复变函数洛朗级数ppt课件

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双边幂级数 cn (z z0 )n
n
n
cn(z z0 )n cn(z z0 )n cn(z z0 )n
n
n1
n0
负幂项部分
非负幂项部分
收敛
主要部分
解析部分
同时收敛
f(z)
f1(z)
f2(z)
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cn(z z0 )n
令 (z z0 )1
cn n
n1
n1
cn(z z0 )n
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*例4.19 试用最大模原理证明 ， 设 f(z)在闭圆|z| ≤ R上解析， 如果存在a>0， 使当|z|=R时，|f(z)|>a, 但 f(0)<a 则f(z)在圆|z|<1内，至少有一个零点.
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证：如果在|z|<R内，f(z)无零点. 而，由题设在|z|=R上，|f(z)|>a>0, 且，
内的两个圆周
2
2 :| ξ a | ρ2,
1 :| ξ a | ρ1,
使得z含在圆环 1| z a | 2
a 1
z H
内，因为f(z)在圆环 1| z a | 2
上解析, 由柯西积分公式有
图5.1
f (z) 1 f ( )d 1 f ( )d ,
2i 2 z 2i 1 z
1
在z0达到它的最大值,即|f(z0)|=M. (1)应用平均值定理(定理3.12)于以z0为中心, 并且连同它的周界一起都全含于区域D内的 一个圆|z-z0|<R,就得到
f
(z0 )
1
2
2
0
f (z0
Rei )d.
2
|
f
(z0 ) |
1
2
2
|
0
f
(z0
Rei ) |d.
(4.15)
由于 | f (z0 Re i ) | M ,
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或写成
2
f (z) 1 f ( )d 1 f ( )d.
2i 2 1z
2i 1 z
而 | f (z0 ) | M ,
(0 2 ),
| f (z0 Re i ) | M .
以下再用反证法说明这一点:
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如果对于某一个值 =0有：（反证） | f (z0 Re i0 ) | M
那么根据|f(z)|的连续函数的保号性：
: 0,
s.t. 0 0 [0, 2 ]
| f (z0 Re i ) | M
在这个区间之外,总是 | f (z0 Re i ) | M 在这样的情况下,由(4.15)得
4
M
|
f ( z0 ) |
1
2
2
|
0
f
(z0
Rei ) |
M,
自相矛盾
因此,我们已经证明了:在以 点z0为中心的每一个充分小 的圆上|f(z)|=M.
让R趋近于零 在z0点的足够小的邻域K内 (K及其周界全含于D内)有
4.4.3最大(小)模原理
定理4.23(最大模 原理) 设f(z)在区域D内解析,则 |f(z)|在D内任何点都不能达到最大值,除非在D内 f(z)恒等于常数.
证 :如果用M表|f(z)|在D内的最小上界, 则必0<M<+∞.(反证法) 假定在D内有一点z0, 函数f(z)的模在z0达到它的最大值,
在H内可逐项求导p次(p=1,2,…). 由定理4.10和4.13 15
常见的特殊圆环域:
R2
.z0
R1 .z0
. z0
0 z z0 R2 R1 z z0 0 z z0
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5.1.2 解析函数的洛朗展式
定理5.2 (罗朗定理) 在圆环H:r<|z-a|<R,
(r≥0,R≤+∞)内解析的函数f(z)必可展成双边
➢5.1 解析函数的洛朗展式 ➢5.2解析函数的孤立奇点 ➢5.3解析函数在无穷远点的性质 ➢5.4整函数与亚纯函数
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学习要求
⒈ 理解双边幂级数的有关概念； ⒉ 理解孤立奇点的概念，掌握判别孤立奇点 类别的方法； ⒊ 理解罗朗定理，熟练掌握将函数在孤立奇 点（无穷远点除外）展成罗朗级数的方法； ⒋ 理解解析函数在其孤立奇点邻域内的性质。
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§5.1 解析函数的洛朗展式
• 5.1.1 双边幂级数
双边幂级数定义：称级数
cn(z a)n
n
L
cn (z a)n
L
c1 L za
（5.3）
c0 c1(z a) L cn(z a)n L
为双边幂级数，其中 cn (n 0, 1, 2, )
为复常数，称为双边幂级数Leabharlann Baidu5.3）的系数
f (z) M
zz00 |f(z)|=M.
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(2)由第二章习题(一)6(3),必f(z)在K内为常数. (3)由唯一性定理,必f(z)在D内为一常数.
f(z)在D内为不是常数，产生矛盾
推论4.24 设(1) f(z) 在有界区域D内解析,在 闭域 D D D上连续;
(2) | f (z) | M (z D) 则除f(z)为常数, 否则 |f(z)|<M,(z∈D).
定理5.1 设双边幂级数(5.3)的收敛圆环为
H:r<|z-a|<R(r≥0,R≤+∞) 则(1) (5.3)在H内绝对收敛 且内闭一致收敛于:
f(z)=f1(z)+f2(z).
(2) f(z) 在H内解析.
(3) f (z) cn (z a)n . n
H R
ar
f(z)=f1(z)+ f2(z)
f(z)在闭圆|z| ≤ R上解析。 故， φ（z）= 1
f (z)
在|z| R上解析。
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此时， φ（0）= 1 1 ,
f (0) a
且在 z R上，
φ（z）= 1 1 , f (z) a
于是，φ（z）必非常数在 z R上 φ（z） φ（0），
由最大模原理，这就得到矛盾。
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第五章 解析函数 的罗朗(Laurent)展式与孤立奇点
n0
收敛 半径
R
H R
ar
收敛半径 R1
R1时,收敛
收敛域
收敛域
z z0 R
f(z)=f1(z)+ f2(z
1 z z0 R1 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.
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这时,级数(5.3)在圆环H:r<|z-a|<R 收敛于和 函数f(z)=f1(z)+ f2(z)
幂级数 f (z) cn (z a)n (5.4)
n
其
中
1
cn 2 i
(
f ( )
a) n1
d
,
(n 0, 1, 2, ), (5.5)
a
为圆周| a | (r R),并且展式是
唯一的(即f (z)及圆环H唯一地决定了系数cn ).
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证 (如图5.1)对z∈H,总可以找到含于H