第五章 解析函数的罗朗展式与孤立奇点
复变函数第五章1留数
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
《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。
(完整)《复变函数》练习题
(完整)《复变函数》练习题编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整)《复变函数》练习题）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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福师12秋《复变函数》练习题注:1、本课程练习题所提供的答案仅供学员在学习过程中参考之用，有问题请到课程论坛提问。
一、单项选择题1．2sin i =（ )A ． B. C ． D ．答案：D2．函数在复平面上（ ） A ．处处不连续B.处处连续，处处不可导C 。
处处连续，仅在点z =0可导 D.处处连续，仅在点z =0解析 答案:C3．设C 是绕点的正向简单闭曲线，则 ( )A ．B ．C ．D ．0答案：C 4．，分别是正向圆周与，则( ）A ．B ．cos2C ．0D ．sin2答案：D二、填空题1()e ei--1()e ei-+1()e e i --1e e-+2()f z z =00z ≠530()C z dz z z =-⎰2iπ3020z iπ502z i π1C 2C 1z =21z -==-+-⎰⎰dz z zi dz z e i c c z212sin 21221ππ2i π1. 设，则________。
考核知识点:复数代值。
2．设是解析函数．若,则______． 考核知识点:解析函数的导数.3. 设C 为正向圆周,则 。
考核知识点：柯西积分公式.4．幂级数的收敛半径为_________.考核知识点：幂级数的收敛半径。
5. = .考核知识点:复数的乘幂。
提示：6．设为的极点，则____________________．考核的知识点:函数的极点。
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。
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...)(...)()(221+-++-+-+------nnnzzzzzzββββ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0R <<+∞，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2.3，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。
复变函数论第5章第1节
.z
当 ζ ∈ Γ1 时 ，
q=
ζ −a
z−a
=
z−a
ρ1
<1,
于是上式可以展成一致 收敛的级数
1 1 1 −1 = = ⋅ ζ − z (ζ − a) − (z − a) z − a 1− ζ − a z −a
∞ (ζ − a)n−1 1 = −∑ (z − a)−n , = −∑ −n+1 (z − a)n n=1 n=1 (ζ − a)
1 n = ∑ 1 − n +1 z ; 2 n= 0
∞
y o
1
x
f (z) =
1 1 − z − 2 z −1
( 2) 在圆环 1 <| z |< 2 内 ,
y
有
所以
z 1 <1, <1, 2 z 1 1 f (z) = − z − 2 z −1
o
1
2 x
1 1 1 z 1 1 1 1 = − ∑ − ∑ =− ⋅ − ⋅ 2 n= 0 2 z n= 0 z 2 1 z z 1 1 − − 2 z ∞ ∞ zn 1 = − ∑ n + 1 − ∑ n +1 ; n= 0 2 n= 0 z
cn =
3、洛朗级数与泰勒级数的关系
1 f (ζ ) ∫Γ (ζ − a )n+1 dζ 2 πi
若函数 f ( z ) 在点 a 处解析 ， 则中心在 a , 半径等
于 a 到函数 f (z ) 的最近奇点的距离的圆 可看作圆环
的特殊情形 , 在其中就可作出 f ( z ) 的洛朗展式 . 由柯
从而证明展开式是惟一 的 .
定义5.1 称 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。
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。
5.3解析函数的孤立奇点
c m c1 (c m 0) m ( z a) za
(z a)
m
其中 ( z )在点a邻域内有界，且 (. f (z)
c0 c1 ( z a) cn ( z a) .(c m 0) 1 m 1 m [c m c m1 ( z a ) c1 ( z a ) c0 ( z a ) ] m ( z a) ( z) .( ( z )在点a解析且 (a ) c m 0) m
n 1
n
c (z a) ,
n n
1 1 1 1 1 e 1 2 n z 2! z n! z
1 z
孤立奇点的分类—可去奇点 对于解析函数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： (1)如果f(z)在a点的主要部分为零，即
因为f ( z )在a的某去心邻域内不为零， 事实上，
本讲结束
作 业
第218页 4(1)(3)(5)(7).
n
C : | z a | (0 R).
f (z)
n n 0
我们称 cn ( z a ) 为f(z)在点a的正则部分，
cn ( z a )n为其主要部分. 而称
sin z 1 z z 3 ( 1)n z 2 n1 2 z z 3! 5! (2n 1)! sin z z2 z4 ( 1)n z 2 n 1 z 3! 5! (2n 1)!
1 z 1 z
本质奇点的特征
定理5.7 若z a是函 f ( z )的本 奇 ， 且在a的某去心邻域内不为零，则z a亦必 1 为g( z ) 的本质奇点. f (z)
第1节解析函数的Laurent展式
即 cm ' 21 i (f(a ))m1dcm
故
cn
c
' n
(n0,(5.4)
n
c n 2 1 i (f (a ) ) n 1d,(n 0 , 1 , 2 ,...)
(5 .5 )
２定义5.1 ( 5 .4 ) 称 为 f(z ) 在 点 a 的 L a u r e n t展 式 ,
解 f( z ) 在 z 平 面 上 只 有 一 个 奇 点 z 1 ,
故 f( z ) 在 0 z 1 内 可 展 成 L a u r e n t 级 数 ,
sin z sin(1 1 )
z1
z1
sin1cos 1 cos1sin 1
z1
z1
sin1
(1)n(
1
)2ncos1
(1)n ( 1 )2n1
(5.4)
例2 求函数f(z) 1
(z1)(z2)
分 别 在 z 1 , 2 , 点 去 心 邻 域 内 的 L a u r e n t 展 开 式 .
解 f( z ) 在 z 平 面 上 有 两 个 奇 点 z 1 ,2 ;
f (z) 1 1 , z2 z1
( 1 )在 1 的 ( 最 大 ) 去 心 邻 域 0 z 1 1 内 ,
cn2 10 2cosh(eiei)eind
21 0 2cosh(2cos)cosnd 2i02cosh(2cos)sinnd
命2,
则 0 2cosh(2cos)sinnd20cosh(2cos)sinnd 所 以 0 2 co sh (2co s)sinn d 0
故 cn2 1 0 2cosh(2cos)cosn d,
2 故 c o s h (z 1 ) 在 z 平 面 上 只 有 一 个 奇 点 z 0 ,
4.3罗朗展式
f (z)
1
(z 1)(z 2)
=1 1 1 z 2 z
1 z (1
1
)
1 2(1
z
)
z
2
1 z
n0
1 z
n
1 2
n0
z 2
n
n1
1 zn
n0
zn 2n1 .
y o 1 2x
(3)在 | z | 2内,
f (z)
1
(z 1)(z 2)
=1 1 1 z 2 z
y
1 1 1 1
内解析.
由柯西积分公式,
f (z) 1
f ( ) d
2 i z 2 1
R2
1 1
2
. z0R1 .z
2
.
1 f ( ) d 1 f ( ) d
2 i 2 z
2 i 1 z
当 2时,
1
1
1
1
z z0 (z z0 ) z0 1 z z0
z0
1 z0
解析, z0为f (z)的m( 1)阶极点时,那么f (z)的罗朗展式为
f
(z)
(z
am z0 )m
a(m1) (z z0 )m1
a1 (z z0 )
a0 a1(z z0 )
(z
1 z0 )m
am
a(m1) ( z
z0 )
a0 (z z0 )m
第三节 罗朗展式
• 一、解析函数的罗朗展式 • 二、解析函数的孤立奇点 • 三、解析函数在无穷远点的性质 • 四、整函数与亚纯函数的概念
一、解析函数的罗朗展式
1. 问题的提出
1 1 z z2 1 z
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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...)(...)()(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0R <<+∞，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2.3，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0,(0,1,2,...)n z n β=±± 是复常数。
当级数,)()(10∑∑-∞-=+∞=--n nn n nn z 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。
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 nn 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 nz 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 nz z z f α其中，,...)2,1,0(,)()(2110±±=-=⎰+γζζζπαn d z f i n nγ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 zf 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∑∞+=+--=---⋅-=---=-010000000)()(111)(11n n nz z z z z z z z z z z ζζζζζ一致收敛；而当'1Γ∈ζ时，级数∑+∞=+--=----=--0100000)()()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 nz z z f α其中，,...)2,1,0(,)()(21'210⎰Γ+=-=n d z f i n n ζζζπα,...)2,1(,)()(21'110⎰Γ+--=-=n d z f i n nζζζπα 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∑+∞=-00)(n nnz z α为f (z )的解析部分，而称∑-∞-=-10)(n n n z z α为其主要部分。
注解3、我们称,)(0∑+∞-∞=-n n nz z α为f (z )的洛朗展式。
定理5.2 设洛朗级数∑+∞-∞=-n nnz z )(0β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 nn 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 iπ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|<<zz 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)21(21101∑∑+∞=+∞=+-=----=n n n n n zz zz z 如果+∞<<||2z ，那么,1|1|,1|2|<<zz 同样，我们有 1121)2)(1(1---=--z z z z 11112112121.21(1)(1)n n n n nn n n z z z z z zz--+∞+∞+∞===--=-=-=--∑∑∑ 例2、2sin z z 及zzsin 在+∞<<||0z 内的洛朗级数展式是： ...)!12()1(...!5!31sin 1232++-+-+-=-n z z z z z z n n ...)!12()1(...!5!31sin 242++-+-+-=n z z z z z nn 例3、z e1在+∞<<||0z 内的洛朗级数展式是：...1!1...1!211121+++++=nzz n z z e 。
例4、求函数)3)(1(12--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|<<zz 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 )13131(8122-----=z z z z ，而 ;331)31(31310∑+∞=-=--=-n nnz z z ;11)11(111022222∑+∞==-=-n n z z z z z 所以，有2121220001113().(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 nz z z f α其中,...)2,1,0(,)()(2110±±=-=⎰+ρζζζπαC n n n d z f iρC 是圆)0(||0R z z <<=-ρρ。
,)(00∑+∞-=-n nnz z α为f (z )的正则部分，,)(10∑+∞=---n n n z z α为f (z )的 主要部分。