()0λ≠z . 故在'K 内1()λz 解析，且1()0()ϕλ=≠a a .即a 为1()f z 的m 级零点. "(3)(1)"⇒设条件(3)成立，即1()(),()ϕ=-m z a z f z 其中()ϕz 在a 的某领域内解析，且()0ϕ≠a ，由33P 的例1.28知:,ρ∃'-<K z a 使在K 内1()0,()ϕϕ≠∴z z 在'K 内解析.由Taylor 定理， 在'K 内有011()()ϕ=+-+ b b z a z∴在{}'-K a 内有0111()()[()]()()ϕ==+-+-- m mf z z b b z a z a z a01()()=++-- m mb b z a z a 0(0)≠b作业: 第218-219页 4(1) (3) (5), 5(1) (3).§3解析函数在无穷远点的性质教学目的与要求:掌握解析函数在无穷远点的性质. 重点: 解析函数在无穷远点的性质. 难点：解析函数在无穷远点的性质. 课时：2学时1. 基本概念1.1 2 3 2.如证令数引理：设()f z 在K ：z <1内解析，且(0)0,()f f z =<1则 a ）()f z z ≤， b ）(0)1f '≤， c ）若(0)1f '=，或00z∃≠，使00()f z z =则()()i f z z R e αα=∈.证明：由已知得：12()f z z z c c =++ (1)z <令212(),(0)()(0)f z c c z z z z c z ϕ⎧=++≠⎪=⎨⎪=⎩则()z ϕ在:1K z <内解析.对0,z K ∀∈取r ，使01,z r <<由最大模原理有：0()1()max ()maxz rz rf z z z zrϕϕ==≤=≤. 令1r →得0()1z ϕ≤，特别地，1(0)(0)1f c ϕ'==≤即（b ）成立，又若00z ≠，由0()1z ϕ≤，得00()1f z z ≤，即00().f z z ≤以及(0)0f =，故对z K ∀∈，有()f z z ≤，即（a ）成立.几何意义：在引理条件下，z 的象都比z 本身，距坐标原点要近.若有00z ≠，0z 的象与0z 本身距原点的距离相等，则变换仅仅是一个旋转.作业: 第219页6, 7, 8 (1) (3).。
复变函数论第5章第2节
考虑 ϕ ( z ) 在单位圆 | z |< 1 内任一点 z0 处的值 , 根据最大模原理, 如果 r 满足条件 | z0 |< r < 1 , 根据最大模原理 有
f (0) = 0 ， | f ( z ) |< 1 (| z |< 1)
f (z) 1 | ϕ ( z0 ) |≤ max | ϕ ( z ) |= max < . | z| = r | z| = r z r 让 r → 1 即得
所以 a 是 f (z ) 的 m 阶极点 阶极点.
说明
此引理为判断函数的极点提供了一个较为
简便的方法. 简便的方法. 1 例2 函数 sin z 有些什么奇点 如果是极点 指出 有些什么奇点, 如果是极点, 它的阶. 它的阶 解 函数的奇点是使 sin z = 0 的点 的点, 是孤立奇点 这些奇点是 z = kπ ( k = 0 , ± 1 , ± 2L) , 是孤立奇点.
因为 (sin z )′ z = kπ = cos z z = kπ = ( −1) ≠ 0, 1 即 的一阶零点， 所以 z = kπ 是 sin z 的一阶零点， 的一阶极点. 的一阶极点 sin z
k
3z + 2 , z = 0 是二阶极点 例3 有理分式函数 f ( z ) = 2 极点, z ( z + 2) z = −2 是 一阶 极点 极点.
下面的定理也是极点的 一个特征 .
定理5.5 点 a 为函数 f (z ) 极点的充要条件是
lim f ( z ) = ∞ .
z→a
极点的判定方法 (1) 由定义判别
f (z ) 的洛朗展开式中含有 z − a 的负幂项为有 限项 限项.
(2) 由定义的等价形式判别 在点 z0 的某去心邻域内 f ( z ) =
《复变函数》教学大纲
《复变函数》教学大纲一、《复变函数》课程说明（一）课程代码：（二）课程英文名称：Functions of Complex Variables（三）开课对象：数学教育专科学生（四）课程性质：考试复变函数是数学专业的一门专业必修课，又是数学分析的后继课。
已经形成了非常系统的理论并且深刻地渗入到代数学，解析数论、微分方程、概率统计、计算数学和拓扑学等数学分支，同时，它在热力学，流体力学和电学等方面也有很多的应用。
先修课程：数学分析，解析几何，高等代数，普通物理，常微分方程。
（五）教学目的：通过本课程的讲授和学习，使学生了解和掌握解析函数的一般理论，接受严密的复分析训练，并为将来从事教学，科研及其它实际工作打好基础。
（六）教学内容：本课程主要讲述解析函数的分析理论，级数理论和几何理论；主要内容为复平面和复变函数，解析函数的初等函数及多值性问题，复函数的积分和调和函数，级数，留数理论及应用，保形映照等。
（七）教学时数学时数：72学时分数：4学分（八）教学方式教师课堂讲授为主。
（九）考核方式和成绩记载说明考核方式为考试。
严格考核学生出勤情况，达到学籍管理规定的旷课量取消考试资格。
综合成绩根据平时成绩和期末成绩评定，平时成绩占40% ，期末成绩占60% 。
二、讲授大纲与各章的基本要求第一章复数与复变函数教学要点：通过本章的教学使学生初步使学生初步掌握并熟悉复平面的基础知识和复函数的概念，掌握区域和复数的各种表示方法及其运算，了解复球面的建立与球极投影，和复变函数的定义与二元实函数的关系。
1、使学生掌握复数各种表示方法及其运算。
2、使学生了解区域的概念。
3、使学生了解复球面与无穷远点。
4、使学生理解复变函数概念。
教学时数：6学时教学内容：第一节复数一、复数域、复平面二、复数的模与辐角三、乘幂、方根、共轭复数第二节复平面上点集一、平面点集的几个基本概念二、区域、约当曲线第三节复变函数一、复变函数二、复极限、复连续第四节复球面和无穷远点一、复球面二、扩充复平面上的几个概念考核要求：1、复数1.1 复数的各种运算、表示法和三角不等式（应用）2、复平面上点集2.1 平面点集的几个基本概念（领会）2.2 区域、约当曲线（领会）3、复变函数3.1 复极限、复连续（识记）4、复球面和无穷远点4.1 无穷远点（识记）第二章解析函数教学要点：1、理解复变函数可导与解析的概念，弄清这两个概念之间的关系。
[学习]复变函数论第三版钟玉泉ppt5解析函数的洛朗展式与孤立奇点shu
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如果a为f(z)的一个孤立奇点，则f(z)在 点a的某一去心邻域K-{a}：0<|z-a|<R内能展 成洛朗级数。
10
2019/12/7
4. 解析函数在孤立奇点邻域内的洛朗展式
将函数展成洛朗级数的常用方法。 1. 直接展开法:
利用定理公式计算系数 cn
cn
1
2πi C (
f
(
z0
) )n1
唯一的(即f (z)及圆环H唯一地决定了系数cn ).
5
2019/12/7
2. 解析函数的洛朗(Laurent)展式
f (z) cn(z a)n
(2)
n
1
cn 2 i
(
f ( )
a) n1
d
,(n
0,
1,
2,
),
(3)
定义5.1 (2)式称为f(z)在点a处的罗朗展式，(3)称 为其罗朗系数，而(2)右边的级数则称为罗朗级数。
n
n1
负幂项部分
n0
非负幂项部分
主要部分
解析部分
注: 主要部分与解析部分同时收敛称幂级数收敛
2
2019/12/7
cn(z z0 )n
令 (z z0 )1
cn n
n1
若
n1
R1 时收敛, 收敛域为 z z0
1 r
R1
z z cn(z z0 )n的收敛半径为R, 收敛域为
n0
0
R
若 (1) r R : 两收敛域无公共部分,
(2) r R :两收敛域有公共部分H: r z z0 R.
复变函数教学大纲(工科)(2)
课程编号：×××课程名称：复变函数(Complex Functions)《复变函数》教学大纲一、课程说明复变函数的理论和方法，对物理、力学、工程及数学的其他分支都有广泛的应用。
通过本课程的教学，使学生掌握复变函数的基本理论和基本方法，培养学生具有较好的分析问题和解决问题的能力。
为了贯彻“少而精”的原则，本大纲在内容选取上注意了突出基本理论和基本方法，本大纲内容，重点放在单复变函数的微分、积分、解析函数的级数展开、残数定理等内容上。
对于初等多值解析函数和解析开拓，要求只作初步介绍。
本课程总时数为36学时左右，其中讲授时数与习题课时数之比大致是3:1。
二、学时分配表三、教学目的与要求教学目的：1、通过本课程的教学，使学生掌握复变函数论的基本理论和方法，获得独立地分析和解决些有关的理论和实际问题的能力。
为进一步学习其他课程，并为其他实际工作打好基础。
2、通过基本概念的正确讲解，基本理论的系统阐述，基本运算能力的严格训练，使学生受到严格的思维训练，为初步掌握数学思维方法打下基础。
基本要求：掌握解析函数的基本性质，并能初步地运用这些性质来证明或计算四、教学内容纲要第一章复数与复变函数主要内容：复数的有关概念，复数点集的概念，复数的运算。
要求：1、理解复数的下列概念：实部、虚部、模、幅角、共轭复数、乘幂与方根，熟练掌握相应的运算。
）2、理解平面点集(复数集)的下列概念：区域、单连通区域，边界、闭区域。
3、了解Jordan曲线概念，复变函数的极限与连续定义并能进行相应的运算，知道复球面与无穷远点的关系。
重点: 复变函数的概念，极限与连续性难点: 同上第二章解析函数主要内容：解析概念与初步运算性质，Cauchy——Riemann 条件，初等解析函数与初等多值函数。
要求：1、了解复函数的可导与微分的概念，理解解析的概念及其与Cauchy——Riemann 条件的关系。
2、熟练掌握初等解析函数的运算。
第五章 解析函数的洛朗展式与孤立奇点 第三讲 解析函数在无穷远点的性质课件ppt课件
5.3解析函数在无穷远点的性质
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定义5.4 设函数f(z)在无穷远点(去心)邻域 N-{∞}:+∞>|z|>r≥0 内解析,则称点∞为f(z)的一个孤立奇点.
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(1)对于扩充z平面上无穷远点的去心邻域 N-{∞},有扩充z/平面上的原点的去心邻域;
(2)在对应点z与z/上,函数
f ( z ) ( z' )
f ( z ) lim ( z' ), 或两个极限都不存在. (3) lim z z 0
定义5.5 若z/=0为 ( z ' ) 的可去奇点(解析点), m级极点或本性奇点,则我们相应地称z=∞为 f(z)的可去奇点(解析点),m级极点或本性奇点. ( z' ) 设在去心邻域K-{0}:0<|z’|<1/r内将 展成罗朗级数: ( z ' )
(5.13)为f(z)在无穷远点去心邻域N-{∞}: 0≤r<|z|<+∞内的罗朗展式.对应 ( z ' )在z’=0
的主要部分,我们称 n
n b z n
为f(z)在z=∞
的主要部分.
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定理5.3/ (对应于定理5.3)f(z)的孤立奇点z=∞为可去奇 点的充要条件是下列三条中的任何一条成立: (1)f(z)在 z 的主要部分为零; f ( z ) b( ); (2) lim z (3)f(z)在 z 的某去心邻域N-{∞}内有界. 定理5.4/ (对应于定理5.4)f(z)的孤立奇点z=∞为m级
解析函数的罗朗(Laurent)展式与孤立奇点第五章第二节
n0
cn(z a)n 为f(z)在点a的主要部分.
n1
定义5.3 设a为f(z)的孤立奇点. (1)如果f(z)在点a的主要部分为零,则称a为 f(z)的孤立奇点. (2)如果f(z)在点a的主要部分为有限多项,
设为
cm (z a)m
c(m1) (z a)m1
c1 za
(cm
0),
则称a为f(z)的m阶(级)极点.一级极点也称为简单 极点.
5.2 解析函数的有限孤立奇点
5.2.1孤立奇点的分类 5.2.2孤立奇点的性质 1. 可去奇点的性质 2. 极点的性质 3. 本性奇点的性质 5.2.3 Picard定理 5.3.4 Schwarz引理
5.2.1孤立奇点的分类
定义5.2 如果f(z)在点a的某一去心邻域
K-{a}:0<|z-a|<R(即除去圆心a的某圆)内解析,
,
cn
1
2i
(
f
( )
a ) n1
d
(
n
0,1,2, ),
: z-a (0 R)
cn
1
2i
(
f
( )
a ) n1
d
1
2
M
n1
2
c 0 M n 0 ( ) n
注：a为可去奇点时，补充 f(z)=c0,则a就成为 f(z)的解析点了。
2.极点的性质
定理5.4 如果f(z)以a为孤立点,则a为f(z)的m
其中α为一实常数.
证 设 f (z) c1z c2z2 (| z | 1).
(z)
f
(z) z
c1
c2 z
(z
0),
(0) c1 f '(0) (z)
复变函数第五章解析函数的洛朗(Laurent)展式与孤立奇点知识点总结
第五章解析函数的洛朗（Laurent）展式与孤立奇点§1.解析函数的洛朗展式1.双边幂级数2.（定理5.1）：收敛圆环H，（1）H内绝对收敛且内闭一致收敛于f(z)=f1+f2（2）函数f在H内解析（3）f在H内可逐项求导p次（4）可沿H内曲线C逐项积分注：对应于定理4.133.（定理5.2 洛朗定理）：在圆环内解析的函数f必可展成双边幂级数，其中c n=12πi∫f(ξ)(ξ−a)n+1Γdξ,(n=0,±1,±2…)Γ为圆周|ξ−a|=ρ,f和圆环唯一决定系数c n4.泰勒级数是洛朗级数的特殊情形5.孤立奇点（奇点：不解析点）注：多值性孤立奇点即支点6.如果a为f(z)的一个孤立奇点，则必存在正数R，使得f(z)在点a的去心邻域K-{a}：0<|z-a|<R内可展成洛朗级数§2.解析函数的孤立奇点1.正则部分、主要部分2.可去奇点、极点（m阶极点，单极点）、本质奇点3.（定理5.3）可去奇点的特征（三点等价）：（1）f(z)在a点主要部分为零（2）可去奇点的判定条件：limz→af(z)=b(≠∞)（3）f(z)在a的去心邻域内有界4.施瓦茨（Schwarz）引理：如果函数f(z)在单位圆|z|<1内解析，并且满足条件f(0)=0,|f(z)|<1(|z|<1),则在单位圆|z|<1内恒有|f(z)|≤|z|，且有|f′(0)|≤1如果上式等号成立，或在圆|z|<1内一点z0≠0处前一式等号成立，则（当且仅当）f(z)=e iαz（|z|<1）其中α是一实常数。
5.（定理5.4）：m阶极点的特征（三点等价）（1）主要部分为有限项（系数c−m≠0）（2）f(z)在点a的某去心邻域内能表示成f(z)=λ(z) (z−a)m其中λ(z)在点a的邻域内解析，且λ(a)≠0;（3）g(z)=1f(z)以点a为m阶零点（可去奇点要当作解析点看，只要令g(a)=0）注：f(z)以a为m阶极点⇔1f(z)以点a为m阶零点6.（定理5.5）：函数f(z)的孤立奇点a为极点的充要条件是limz→af(z)=∞7.（定理5.6）：函数f(z)的孤立奇点a为本质奇点的充要条件是lim z→a f(z)≠{b（有限数）∞，即limz→af(z)不存在8.（定理5.7）：若z=a为函数f(z)之一本质奇点，且在点a的充分小去心邻域内部委零，则z=a亦必为1f(z)的本质奇点。
复变函数教案
复变函数教案 5.1(总5页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第五章 解析函数的罗朗展式与孤立奇点教学课题：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...)(...)()(0202010+-++-+-+------nn n z z z z z z ββββ其中,...,...,,,100n z --βββ是复常数。
此级数可以看成变量1z z -的幂级数；设这幂级数的收敛半径是R 。
如果+∞<<R o ，那么不难看出，此级数在Rz z 1||0>-内绝对收敛并且内闭一致收敛，在Rz 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，按照不同情形，此级数分别在0||)0(1||010>-+∞<<=>-z z R R Rz 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 nz z β这里,...)2,1,0(,0±±=n z n β是复常数。
当级数,)()(1000∑∑-∞-=+∞=--n n n n nnz z z z ββ及都收敛时，我们说原级数∑+∞-∞=-n n nz z )(0β收敛，并且它的和等于上式中两个级数的和函数相加。
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第五章 解析函数的罗朗展式与孤立奇点
第一阶 解析函数的罗朗展式
一、双边幂级数
212
00102002
00()()()()()
n n n n n c c c z z c c z z c z z c z z z z z z ∞
--=-∞
-=+-+-+-+
++--∑L L 定理 双边幂级数
()
n
n
n c z z ∞
=-∞
-∑的收敛圆环为:H r z a R <-<，则该级数满足
（1） 在H 内绝对且内闭一致收敛于函数()f z 。
（2）函数()f z 在H 内解析 （2） 在H 内可逐项求导 （4）可沿H 内的曲线逐项积分。
定理 在圆环:H r z a R <-<内解析的函数()f z 可展为双边幂级数
()
n
n
n c z z ∞
=-∞
-∑，其中
11()
2()
n n f c d i a ζζπζ+Γ=
-⎰ （0,1,2,n =±±）Γ为圆环内的圆周a ζρ-=，并且展式是唯一的。
例如 将函数1
()(1)(2)
f z z z =
--在以下三个圆环内展成罗朗展式
（1）1z <， （2）12z << （3）21z <<+∞。
解11()21
f z z z =
--- （1）10
111111()()(1)2112212
n n n f z z z z z z ∞
+==
-=-=-----∑。
（2）1101011111111111()()1212222112n n n n n n n n n z z f z z z z z z z z
z ∞∞∞∞
-+=====
-=-=-=-----∑∑∑∑。
（3）1002111111121121()212111n n n n n
n n n f z z z z z z z z z z z z
-∞∞∞
===-=-=-=-=----∑∑∑。
二、 解析函数在孤立奇点邻域内的罗朗展式
定义 如果函数()f z 在z a =点的去心邻域0z a R <-<内解析，点a 是奇点，则称a 是()f z 的孤立奇点。
如果z a =为()f z 的孤立奇点，则必存在正整数R ，使得()f z 在z a =点的去心邻域0z a R <-<内展为罗朗展式。
例如 1
()(1)(2)
f z z z =--在z 平面内只有两个奇点1,2z z ==，试分别求()f z 在此两点去心邻域内的
罗朗展式。
解（1）在011z <-<内，0
111111
()(1)(1)(2)121(1)11n n f z z z z z z z z z ∞
=---==+=+=----------∑
（2）在021z <-<内，0
1111
()(1)(2)(1)(2)2212n n n f z z z z z z z ∞
===-+=-------+-∑
（3）在∞点的去心邻域11z <-<+∞内，
1
01
11111111111()()()1121(1)111111111
n n n n f z z z z z z z z z z z z ∞∞+==----=+=+=+=+=-------------∑∑ （3） 在在∞点的去心邻域12z <-<+∞内
101
111111111()(1)()()122122222212
n
n n n n f z z z z z z z z z z ∞∞+===-=-=--=---+------+-∑∑。
例如 sin ()z
f z z
=
在z 平展式为面上只有点奇0z =，在去心邻域0z <<+∞内的罗朗 20
(1)()(21)!n n
n z f z n ∞
=-=+∑ 。
例如 1z
z
e e +在z 展式为面上只有点奇0z =，在去心邻域0z <<+∞内的罗朗为
1
11
1
!!n z
z
n
n n z e e n n z ∞
∞==+=+∑∑。
第二阶 解析函数的孤立奇点
一、孤立奇点的三种类型
000
1
()()()n
n
n
n n n n n n c z z c z z c z z ∞
∞
∞
--=-∞
==-=-+-∑∑∑。
前部分叫正则部分，后部分叫主要部分。
1.可去奇点
定义 设a 为函数()f z 的孤立奇点，则（1）如果()f z 在a 点展式的主要部分为零，则称a 为函数()f z 的可去奇点。
例如sin ()z
f z z
=
在0z =点。
定理 如果z a =是()f z 的可去奇点，则下列三条等价：
（1） 如果()f z 在a 点展式的主要部分为零。
（2）lim ()z a
f z b →= （3）在z a =的邻域有界。
2．极点
如果()f z 的主要部分为有限项 122()()
m
m
c c c z a z a z a ---++---L ，就称a 为函数()f z 的m 阶极点。
一阶极点又叫单极点。
例如1
()(1)(2)
f z z z =
--，在1,2z z ==点。
定理 如果a 为()f z 的m 阶极点，则
（1）()f z 在点a 的主要部分有m 项。
（2）()f z 在点a 的去心邻域内能表成()
()()m
z f z z a λ=
-，其中
()0a λ≠，且在a 的邻域内解析。
（3）
1
()
f z 以点a 为m 阶零点。
定理 a 为()f z 的m 阶极点的充要条件是lim ()z a
f z →=∞。
例如 2
51
()(1)(21)z f z z z +=
-+的一阶极点为1z =，二阶极点为12z =-。
3. 本性奇点
如果()f z 的主要部分为无限项，则称称a 为函数()f z 的本性奇点。
例如1
z
z
e e +在z 面上的展式含有z 的负指数幂有无限项。
因此只有本性奇点0z =。
定理 a 为()
f z 的本性奇点的充要条件是lim ()z a
f z →不存在。
定理 a 为()f z 的本性奇点，则a 也为
1
()
f z 的本性奇点。
第三阶 解析函数在无穷远点的性质
定义 如果函数()f z 在无穷远点的邻域内解析，就说∞点是()f z 的孤立奇点。
例如 2()21f z z z =++，在整个有限复平面解析，所以∞点是()f z 的孤立奇点。
例如 1
()(1)(2)
f z z z =
--在2z <<+∞内解析，所以∞点是()f z 的孤立奇点。
说明 : 无穷原点的罗朗展式是关于0z z -=的正整数幂或负整数幂。
例如 2()21f z z z =++在无穷远点的罗朗展式是2()12f z z z =++
1
()(1)(2)
f z z z =
--在无穷远点的罗朗展式如下：
111000
111111211
()(21)212111n n n n n n n n f z z z z z z z z z z
+∞+∞+∞
+++====-=-=-=-----∑∑∑
定义 设1z z
'=，1
()()z f z ϕ'=，则()z ϕ'在0z '=奇点分类就是()f z 在无穷远点相应的分类。
例如 求出函数tan(1)
()1
z f z z -=-的奇点。
解tan(1)sin(1)
()1(1)cos(1)
z z f z z z z --=
=---，1z =是可去奇点，211(0,1)2k k z k π+=+=±
为一阶极点，z =∞为这些极点的聚点，不是孤立奇点。
例如 问1
()sec
1f z z =-在1z =的去心邻域能否展为罗朗级数？ 解 11()sec 11cos 1f z z z ==-- ，奇点为1
11()2
k z k π=++ (0,1)k =±，1z =是奇点的聚点
因此()f z 在1z =的去心邻域不能展为罗朗级数。