华中师范大学：数学物理方法：3

第三章 复变函数的级数 无穷级数： 一系列无穷多个数 写成 就称为无穷级数，记为 。这仅仅是一种形式上的相加。 这种加法是不是具有 ‘和数 ’呢？这个 ‘和数 ’的确切意义是什么 呢？ 若级数 收敛于 S，也称此值 S为级数的 ‘和数 ’。 nullnull n uuuu ,,, 321 nullnull +++++ n uuuu 321 ∑ ∞ =1n n u ∑ ∞ =1n n u 为什么要研究级数？ (1) 级数可作为函数的表达式，是研究函数的工具； (2) 常微分方程的级数解。 以下问题值得关心： (1)级数的敛散性； (2) 级数收敛的定义、条件、判据； (3) 收敛级数或一致收敛级数所具有的性质等。 1. 定义 ：形如 012 0 ...... ..... nn n zzzz z ∞ = =+++ ++ ∑ 的级数称为复数 项级数，其中 nn n zaib=+ , 且 nn ba 和 为实常数 2. 部分和： 1 012 1 0 ...... n nnk k szzz z z ? ? = =+++ + = ∑ §3.1 复数项级数 一、复数项级数 3.收敛的条件和定义 a.定义：如果当 n→∞ 时，部分和 1 0 n nk k sz ? = = ∑ 有确定的极限， 即 lim n n ss →∞ = 则称级数 0 n k k z = ∑ 收敛， s 称为级数和。反之，如果极限不存在， 则称级数发散。 b.收敛的必要条件： lim 0 k k z →∞ = 证明： 12 2 1 1 1 ...... k k kkkkkkk szz z z zs z zss ?? ? ? =++ + + += +?=? 由级数收敛得： 1 lim lim lim 0 kkk kkk zss ? →∞ →∞ →∞ =? = c.收敛的充分必要条件： 任给 0ε > ，存在自然数 ()N ε ，且当 ()nNε> 时，对任 何自然数 p，如果有 1 np k kn z ε + =+ < ∑ 成立，则 0 k k z ∞ = ∑ 收敛。 4.绝对收敛的定义及其判别法 a.定义：若 0 k k z ∞ = ∑ 收敛，则称 0 k k z ∞ = ∑ 绝对收敛。 b.判别法： 0 k k z ∞ = ∑ 的每一项都是复数的模，即正实数，所以它实际 上就是正项级数，这样复数项级数绝对收敛的判别法即正项级 数的判别法。 若 1 lim ( lim k k k kk k z rzr z →∞ →∞ ? ==比值判别法)或 （根式判别法） ，则 0 k k z ∞ = ∑ 在 r<1 时是绝对收敛，在 r>1 时发散。 注意：一个收敛的级数并不一定绝对收敛，但绝对收敛的级数 一定收敛： 11 lim lim k k kk kk u u r uu →∞ →∞ ?? ≤= 5. 条件收敛级数的定义 若 收敛而 发散，则称 为条件收敛级数。 二、复变函数项级数 1.定义： 称为复变函数项级 数，其中 z 为复变数， 为复变函数。 在D上给定点 z：复变函数项级数 复数项级数 D上无数多个点 z：复变函数项级数 无限多个复数项级数 2.复变函数项级数收敛的充要条件 充要条件：对于D上 (或 L)上的点 z，任给 ，存在自然数 ，当 时，有 ∑ ∞ =0k k z ∑ ∞ =0k k z ∑ ∞ =0k k z nullnull ++++= ∑ ∞ = )()()()( 10 0 zwzwzwzw k k k )(zw k → → 0>ε ),( zN ε ),( zNn ε> 0)( 1 < ∑ + += pn nk k zw (p为任意自然数 ) 则称 在点 z收敛。 对于不同的点 z，自然数 不同。 定义：若级数在D (或 L)上所有点 z收敛，则称级数在D (或 L) 上收敛， 称为级数和。 ∑ ∞ =0 )( k k zw ),( zN ε )()( 0 zSzw k k = ∑ ∞ = 3.复变函数项级数一致收敛的充分必要条件 定义： 任给 0ε > ， 存在一个与 z无关的自然数 ()N ε ， 当 ()nNε> 时，对 D（或 L）上 所 有 z，均有： 1 () np k kn wz ε + =+ < ∑ （p 为任意自然数） ，则称 0 () k k wz ∞ = ∑ 在 D（或 L）一致收敛。 比较收敛与一致收敛的区别! 三、一致收敛级数的判别方法 判别法 1（外尔斯特拉斯判别法） 已知正项级数收敛，若在 D（或 L）上的所有点均有 () kk wz m≤ ， 则级数 0 () k k wz ∞ = ∑ 在 D（或 L）上绝对且一致收敛。 实质： 1.找一个收敛的正项级数 0 k k m ∞ = ∑ （收敛性比较容易判断） 2.将 () k wz 与 k m 比较 （在 D 上所有点） 判别法 2 已知 u(z)在 D（或 L）上是个有界函数，若 0 () k k wz ∞ = ∑ 在 D（或 L） 上一致收敛，则 0 () () k k uzw z ∞ = ∑ 也在 D（或 L）上一致收敛。 实质： 函数 u(z)有界 + 级数 一致收敛 00 () () () () kk kk uz wz uzwz ∞∞ == →=→ ∑∑ 新级数一致收敛 。 证明：要证的是 ：任给 0ε ′ > ，看是否存在 N’(N’与 z 无关 )，使 当 n>N’时， 若有 1 () () np k kn uzw z ε + =+ ′ < ∑ ，则命题成立 。 D（或 L）上 u(z)有界 0 1 () 0, () k k np k kn wz N M wz M ε ε ε ε ∞ = + =+ ′ ?=> ′ <= ∑ ∑ 一致收敛 任给 存在 ，使当n>N时，有 现取 ,N NnN nN ′′ >>?>； 所以 ∑ ∞ =0 )( k k zw Mzu <? )( ' ' )()()()( 11 ε ε =?<= ∑∑ + += + += M Mzwzuzwzu pn nk k pn nk k 在 D(或 L)上一致收敛∑ ∞ = ? 0 )()( k k zwzu 四、一致收敛级数的性质 性质 1 若级数 在 D 内一致收敛于 S(z)，且其各项均为 D 内的连续函数，则 S(z)也是 D 内的连续函数。 性质 2 若级数 在曲线 L 上一致收敛于 S(z)，且各项 均为 L 上的连续函数，则级数可沿 L 逐项积分： ∞ = ∑ ∫∫ k LL k=0 s(z)dz w (z)dz ∑ ∞ =0 )( k k zw )(zw k ∑ ∞ =0 )( k k zw 性质 3 外尔斯特拉斯定理 若级数 0k ∞ = ∑ k w (z) 在区域 D的边界 L 上一致收敛，且各 项 k w (z) 在区域 D 上解析，则 (1) 级数和 0 () k sz ∞ = = ∑ k w (z) 在 D 内解析 (2) 在 D 内级数可逐项求导任意多次： () 0 () m k sz ∞ = = ∑ (m) k w (z) 证明 ： (1).设： z ′ ——边界 L 上任意一点， z —— D 中任意 一内点，构造 )'(2 1 )'( zzi zv ? = π ，则 )'(zv 在边界 L 上有界，又 0k ∞ = ′ ∑ k w(z) 在边界上一致收敛，则级数 00 1 () 2 kk v iπ ∞∞ == ′ ′′ = ′ ∑∑ k k w(z) w(z)z z-z 在边界 L 上也一致收敛。 设 0 () k sz ∞ = = ∑ k w (z) ，则级数 0 1 2 k iπ ∞ = ′ ′ ∑ k w(z) z-z 可沿曲线 L 逐项积分 ∫ ∑ ∫ ∑ ∫ ? = ? = ? ∞ = ∞ = L k k L k k L dz zz zw i dz zz zw i dz zz zS i ' ' )'( 2 1 ' ' )'( 2 1 ' ' )'( 2 1 0 0 π ππ 由柯西公式及 解析，有 即 上式右边在 D内对任意点 z可导 S(z)在 D内解析 )()(' ' )'( 2 1 00 zSzwdz zz zw i k k L k k == ? ∑ ∫ ∑ ∞ = ∞ = π ∫ ? = L dz zz zS i zS ' ' )'( 2 1 )( π ? )(zw k 2. 由于 S(z)在 D内解析，且 可逐项积分 交换积分和求和次序： ∫ ? = L dz zz zS i zS ' ' )'( 2 1 )( π ∫ ∑ ∫ + ∞ = + ? = ? =? L m k k L m m dz zz zw i m dz zz zS i m zS ' )'( )'( 2 ! ' )'( )'( 2 ! )( 1 0 1 )( ππ ∑ ∞ =0 )( k k zw ? ∫ ∑∑ ∞ = + ∞ = = ? = L k m k m k k m zwdz zz zw i m zS 0 )( 1 0 )( )(' )'( )'( 2 ! )( π 3.2 幂级数 幂级数：常用的一种级数，实变函数幂级数的推广 幂级数的一般形式： 01 0 () (). (). kk k azb a azb azb ∞ = ?=+ ?++ ?+ ∑ (只有正幂项 ) :复常数， b :幂级数的中心， ：幂级数的系数 一、幂级数的敛散性 由于发散的幂级数没有多大用处，故首先必须研究幂 级数的敛散性。 ba k , k a 1. 阿贝尔定理 若幂级数 0 () k k k azb ∞ = ? ∑ 在点 0 z 收敛，则在任一闭圆 0 zb z bθ?≤ ? )10( <<θ 内，幂级数绝对且一致收敛。 证明：级数在 点收敛，则 ，可知必定存 在正数 M，对所有 k 均有 又 0 0 zb zb z b zb ? ?= ? ? ∵ 0 00 () ( ) kk kk k kk zb zb azb az b M M zb zb θ ?? ∴?= ? < ≤ 0 z 0)( 0 lim =? ∞→ k k k bza Mbzabza k k k k <?=?? )(0)( 00 而 0 k k Mθ ∞ = ∑ 是一个收敛的正项级数。由一致收敛级数判别 法 1 可知： 0 () k k k azb ∞ = ? ∑ 在闭圆 0 zb z bθ?≤ ? 内且绝对一 致收敛。 2.推论 若 0 () k k k azb ∞ = ? ∑ 在点 1 zz= 发散，则级数必在圆 1 zb z b?=? 的外部发散。 证明：用反证法。设级数在圆 外的某点 收敛， 则由阿贝尔定理可知，给级数必在圆 内才收敛， 级数必在某点 收敛，与定理条件矛盾，故级数必在点 发散。 bzbz ?=? 1 bzbz ?=? 2 2 z 1 z 2 z 综合阿贝尔定理和推论，对于幂级数 0 () k k k azb ∞ = ? ∑ 有： 若幂级数在某点收敛，则必在离展开中心 b 更近的点收敛。 若幂级数在某点发散，则必在离展开中心 b 更远的点发散。 ——幂级数的收敛区域与发散区域不会交错出现。 结论： 必然存在一个以展开中心 b 为圆心的圆，在圆内级数收敛， 而在圆外发散。这个圆称为该幂级数的收敛圆，圆的半径 R 称 为收敛半径。 二、求收敛圆半径 R的公式 ∑ ∞ = ? 0 )( k k k bza 绝对收敛是指 ∑ ∞ = ? 0 )( k k k bza 收敛，后者 为正项级数，因此可用正项级数的比值判别法和根 式判别法确定 R。 （ 1）比值判别法 1 11 1 () lim lim () 1 k kk k r azb a zb r azb a r ? →∞ →∞ ?? <? ? =? = ? ? > ? 绝对收敛 发散 1 lim 1 k k k a zb a →∞ ? ?< 或 1 lim k k k a zb a ? →∞ ?< 绝对收敛 1 lim 1 k k k a zb a →∞ ? ?> 或 1 lim k k k a zb a ? →∞ ?> 发散 ? 收敛半径 1 lim k k k a R a ? →∞ = (2)根式判别法 1 lim ( ) lim 1 k kk kk r azb zb a r r →∞ →∞ <? ?=? = ? > ? 绝对收敛 发散 所以： 1 lim k k k zb a →∞ ?< 绝对收敛 1 lim k k k zb a →∞ ?> 发散 ? 1 lim k k k R a →∞ = 注 ： (1) 收敛圆周上，对于不同的级数，其收敛性也不同； (2) R：有限值（包括零） 、无穷大。 0R = ：幂级数仅在 zb= 这一点收敛 R =∞ ：幂级数在 z 平面内处绝对收敛。 例：求 1 k k z k ∞ = ∑ 的收敛半径 ?R = 解： 1 1 1 lim lim lim 1 1 1 k kk k k a k k R ak k ? →∞ →∞ →∞ ? == == ? ? 该级数在 1z < 绝对收敛。 在圆周 1z = 上的点 z=1： 11 111 1 1 ... ... 23 k kk z kk k ∞∞ == ==+++++ ∑∑ 1111 11 1 (1 ) ( ) ( ... ) ( ... ) ... 2345 89 16 +++++++++ + 11 11 11 1 1 1 ( ) ( ) ( ... ) ( ... ) ... 22 44 88 8 16 16 ≥++++++++ ++ + 1111 1 ... 2222 2 n=++++= =∞ （发散） 在圆周 1z = 上的点 z=-1： 11 (1) 1 1 1 ... 23 kk kk z kk ∞∞ == ? ==?+?+ ∑∑ ——交错级数，满足 1 lim 0 nn n n zz z + →∞ ? ≥ ? ? = ? ? -------收敛 结论：收敛圆周上，对于不同的级数，其收敛性也不同 三、幂级数在收敛圆内的性质 性质 1. 0 () ( ) k k k sz a z b ∞ = =? ∑ 在收敛圆内解析， 且可逐项求 导任意多次。 证明：阿贝尔定理 ? 0 () ( ) k k k sz a z b ∞ = =? ∑ 在比收敛圆稍 小的闭圆上一致收敛 又：级数的每一项 () k k azb? 在全平面解析。 由外尔斯特拉斯定理得： (1) S(z)在收敛圆内解析； (2) S(z)可逐项求导任意多次。 结论：幂级数在其收敛圆内代表一个解析函数。 性质 2. 0 () ( ) k k k sz a z b ∞ = =? ∑ 可沿收敛圆内任意曲线逐项积分。 证明： 0 () ( ) k k k sz a z b ∞ = =? ∑ 在比收敛圆稍小的闭圆上一致收敛 ? ()sz 在收敛圆内任意曲线 L 上一致收敛 又：级数每一项 () k k azb? 为在 L 上的连续函数 则由一致收敛级数的性质 2，命题成立。 性质 3. 对幂级数逐项求导或逐项积分后，级数收敛半径 不变。 §3.3 泰勒级数 上节证明了：幂级数在其收敛圆内解析 本节证明其逆定理：解析函数可以展开成幂级数，且 这种展开式是唯一的 ——解析函数与幂级数的密切关系 一、泰勒级数 设 f(z)在 内解析，则 f(z)可展开为泰勒级数 0 () ( ) k k k fz a z b ∞ = =? ∑ 其中展开系数 称为泰勒级数： () 1 () ! k k afb k = 0,1...k = Rbz <? k a 证明： 1. 从柯西公式出发： 其中 z 为圆 zb R?= 的某一点， C ρ为包含 z 的圆， bξρ?= (0 )Rρ<< ， ξ 为 C ρ 上的点。 ξ ξ ξ π ρ d z f i zf C ∫ ? = )( 2 1 )( 2. 将被积函数变成级数 利用 0 1 1 k k t t ∞ = = ? ∑ (1)t < 将 1 zξ ? 展开成以 b 为中心的级数 1 00 11111 () () ()() () 1 k k k kk zb zb zb zbzbb b b b b ξξ ξ ξ ξ ξ ξ ∞∞ + == ?? === = ? ????? ? ? ? ? ? ∑∑ 被积函数写成： 1 0 () ( ) () () k k k fzb f zb ξ ξ ξξ ∞ + = ? = ?? ∑ 3. 将上式沿 积分 级数 1 0 () () k k k zb bξ ∞ + = ? ? ∑ 在 上一致收敛 + ()f ξ 在 上有界 级数 1 0 () () () k k k zb f b ξ ξ ∞ + = ? ? ∑ 在 上一致收敛 逐项积分 其中 ρ C ρ C ρ C ?? ρ C ∑ ∫ ∑ ∑ ∫∫ ∑ ∞ = + ∞ = ∞ = + ∞ = ?= ? ?= ? ?= ? ? = 0 1 0 0 1 0 )( )( )( 2 1 )( )( )( )( 2 1 )( )( )( 2 1 )( k k k C k k k k C k k C k k bza d b f i bz d b f bz i d b bz f i zf ρ ρρ ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π )( ! 1 )( )( 2 1 )( 1 bf k d b f i a k C k k = ? = ∫ + ξ ξ ξ π ρ 4. 展开式是唯一的。 若 f(z)能展开成另一种形式： 2 01 2 () ()().fz C Cz b C z b=+ ?+ ?+ (1)令 z=b： 00 () ()fb C C fb=?= (2)对 z 求导： 2 12 3 '( ) 2 ( ) 3 ( ) ...fz C Czb Czb=+ ?+ ?+ 1 '( )fb C?= 即 1 '( )Cfb= 23 ''( ) 2 3 2 ( ) ...fz C Czb=+× ?+ 2 ''( ) 2fb C?= 即 2 1 ''( ) 2 Cfb= …… () () ! k k fbkC?= 即 () 1 () ! k k Cfb k = () 1 () ! k kk Cfba k ?= = ——展开式唯一 由展开式的唯一性，可以用任何方便的办法来求解一个 解析函数的泰勒展开式，不必一定要用 来求 。 ξ ξ ξ π ρ d b f i a C k k ∫ + ? = 1 )( )( 2 1 k a 说明： (1)解析函数与泰勒级数之间存在密切关系； (2)如果 f(z)在 D 内有一阶导数存在，则 f(z)可在 D 内每一点的邻域内展开成泰勒级数。而对于实变函 数来说， f(x)的一阶导数存在，它的二阶或高阶导 数可能不存在，因此 f(x)就不可能展开成泰勒级数。 二、将解析函数展开成泰勒级数的方法 常用四种方法： 1.直接计算展开系数 例：以 z=0为展开中心展开 解：因为 在全平面解析 (除外)，所以 )( ! 1 )( bf k a k k = z ezf =)( z e ∞=z null++++= =?=? == ∑∑ ∞ = ∞ = = 32 00 0 !3 1 !2 1 !1 1 1 ! 1 )0( ! 1 ! 1 zzz z k zae k e dz d k a k k k k k z z z k k k 2. 利用初等函数的泰勒级数来展开（特别是 1 , 1 z e t? ，三 角函数等） 例题见 P43[例 2] 3. 利用两个绝对收敛幂级数的乘积 例题见 P43-44[例 3]， [例 4] 4. 在收敛圆内逐项求导或逐项积分（收敛半径不变） 例题见 P45[例 5] § 3.4 罗朗级数 泰勒级数 : 在一个圆域展开 收敛半径 R： R=0，函数只在该点解析； R 为有限值， 函数在某一圆内解析； R =∞ ，函数在全平面解析。 例如： 1 () 1 fz z = ? 只能在 1z < 展开成泰勒级数，因为 z=1 是函数的奇点，不能在全平面把它展开成泰勒级数， 但是在 区域，它又是解析的，那么能否在 的 区域把 f(z)展开成级数呢？ 答案：能。但这个级数不是泰勒级数，而是罗朗级数。 这里涉及到函数在奇点附近的性质而把函数展开成幂 级数。 1>z 1>z 讨论：如果函数 f(z)在以 b 为中心的圆环区域 21 RzbR<?< 内解析，那么 f(z)能否用幂级数表示？ 一、罗朗定理 设 f(z)在环形区域 21 RzbR<?< 内解析，则 f(z)可在环内展 开为罗朗级数 () ( ) k k k fz a z b ∞ =?∞ ∑ ξ ξ ξ π ρ d b f i a C k k ∫ + ? = 1 )( )( 2 1 （罗朗系数） ρ C ：任意圆周 )( 12 RRb <<=? ρρξ 证明：设 z 的环域内任一点，取 12 ,ρρ ： 22 11 RzbRρρ<<?<< 圆 及圆 围成一个闭通区域 ， z 在其内。 由复通区域的柯西公式得： ：分别在 ， 上取值 第一个积分： 1 ρ C 2 ρ C D ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π ρρ d z f i d z f i zf CC ∫∫ ? + ? = 21 )( 2 1)( 2 1 )( ξ 1 ρ C 2 ρ C ∑ ∫∫ ∞ = + ?? ? = ? 0 1 11 )( )( )()( 2 1 k C k k C bzd b f d z f i ρρ ξ ξ ξ ξ ξ ξ π 第二个积分： bzbξ ?<? () () 1 0 11 11 ()() 1 n n n b b zbzbzb zb zb ξ ξ ξξ ∞ + = ? ==?? ? ???? ? ? ? ? ∑ (1) b zb ξ ? < ? 令- (n+1)=k，则 n=0 时： k=-1； 上式变为： )1( 0 0 1 )( )( )( 2 1 )( )( )( 2 1)( 2 1 2 22 +? ? ∞ = ∞ = + ?? ? = ? ? = ? ∫ ∑ ∑ ∫∫ n C n n n n n CC bzd b f i d bz b f i d z f i ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π ρ ρρ ?∞=∞= kn : k C k k C bzd b f i d z f i )( )( )( 2 1)( 2 1 22 1 1 ?? ? = ? ∫ ∑ ∫ + ?∞ ?= ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π ρρ ∫ ∑∑ ∑ ∫ ∑ ∫ ∑ ∫ ∑ ∫ ∞ ∞? + ∞ ∞? ∞? ?= + ∞ = + ?∞ ?= + ∞ = + ?=?? ? = ?? ? +?? ? = ?? ? +?? ? = ρ ρρ ρρ ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π ξ ξ ξ π C k k k k k C k k k C k k k C k k k C k k bzabzd b f i bzd b f i bzd b f i bzd b f i bzd b f i zf )()( )( )( 2 1 )( )( )( 2 1 )( )( )( 2 1 )( )( )( 2 1 )( )( )( 2 1 )( 1 1 1 0 1 1 1 0 1 21 ξ ξ ξ π ρ d b f i a C k k ∫ + ? = 1 )( )( 2 1 其中： 说明： (1) 罗朗级数中 积分表达式与泰勒级数 的积分表达式相 同，但罗朗级数中 () 1 () ! k k afb k ≠ 。因为：高阶导数公式要求 f(z)解析才成立。而在此 f(z)仅在 21 RzbR<?< 区域内解析； (2) 罗朗级数中有正幂部分： 0 () k k k azb ∞ = ? ∑ —— f(z)在 b 点的解析 部分，在 1 zb R?< 内收敛，负幂部分： 1 () k k k azb ?∞ =? ? ∑ —— f(z)在 b 点的主要部分，在 2 zb R?> 内收敛； (3) f(z)的罗朗展开式唯一。 k a k a (4) 罗朗级数中含有 (z-b)的负幂项，这些项当 zb= 时都 是奇异的，但展开中心 b 点不一定是函数的奇点。 罗朗定理并未涉及展开中心 b 点是否一定是函数的奇 点的问题。 二、将环域内的解析函数展开成罗朗级数的方法 步骤： (1)找出 f(z)的奇点； (2)以展开中心 b 为圆心， 按奇点为界划分展开区域； (3)分区展开 f(z)。 几种常用方法： 1.直接计算罗朗级数 ——积分便于计算时用此法。 P47： [例 1] 2.将有理式分解为部分分式，再按 0 1 1 k k t t ∞ = = ? ∑ 展开。 (1)t < P48： [例 2] 3.用初等函数的泰勒展开式。 P49： [例 3] 4.利用两个绝对收敛级数的乘积。 P50： [例 4] 5.利用逐项求导或逐项积分。 ξ ξ ξ π ρ d b f i a C k k ∫ + ? = 1 )( )( 2 1 例：以 0z = 为中心在 1 z<<∞ 展开 3 (1) () (1) zz fz z + = ? 解： 2 33 () (1) (1) zz fz zz =+ ?? 展开中心为 0=z ，故只需展开 3 1 (1)z? （分子已为 1 )0( ?= zz ） 。 利用逐项求导，只需展开 1 1 ?z ，区域： ∞<< z1 1 0 111 1 1 1 1 k k zz z z ∞ + = == ? ? ∑ 1 (1) z < 上式两边对 z 求导： () 2 12 00 11(1) 1 kk kk dk dz z z z ∞∞ ++ == ?+ ?= = ? ∑∑ 再次求导： () [][] 3 3 0 11 2(1)(2) 1 k k kk z z ∞ + = =?+?+ ? ∑ () 3 3 0 11(1)(2) 2 1 k k kk z z ∞ + = ++ ?= ? ∑ 12 00 1 ( 1)( 2) ( 1)( 2) () 2 kk kk kk kk fz zz ∞∞ ++ == ++ ++?? ∴ =+ ?? ?? ∑∑ 令 '1kk=+ '' '' '1 '2 '2 '2 1 '( ' 1) '( ' 1) 1 1(1 1) '( ' 1) '( ' 1) () 22 kk kk kk k k kk kk kk kk fz zz zzz ∞∞ ∞∞ == == +?++?? ?? ? =+=++ ? ?? ? ??? ? ∑∑ ∑∑ 2222 ''' '2 '2 '1 1 12 2' 1 ' ' 2 kkkk kk k kkk zzzz z z ∞∞∞∞ ==== ?? =+ =+ = = ?? ?? ∑∑∑∑ 例子： P48[例 2] 分析：展开中心 z=0 不是 f(z)的奇点，奇点：- 1， 2 解： 2 3 () 2 z fz zz = ?? 的三个解析区域 2 312 () 212 z fz zz z z ==+ ?? + ? (1) 0 11 () 11() k k z zz ∞ = ==? +?? ∑ 0 21 22 1 2 k k z z z ∞ = ?? =? =? ?? ? ?? ? ∑ 0 1 () [(1) ] 2 kk k k fz z ∞ = ?=?? ∑ 1z < ——无幂项（泰勒级数） ∞<<<<< 22,21,1 zz 1<z (2) 1 00 111 1 1 (1) () 1 1 1( ) k k k kk zz z z z z ∞∞ + == ? ==?= + ?? ∑∑ 0 21 22 1 2 k k z z z ∞ = ?? =? =? ?? ? ?? ? ∑ 1 0 (1) () [ ] 2 k k k k z fz z ∞ + = ? ?? ?= ? ?? ?? ∑ 12z<< 21 << z (3) 1 00 111 1 1 (1) () 1 1 1( ) k k k kk zz z z z z ∞∞ + == ? ==?= + ?? ∑∑ 1 00 2212 2 2 2 2 1 kk kk zz zz z z + ∞∞ == ?? ?? == = ?? ?? ? ?? ?? ? ∑∑ 1(1 0 () [(1) 2 ] kk k k fz z ∞ +?+ = ?=?+ ∑ ） 2 z<<∞ ∞<< z2 以 z=2 为中心展开 2 3 () 2 z fz zz = ?? 为幂级数。 分析： z=2 为 ()fz 的奇点之一，展开中心为奇点。 解： 2 312 212 z zz z z =+ ?? + ? 只需展开第一项 0 11111 2 (1)( ) 2 1233 3 3 1 3 kk k z z zz ∞ = ? == =? ? +?+ + ∑ 2 1 3 z? < 0 11 2 () (1)( ) 23 3 kk k z fz z ∞ = ? ?=+? ? ∑ (0 2 3)z<?< 利用逐项求导或逐项积分——不改变级数的收敛半径 例：以 z=0 为中心在 1 z<<∞ 展开 3 (1) () (1) zz fz z + = ? 。 解： 2 33 () (1) (1) zz fz zz =+ ?? 只需展开 3 1 (1)z ? 。方法：逐项求导 1 0 111 1 1 1 1 k k zz z z ∞ + = == ? ? ∑ 上式两边对 z 求导： () 2 12 00 11(1) 1 kk kk dk dz z z z ∞∞ ++ == ?+ ?= = ? ∑∑ )1 1 ( < z 再次求导： () [][] 3 3 0 11 2(1)(2) 1 k k kk z z ∞ + = =?+?+ ? ∑ () 3 3 0 11(1)(2) 2 1 k k kk z z ∞ + = ++ ?= ? ∑ 12 00 1 ( 1)( 2) ( 1)( 2) () 2 kk kk kk kk fz zz ∞∞ ++ == ++ ++?? ∴ =+ ?? ?? ∑∑ 令 '1kk=+ '' '' '1 '2 '2 '2 1 '( ' 1) '( ' 1) 1 1(1 1) '( ' 1) '( ' 1) () 22 kk kk kk k k kk kk kk kk fz zz zzz ∞∞ ∞∞ == == +?++???? ? =+=++ ??? ? ??? ? ∑∑ ∑∑ 2222 ''' '2 '2 '1 1 12 2' 1 ' ' 2 kkkk kk k kkk zzzz z z ∞∞∞∞ ==== ?? =+ =+ = = ?? ?? ∑∑∑∑ 注： (1) 级数在收敛域内绝对收敛；在较小的闭域内一致 收敛。 一致收敛级数的性质 逐项求导或积分 (2) 逐项求导或积分不改变收敛半径（不改变 收敛区域） 。 ? §3.5 单值函数的孤立奇点 函数的奇点以及关于函数在孤立奇点邻域内的性 质的讨论在很多问题（留数理论及其应用、线性常微 分方程的解析理论）中有重要意义。 重点讨论：单值函数（或多值函数的单值分支）的孤 立奇点。 一、孤立奇点与非孤立奇点 1. 孤立奇点的定义 若 f(z)在 z=b 不解析（或没有定义） ，而在 z=b 的无 心邻域 2 0 zb R<?< 内解析，则 z=b 为 f(z)的孤立奇点。 （孤立：强调邻域内只有一个奇点） 例： 1z = 是 () 1 z e fz z = ? 的孤立奇点。 1() 0 0( e zfz zb fz ? == ? ? ? <?<∞ ? 无定义 解析 2. 非孤立奇点 若函数 f(z)在 z=b 的任意小的邻域内总有除 z=b 以外的奇点， 则 z=b 是 f(z)的非孤立奇点。 例： z=0 是 1 () 1 sin fz z = 的非孤立奇点。 (1) 0z = 1 () 1 sin fz z = 无定义 (2) 1 z nπ = ( 0, 1...)n =± 也是 f(z)的奇点。 1 :n nπ →∞ 无限 接近 z=0 的点，即在 z=0 的任意小的邻域内总有除 z=0 以外 的奇点。感兴趣的是孤立奇点。 二、孤立奇点的分类和性质 孤立奇点包括：可去奇点、极点、本性奇点 下面从函数 f(z)在该点的极限性质与罗朗级数的 展开性质，即： lim ( ) ? zb fz → = ? () ( ) k k k fz a zb ∞ = =? ∑ 这样两个方面对这三类孤立奇点进行分析。 名称 lim ( ) zb fz → 0 zb R<?< 的罗 朗级数 例子 可去奇点 有限值 0 () ( ) k k k fz a zb ∞ = =? ∑ 无负幂项 sin () z fz z = 极点 无限大 () ( ) k k km fz a zb ∞ =? ∑ 含有限个负幂项 3 1 () (2) fz zz i = ? 本性奇点 无定值 () ( ) k k k f zazb ∞ =?∞ ∑ 含无限多个负幂 项 1 () z fz e= 对于正幂项到底含有多少项，即是无关紧要的（解析） 本质区别在于负幂项的个数（没有、有限项、无限项） ，故 负幂项部分称为级数的主要部分，它决定函数在奇点的性质。 1.可去奇点 z=0 是 sin () z fz z = 的可去奇点 (1) 极限性质： 0 sin lim 1 z z z → = ——有限值 (2) 21 2 00 sin 1 ( 1) ( 1) () (2 1)! (2 1)! kk kk z fz z z zz k k ∞∞ + == ?? == = ++ ∑∑ 不含负幂项，但它为罗朗级数（在展开中心， f(z)不解析） (1)、 (2) z=0 是 f(z)的可去奇点 ? (3) 可去奇点的可去性 若定义奇点处函数的极限值为函数值，则得到一个解析 函数。在此重新定义一个函数： 00 sin () 0 () sin lim ( ) lim 1 0 zz z fz z z gz z fz z z →→ ? =≠ ? ? = ? ? === ? ? 则 ()gz 在 0z = 就变成了一个解析函数。 2 0 (1) () (2 1)! k k k gz z k ∞ = ? = + ∑ z <∞ ——泰勒级数 2. m 阶极点 . z=0和 z=2i 是 3 1 () (2) fz zz i = ? 的极点。 (1) 极限性质： 3 0 1 lim (2) z zz i → =∞ ? 3 2 1 lim (2) zi zz i → =∞ ? (2) z=0 是 ()fz 的三阶极点 (i).在 z=0 的邻域内， 1 2zi? 是解析的，可展开成 0 k k k az ∞ = ∑ 0 12 34 332 0 1 ( ) ... k k k a aa fz az a az zzzz ∞ = ?= =+++++ ∑ z=0 是 f(z)的三阶极点 ? (ii) 在 z=2i 的邻域内， 3 1 z 是解析的，可展开成 0 (2) l l l bz i ∞ = ? ∑ 0 12 0 1 () ( 2) ( 2) .. 22 l l l b fz bz i b bz i zi zi ∞ = ?= ?= ++?+ ?? ∑ ? 2zi= 是 ()fz 的一阶极点 3.本性奇点 . z=0 是 1 () z fz e= 的本性奇点 (1) 极限性质： 1 0 lim z z e → 没有确定的极限。 (i) 当 z 沿正实轴 0时 0zx=> 11 00 lim lim xz zx ee →→ ==∞ → (ii) 当 z 沿负实轴 0时 0zx x==?< 1 1 00 lim lim 0 x z zx ee ? →→ == (2) 罗朗展开性质 1 2 0 11 1 1 () 1 .. !2! k z k e kz z z ∞ = ==++ ∑ 含无限多个负幂项 → 三、解析函数零点与极点的关系 1. 零点的定义 ：对于 () 0 () () ( ) ! k k k b zzb k ? ? ∞ = =? ∑ (1) 若 ()z? 在 z=b 点解析 ，且 () 0b? = ，则称 z=b 为 ()z? 的零点 。 (2) 若 (1) ( ) '( ) ... ( ) 0 m bb b?? ? ? === = ， 而 () () 0 m b? ≠ ，则称 z=b 为 ()z? 的 m 阶零点 。 ()z? 在 m 阶零点邻域的泰勒级数为： 所以当 b 为 ()z? 的 m 阶零点时， ()z? 在 b 点邻域的泰勒级 数的最低正幂为 m。这样下式所表示的泰勒级数也可作为 z=b 是 的 m 阶零点的定义： 1 1 () () (). mm mm zazb azb? + + =?+ ? k mk k mk k k k bz k b bz k b z )( ! )( )( ! )( )( )( 0 0 )( ?=====?= ∑∑ ∞ = < ∞ = ?? ? 的项为 )(z? 2. 解析函数的零点与极点的关系 ： 若 b 为 ()z? 的 m 阶零点，则 b 点是 1 () () fz z? = 的 m 阶极点。 证明： b 点是解析函数 ()z? 的 m 阶零点 ? ()z? 以 b 为中心 的泰勒级数为 1 1 ( ) ( ) ( ) ... mm mm zazb azb? + + =?+ ? 2 12 () () (). m mm m zb a a zb a zb ++ ?? =? + ?+ ? + ?? 在 b 点的邻域解析 在 b 点的邻域解析，且 )(z? )()( zbz m Ψ?= ? )(zΨ 0 ! )( )( )( ≠==Ψ m b ab m m ? 考虑 的倒函数 ：在 b 点的邻域解析 在 b 点的泰勒级数： 构造新函数 f(z) 0 1 1 0 1 () . () ()() k k mmm k C C Czb zb zb zb ∞ ? = =?=++ ?? ∑ f(z)的最低次幂为 b点为 f(z)的 m 阶极点。 以上：零点 极点 )(zΨ )( 1 zΨ )( 1 zΨ 0 )( 1 )( )( 1 0 0 ≠ Ψ =?= Ψ ∑ ∞ = b CbzC z k k k 且 )()( 1 )( 1 )( zbzz zf m Ψ? == ? ?? ?m bz )( ? 反之：若 b 点是 f(z)的 m 阶极点，则 b 点为 1 () () z fz ? = 的 m 阶零点。 1 1 01 1 () .. ( ) .. ()() mm aa a fz a az b zb zb zb ??+ ? ? =+ ++++?+ [] 1 1 ( ) ... () mm m aazb zb ??+ =+?+ ? () () m Gz zb = ? G(z)在 b 点的解析，且 ，于是 f(z)的 倒函数为： 11 () ( ) ( ) () () () mm zzbzbgz fz Gz ? ==? =? )0(0)( ≠≠ ?m abG ∵ G(z)在 b 点解析，且 1 () 0 () gz Gb =≠ ，可作泰勒展开，可得： () 0 () ()() () ! k mk k b zzb zb k ? ? ∞ = =? ? ∑ 1 ( )( ) '( )( ) ... mm gb z b g b z b + =?+? b 点为 1 () () z fz ? = 的 m 阶零点。 ` 以上：极点 零点 总之，如果点 b 为 f(z)的一个 m 阶零点，则 b 点是 1 ()fz 的 一个 m 阶极点，反之亦然。 ? ? 补充：判断函数 f(z)极点阶数的简便方法 设 b 点是 f(z)的 m 阶极点，则 1 1 01 1 ( ) ... ( ) ... ()() mm aa a fz a az b zb zb zb ??+ ? ? =+ ++++?+ （非零的有限值） 即要求 b 点是 f(z)的几阶极点，可先求出新函数 ()() m zb fz? 的极限值，由 m 的幂次判断极点的阶次。 0)()( lim ≠=?? ? → m m bz azfbz 例：求函数 23 (1)(2) () (1)(3) zz fz zz ?? = ++ 有哪些极点，并判断极点的阶数 。 解 ： 23 1(1)(3) () () ( 1)( 2) zz z fz z z ? ++ == ?? 的 m 阶零点就是 f(z)的 m 阶极点 。 (1) 的零点由其分子为零确定 23 (1)(3)0zz++= 1 zi∴= 2 zi=? 3 3z =? (2)极点的阶数由 lim( ) ( ) 0 m zb zb fz → ?≠ 的有限值的 m 值确定 。 )(z? (i) 23 3 ( 1)( 2) ( 1)( 2) lim( ) 0 ( 1)( 3) 2 ( 3) zi zz ii zi zz i → ?? ?? ?=≠ ++ + 为 f(z)的一阶极点。 同理： 为 f(z)的一阶极点。 又因： 3 23 3 (1)(2) lim[ ( 3)] 2 0 (1)(3) z zz z zz →? ?? ?? = ≠ ++ 为 f(z)的三阶极点。 iz =? 1 iz = 1 3 3 ?=? z 例：判断 ( 0, 1, 2...)znnπ==±± 是 1 () sin fz z = 的几阶极点？ 解法一：因 sin 0nπ = ，可知 znπ= 是 f(z)的极点。 由 ()' lim ( ) ( ) lim lim sin (sin )' zn zn zn zn zn zn fz zz πππ ππ π →→→ ?? ?= = 11 lim ( 1) 0 cos cos n zn zn π π → ===?≠ 故 是 f(z)的一阶极点。 πnz = 解法二：因 znπ= 是 () singz z= 的一阶零点， ()0,'() sin cos (1) 0 n zn d gn g n z n dz π ππ π = == =?≠ 所以 znπ= 是 11 () ( ) sin fz gz z == 的一阶极点。 四、函数在无穷远点的性质 讨论方法：作变换 1 z t = ， 1 () () ()fz f t t ?== 则在 z 平面的 ∞ 点与 t 平面的 t=0 点对应，可由 在 t=0 的性质来定义 ()fz 在无限远点的性质。 如果 t=0 是 ()t? 的孤立奇点，则称 z 平面上的 ∞ 点是 f(z) 的孤立奇点。在 t=0 的邻域将 作罗朗展开： () k k k tat? ∞ =?∞ = ∑ (1) )(t? )(t? 相应地有 () k k k fz bz ∞ =?∞ = ∑ (2) 其中 kk ba ? = ( 0, 1, 2...)k =±± 显然 f(z)中包含多少个正幂项，完全看级数 中有多少个 负幂项，因此根据有限远处孤立奇点的分类，规定： (1) 如果展开式 (2) 中包含无穷多个 z 的正幂项，则称无限远 点为函数 f(z)的本性奇点。 (2) 如果展开式 (2) 中包含 项 (m>0)，而不含 z 的更高次 项，则称无限远点为 f(z)的 m 阶极点。 )(t? m z (3) 如果展开式 (2) 中不含 z 的正幂项，则称无限远点为 f(z) 的可去奇点。此时 00 lim ( ) z fz b a →∞ == （因为不含正幂项） 因而可以去掉这个奇点，而说函数 f(z)在无限远点解析。 相当于重新定义一个函数， z →∞ 时的极限值 =函数值。 例题： P45