关于解析函数孤有关立奇点类型判断应用讲解

关于分析函数的孤相关立奇点种类判断及应用讲解关于分析函数的孤相关立奇点种类判断及应用讲解2/28关于分析函数的孤相关立奇点种类判断及应用讲解分析函数的孤立奇点种类判断及应用纲要孤立奇点的应用在分析函数的学习和对其性质分析研究中有重视要作用，而留数计算是复变函数中经常遇到的问题。分析函数在不同样种类的孤立奇点处的计算方法不同样，要点我们要先判断其种类。本文在分析整理了相关资料的基础上，第一给出了孤立奇点的定义、分类及其种类的鉴识定理和相关推及引理，其中在考虑极点处的留数求法时，又依照单极点、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。并经过有限孤立奇点的鉴识对分析函数无量远点的性态进行研究，分析能否把有限孤立奇点的特色应用到无量远点，进而商议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。要点词孤立奇点可去奇点极点实质奇点判断留数计算前言在复变函数论中，留数是特别重要的，而分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，对孤立奇点的鉴识及应用已较为齐全，如在好多版本的《复变函数论》中对孤立奇点的鉴识做了详细的说明和讲解，使我们对孤立奇点的认识更透彻。但在现实中有时我们遇到的留数计算详细例子，运用定理鉴识会比较麻烦，还需要前后知识的连结，这为留数计算增加了阻挡。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谈论，经过对论文的撰写，将把孤立奇点种类的鉴识及在留数运算中的应用更全面化、系统化。此项研究内容能够对今后学习此部分内容的同学供应必然的帮助，使其对孤立奇点的理解更加清楚，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种类的鉴识和其在留数计算中的应用，为对其作进一步的研究确定了基础。在此基础上查阅大量书籍，采集相关资料，并对所采集资料进行分析、研究、精选和办理。经过指导教师的耐心指导，已具备了研究分析函数种类的鉴识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切的结合和一致。本文经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，将对孤立奇点的种类鉴识及应用进行说明，经过分析、整理、归纳、总结，对其进行更深入的研究。正文一、孤立奇点的定义及种类（一）定义若是函数f(z)在点a的某一去心邻域K{a}:0zaR(即除掉圆心a的某圆)内分析，点a是f(z)的奇点，则称a为f(z)的一个孤立奇点。若是a为函数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}:0zaR内可展成洛朗级数。1（二）孤立奇点的种类如z为f(z)的孤立奇点，则f(z)在点0z的去心邻域Kz0}:0zzR{00内可展成洛朗级数nfcz。其中称负幂部分(z)(z)0nnn1nc为f(z)(zz)0n在点z的主要部分。0孤立奇点按函数在z的去心邻域内的洛朗张开式中负幂项的个数分类：01.可去奇点：张开式中不含zz的负幂项；0fzcczzczz0102022.极点：张开式中含有限项zz的负幂项；0ccc(m1)12mfzcc(zz)c(zz)mm101020(zz)(zz)(zz)000gz(zz)0m,其中m1mgzcc(1)(zz0)c1(zz0)c0(zz0)在z0分析，mm且gz00,m1,cm0；3.本性奇点：张开式中含无量多项zz的负幂项；0ccm1fzcc(zz)c(zz)010m0m(zz)(zz)00m二、孤立奇点种类的鉴识方法（一）可去奇点若是f(z)在zz的洛朗级数中不含zz0的负幂项，则称孤立奇点z0是0f(z)的可去奇点。以下三个条件是等价的：（1）zz是f(z)的可去奇点f(z)在0z的洛朗级数不含0zz的负幂项；02（2）zz是f(z)的可去奇点0limf(z)存在；zz0（3）zz0是f(z)的可去奇点f(z)在z0的某去心邻域内有界.（二）极点若是f(z)在z的洛朗级数中只有（zz0）的有限个负幂项，则孤立奇点z00称为极点。若负幂的最高项为(zz)0m，则z称为m级极点。0与之等价的条件是：z是f(z)的极点0limf(z).zz0零点和极点的关系：不恒等于零的分析函数f(z)若能表示为mf(z)(zz)(z)，0其中(z)在z分析，且0(z)0，m为一正整数，则称0z为f(z)的m级零0点.（1）若f(z)在z0分析，则z0为f(z)的m级零点的充要条件是(n)f(z)0，n0,1,2,,m1；0(m)f(z)0.0（2）一个不恒为零的分析函数的零点是孤立的.（3）若z是f(z)的m级极点，则0z是0f1(z)的m级零点.反之也成立.下面的定理说了然怎样由m级零点获取m级极点.

定理1假设（i）两个函数p和q在点z0分析；（ii）p(z)0,0z是q的m级零点.0则z是0p(z)q(z)的m级极点.定理2设两个函数p和q在z分析.若是0p(z)0，q(z0)0和q(z0)0，0则z是商0p(z)q(z)的简单极点且3p(z)p(z)0Reszz0q(z)q(z)0.（三）实质奇点若是f(z)在z的洛朗级数中含有（zz0）的无量多个负幂项，则孤立奇0点z称为实质奇点。0与之等价的条件是：z是f(z)的实质奇点0zzf不存在且不等于.lim(z)0在实质奇点的邻域内，复变函数f(z)拥有以下性质：（1）维尔斯特拉斯定理若zz是f(z)的实质奇点，则关于任一复0数0及任给的0，任意的r0，在地域0zz0r中必存在一点z，使得f(z).0推论在任意一个圆环域0zz0r中，必存在序列{zn}，使得zzf.lim(z)0n0（2）皮卡定理分析函数f(z)在实质奇点zz的任何邻域内，能够取0任意一个有限值（复数）无量次，至多有一个值例外.（四）函数在无量远点的性态若是f(z)在无量远点z的去心邻域Rz内分析，则称点是f(z)的孤立奇点.作变换t1z（规定把扩大z平面上的无量远点z照射为扩大t平面上的点t0），把扩大z平面上的邻域Rzz照射成扩大t平面的去心邻域00t1R，且有f(z)=f1( )t=(t).于是，能够把在Rz上对f(z)的研究化为在0t1R内对(t)的研究.（1）若是t0是(t)的可去奇点、m级极点或实质奇点，则z是f(z)的可去奇点、m级极点或实质奇点.（2）若f(z)在Rz内能够张开为洛朗级数，那么，在f(z)的洛朗级数中，若是：4不含正幂项，则z为f(z)的可去奇点；含有限个正幂项，则z为f(z)的极点；含无量多正幂项，则z为f(z)的实质奇点.三、留数定理及留数计算方法（一）留数定义若zz是分析函数f(z)的一个孤立奇点，f(z)在z0的去心01邻域内分析，C为z邻域内任一简单闭曲线，则称f(z)dz02iC为f(z)在z处的0留数，记作Res[f(z),z0]，即1Res[f(z),z0]f(z)dzc2iC1.c是f(z)在以z0为中心的圆环域内的洛朗级数中11(zz0)项的系数.（二）留数定理设函数f(z)在地域D内除有限个孤立奇点z，z2，⋯，zn外1各处分析，C是D内包围诸奇点的一条简单闭曲线，则nCf(z)dz2iRes[f(z),z].kk1利用定理，能够将求沿封闭曲线C的积分，转变成求被积函数在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照是定义1Res[f(z),z0]f(z)dzc2ic1,C为z0某去心邻域内一条简单闭曲线，c1是以z0为中心某邻域内洛朗级数11(zz0)项的系数.即，可经过求积分fzdz( )2iC的值或求洛朗级数1(zz0)项系数来计算留数，所以若z为f(z)的可去奇点，则Res[f(z),z0]0.0若z为f(z)的实质奇点，则Res[f(z),z0]c1.0若z为f(z)的极点，则有以下规则：0规则I若z是f(z)的一级极点，有0Re[sf( ),zz0]lim(zz0zz0)f()z.5规则II若z是f(z)的m级极点，有0m11dRes[f(z),z]lim[(zz0)0m1(m1)!zzdz0mf(z)].规则III当P(z)f(z)，P(z)和Q(z)都在z0分析，若是P(z0)0，Q(z)Q(z0)0，Q(z0)0，则z0为f(z)的一级极点，且有ReP(z)0s[f(z),z].0Qz( )0实质计算时，能够用规则，也能够用定义求洛朗级数的c，或计算112iCf(z)dz.（四）若函数f(z)在Rz分析，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12iCf(z)dz为f(z)在点的留数，记为1Re.s[f(z),]f(z)dzc1

2iC定理若是函数f(z)在扩大的复平面内只有有限个孤立奇点，则f(z)在全部各奇点（包括点）的留数总和比等于零.11规则IVs,0].Re[f(z),]Res[f( )2zz以上定理和规则供应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略.四、孤立奇点种类的鉴识及其在留数计算中的应用相关例题例1指出以下函数在零点z=0的级：22ezz.（1）(1)z（2）6sin3z(z6)3622efz解（1）用求导数考据：记( )(1),(0)0fzz，不难计算f(z)2z23zezf2(z),(0)0,f(z)(4z24zef2z102)2,(0)0,f(z)25z3zezf(8z3624),(0)0,（4）f(z)6(16z112z42156z2z24)e,f(4)(0)24,6zi处无定义，所以z0,zi是此函数的奇点，且都是孤立奇点。又由z0,zi分别是函数f1(z)21)2( )( )2z(zzzizi2的一级零点，二级零点，故z0与zi分别是f(z)的一级极点与二级极点。（2）显然z0是sinzf(z)的孤立奇点。3z由于f(z)在点z0处的洛朗张开式为2sinz11zf(z)0z,32zz3!5!故z0是f(z)的二级极点。3z2z2z（3）令z10，即(z1)(1)0，得z1为f(z)13z2zz1的奇点，且均为孤立奇点。12由于z1与z1分别是函数(1)(1)zzf(z)的一级与二级零点，故z1与z1分别为f(z)的一级与二级极点。（4）显然z0是fln(z1)ln(z1)(z)的孤立奇点。且由lim1z0zz知，z0是f(z)的可去奇点。别的，z1也是fln(z1)(z)的奇点，但它不是孤立奇点。由于ln(z1)z在负实轴（z1的左侧）上各处不分析（即在z1的无论多小的邻域内总有f(z)的不分析点）。2ez2z（5）令(1z)(1)0，即10z或1e0，得z(2k1)i（k0,1,2,⋯）。故zf(z)的奇点分别为z(2k1)i（k0,1,2,⋯）。2ez(1z)(1)关于zi，由于zi是(zi)(1zez)的零点，且8[(zi)(1zez)]ziiizz[0(1)(1)]ee2zizz所以zi是(zi)(1zez)的一级零点，从而可知zi是f1(z)的二级零点，故zi是f(z)的二级极点。关于zi，用近似的方法可知，它也是f(z)的二级极点。关于z(2k1)i（k0,1,2,⋯），由于[f1](z)z2z(1z)(1e)([]2k1)iz([]z(2k1)i11zzez)][(1)(1e)((21)2zkizz0所以z(2k1)i（k0,1,2,3，⋯）都是f1(z)的一级零点，故它们都是f(z)的一级极点。1（6）显然f(z)ez1只有一个奇点z1。1由于f(z)ez1在z1的去心邻域0z1内的洛朗张开式为1ze111z12!(1z1)2n!(1zf(z)n1)其中含有无数多个(z1)的负幂项，故z1是f(z)的实质奇点。2ez（7）令z(1)0，得z2ki(k0,1,2,)。所以，1f(z)的z(1)2ex2ex奇点分别是z2ki(k0,1,2,)，且是孤立奇点。x关于z0，由于它是(z)e1的零点，且()zzze0z01012x所以z0是(z)e1的一级零点，从而可知z0是( )zzf(z)的三级零点，故z0是f(z)的三级极点。9即有(z)0，故在a的邻域内使(z)0.例4判断点是不是以下函数的奇点：（1）tanz；（2）lnzz12zazln；（4）；（3）sinezb11sin( )z.sinz解（1）tanz，zkkcosz2（k0,1,⋯）是tanz的一级极点.当k时，z，所以是f(z)的极点的极限点，不是孤立奇点.k（2）函数在复平面除掉z1，z2和连结它们的线段外单值分析.又limz(lnzz12)0，所以是f(z)的可去奇点.（3）z是ze的实质奇点，又是zaln的可去奇点，所以是f(z)的实质奇点.zb1（4）由于lim[sin( )]1zsinz不存在，所以是f(z)的实质奇点.例5求以下函数f(z)的有限奇点处的留数：（1）2zz11-e2；（2）4z2zz1；（3）2(z4z21)z；（4）cosz112；；（5）cos；（6）zsin1zz（7）1zsinz；（8）shz.chz2zzz解：（1）由于z2(2)，所以z0.2为f(z)的一级极点，故依规则I，有Res[f(z),0]z1zlimzlim2z0zz2zz01212，Res[f(z),0]z13limz-2）（.z(2)20zz(2)z0是分母四级零点，分子一级零点，所以是f(z)的三级极点，于是依规则II，有Res[f(z),0]12!22d1e3lim[z24z0dzzz]43.(3)因21)( )( )333(zzizi，所以zi为f(z)的三级极点，于是，依规则II，有11Res[f(z),i]12!2422d1z1d12z1233lim[(zi)]lim22325zdzi)8i(z1)2zdz(z!ii.Res[f(z),i]12!24d1z33lim[(zi)]i223zdz(z1)8i.(4)zk(k0,1,)k是cosz一级零点，所以是f(z)的一级极点，2于是依规则III，有Res[f(z),zkkz2k1k]1)( )((cosz)2sin(k)zzk2.(5)由于，在0z1内，有cos111z2!1(1z)124!(1)z4，1故s,1]0.Re[cosc11z(6)由于，在0z内，有221111zsinz(,)35zz3!z5!z故112cRes[zsin,0]1.z6（7）z0是f(z)二级极点，zkk(k1,2,)是f(z)一级极点.依规则II和规则III，有Res[f(z),0]d12lim[zz0dzzsinz]0，k1(1),Res[f(z),k]k(zsinz)kzkz1,2,.1（8）zk)(0,1,2,)为一级极点，依规则III，有(kik2Reshz1s[f(z),z].kchz( )zzk例6用多种方法求5z2f(z)的留数.z(z1)12解z0,z1和是f(z)的一级极点.方法1用洛朗张开法.5z25z2212n，0z1.(z)5(1zz)2(1zz)z(z1)zzn05zz(z21)5(z(z1)1)311(z1)(5z3)(1n01)(nznz1)n5[1(12zz1(1)]，1z.1)(z1)]3[z1zz(z21)(5z22z)111z(5z22z)n0(1z)n5z32z，1z.所以Res[f(z),0]c2，1Resz，Res[f(z),]c15.[f( ),1]c31方法2用极限法（规则I）.Res[f(z),0]5zlimzz0zz(21)25z2，3Res[f(z),1]lim(z1)z1z(z1).由留数和定理知Res[f(z),]Res[f(z),0]Res[f(z),1]5.方法3用柯西公式（积分）.Re15z2dzs[f(z),0]12，2izz1z2Re15z2dzs.[f(z),1]312iz1zz2同极限法，有Res[f(z),]5.注意，C内只有一个奇点.方法4用求导法（规则III）.Re5z25z2s[f(z),0]2，Res[f(z),1]3.[z(z1)][z(z1)]z0z1同极限法，有Res[f(z),]5.例7求以下函数在z的留数.12e；（2）coszsinz；（3）z32z2z；（4）ze2z（1）；1（5）z(z11)(4z4z4).13解（1）1112z，不含正幂项，所以点是可去奇点，所以e124z2!zRes[f(z),]0（2）cos2zz43zzsinz1z，含无量多正幂项，所以点本2!3!4!质奇点，有Res[f(z),]0.2z121239（3）)2z(1233zzz2243zz2z(1)122zz2z63z185z，3z.所以Res[f(z),]2.（4）由于z1是f(z)的一级极点，且Res[f(