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非孤立奇点如何判定
篇一:
复变函数习题详解习题五
习题五解答
A类
1、问下列各函数有哪些孤立奇点?
各属于哪一种类型?
如果是极点,指出它的级。
1ez·sinz
32
(1)zz+1.
(2)z2.(3)z3-z2-z+1.
1
2
z11
sin2z
(4)sinz.(5)1+z1+e.(6)1-z.-
(7)e
z-
1z
11zsin+2
1-z
zz(9)e..(8)
2n
ln(z+1)ez
z(10)1+zn.(11).(12)ez-1
f(z)=
z3z2+1是有理函数,故奇点只是极点,满足z3z2+1=0,故z=0,
1
1-z
解
(1)
1
2
()
2
与z=±i为其奇点,z=0为三级极点,而z=±i为其二级极点。
ezsinzlim=∞
(2)因z→0z2则z=0为其极点。
再确定极点的级,有两种方法:
ezsinz
z
a.z=0为esinz为的一级零点;而z=0为z2的二级零点。
故z=0为z2的一级极
点。
ez?
sinzzsinzlimz=lime=1≠0
z→0zz2b.z→0,故z=0为其一级极点,
11
=22
(3)原式=(z-1)(z-1)z-1z+1,故z=1为其二级极点,而z=-1为一级极点。
k
(4)sinz=0?
z=kπ,k=0,±1,±2,由(sinz)'|z=kπ=cosz|z=kπ=(-1)≠0,知z=kπ是
1
sinz的一级零点,因此,z=kπ为sinz一级极点。
22
(5)由1+z=0得z=±i为1+z
()
z
的一级零点,由1+e=0得
zk=(2k+1)πi(k=0,±1,±2,)为1+ez的零点,又
()
(1+e)'
z
zk
=ezk=-1≠0
,所以zk为1+e的
(
z
)
一级零点,因此,z=±i及zk=2(k+1)πi(k=0,±1,±2,),为原式点。
=
z
(1+z2)(1+ez)的一级极
∞
111n
sin=-∑(-1)?
2n+1!
z-12n+10<|z-1|<∞,所以z=1为本性奇点。
n=0(6)1-z
(7)令f(z)=e
z-
1z
=ee,则z≠0,f(z)解析,只有z=0为奇点,今让z从实轴负方
z
-
1z
limf(z)
向趋近于0,则f(z)→∞;然而从正方向趋近于0,则f(z)→0。
故z→0不存在,说明z=0
是f(z)的本性奇点。
?
1?
?
1∞n?
z?
11sin=∑(-1)sin+2
2n+1!
,所以,zz有无穷多z的负幂项,知z=0为其本性zn=0
(8)
2n+1
奇点。
(9)原式=e
n
z1-z
=e
z-1+11-z
=e
-1+
11-z
。
当0<|z-1|<+∞时,知z=1为其本性奇点。
i
(2k+1)π
n
(10)由z+1=0,zn=-1,得zk=e
∞
n
(k=0,1,n-1)为原式一级极点。
n
zn+1ln(1+z)∞nz
ln(1+z)=∑(-1)=∑(-1)
n+1zn+1无负幂项,故z=00<|z|<1n=0n=0(11)a.,,
为其可去奇点。
ln(1+z)1
=lim=1
z→0z→0z1+zb.,故z=0为可去奇点。
lim
e
1
1-z
(12)由
=∑
n=0
11-z
∞
(-1)n?
1?
?
n!
?
z-1?
,0<|z-1|<+∞,知z=1为其本性奇点,而ez-1在z=1
n
解析,故知z=1为e
z
ez-1的本性奇点。
11z1-z()k=0,±1,由e-1=0知z=2kπi,为e-1的一级极点,为e的解析点,故z=2kπi为
原式之一级极点。
2.指出下列函数在无穷远点的性质。
z6
211z42
z-3cos
z-2;
(1)z-z3;
(2)1+z4;(3)
()
ez111-z
-ecos-z
z
z。
(4)e-1z;(5)z(1-e);(6)
1t31
==g(t)t=
z,代入原式中z-z3t2-1解
(1)令,而t=0为g(t)的解析点,故z=∞为1
=0
其可去奇点(或求z→∞z-z3)
lim
z41
lim=lim=14z→∞1+zz→∞1
1+z
(2)故z=∞为其可去奇点。
1z=
t,则原式(3)令
=
1
t2
(1+9t
4
?
t?
-6t2cos?
?
1-2t?
,故t=0为其二级极点,所以z=∞为原
)
式的二级极点。
z2z3--
11z-ez+10<|z| 1e-1ze-1zzz42 ()limfz=-z+++ 2,2! 3! (4)设f(z)=故z→0所以z=0为 f(z)的可去奇点。 11 而zk=2kπi,(k=±1,±2),为ez-1的一级极点,同时为z的解析点,故limzk=∞zk=2kπik=±1,±2,为f(z)的一级极点但k→∞,所以∞为极点zk的极限点,为非孤立 奇点。 ez f(z)= z(1-e-z),由z(1-e-z)=0,得z=0,为f(z)的二级极点,(5)设 z=2kπi(k=±1,±2,),为1-e-z的一级零点,故zk=2kπi为f(z)的一级极点,所以z=∞为f(z)的极点zk的极限点。 1 1-1-t=limetcostt ()fz=ecostz则(6)令,而t→0不存在,故∞为本性奇点。 3.若f(z)与g(z)分别以z=z0为m级与n级极点,试问下列函数在z=z0点有何性质? (1)f(z)+g(z); (2)f(z)? g(z);(3)f(zg(z) f(z)= ? (z) 解由题意, h(z0)≠0。 z-z0m g(z)= , h(z) z-z0n,其中? (z),h(z)在z0点解析且? (z0)≠0, (1)当m≠n时,点z0是f(z)+g(z)的max{m,n}级极点,当m=n时,点z0是f(z)+g(z)的极点。 (可退化为可去),其级不高于m,点z0也可能是f(z)+g(z)的可去奇点(解析点)。 (2)z=z0是f(z)? g(z)的m+n级极点。 (3)对于f(z)/g(z),当m 4.若f(z)在z0点解析g(z)在z0点有本性奇点,试问: (1)f(z)+g(z); (2)f(z)? g(z);(3)f(z)/g(z)在z0有何性质? 解: z=z0是 (1)、 (2)、(3)的本性奇点,证明如下: 设f(z)±g(z)=? 1(z),f(z)? g(z)=? 2(z),f(z)/g(z)=? 3(z) 反证法: 如果z=z0不是? i(z)(i=1,2,3)的本性奇点,则由上题结论知,g(z)以z=z0为可去奇点或极点,这与题设矛盾。 5.求证: 如果z0是f(z)是m(m≥2)级零点,那么z0是f'(z)的m-1级零点。 证由题知: f(z)=(z-z0)? (z),? (z0)≠0,则有 m f'(z)=m(z-z0) =(z-z0) m-1 ? (z)+(z-z0)m? '(z) m-1 [m? (z)+(z-z0)? '(z)] 故z0是f'(z)的m-1级零点。 f(z)= 1 z-1z-23在z=2处有一个三级极点,这个函数又有如下列的洛朗展开 6.函数式 1111 =+-+ z-1z-23z-26z-25z-24,|z-2|>1 -1 所以“z=2又是f(z)的一个本性奇点”,又因为上式不含有(z-2)幂项,因此 Res[f(z),2]=0,这些结论对否? 解不对,z=2不是f(z)的本性奇点,这是因为函数的洛朗展开式是在|z-2|>1内得到的,而不是在z=2的圆环域内的洛朗展开式。 ? 1d2? 13 ()Res[f(z),2]=limz-2? z→23-1! dz2? z-1z-23? ? 12 =1 z→22! z-13 孤立奇点的分类必须根据在这个奇点邻域内洛朗展开式来决定。 =lim 7.求下列各函数f(z)在孤立奇点的留数(不考虑无穷远点。 )z2 1 2 (1)z3-z5; (2)1+z 2 z2n ;(3)1+zn(n为自然数); 11-e2z (4)z4;(5)sinz(6)tanz 解 (1) f(z)= 1 z-z5以z=0为其三级极点,z=±1为其一级极点,故有 3 1d2 Res[f(z),0]=lim2 2! z→0dz ? 3? 1? z? 3? z1-z2? ? 1d2? 1 =lim2 2z→0dz? 1-z2 ? ? ? 121-z2+8z21-z2=lim4 2z→01-z2 ( ) 2 () = 1 ? 2=12 111 ? 3=- (1-z)(1+z)z2111 ? 3=- (1-z)(1+z)z2 Res[f(z),1]=lim(z-1)? z→1 Res[f(z),-1]=lim(z+1)? z→-1 f(z)= z2 (2) 1+z22 z2 = (z+i)2(z-i)2 故以z=±i为其二级极点,则 dz22 Res[f(z),i]=lim(z-i)z→idzz+i2z-i2 2z(z+i)-2(z+i)z2i =lim=-z→i4,z+i4 2 d2 Res[f(z),-i]=lim? (z+i)z→-i dz? ? 2z(z-i)-2(z-1)z2ilim=z→-i4z-i4 2 ? ? ? z-i2z+i2? ? z2 (2k+1)πiz2n 2nf(z)=n 1+zn,zk=e(3)为其一级极点,设P(z)=z P(z)z2nzn+1 == nQ(z)=1+zn,Q'znzn-1 n 但zk=-1 则 Res[f(z),zk]= P(zk)z =-k Q'zkn 1-e2z f(z)= z4,z=0为分母的四级零点,是分子的一级零点,所以是f(z)的三级(4) 极点。 1d2 Res[f(z),0]=lim z→02! dz2 ? 31-e2z? ? z? ? -44 z? ? =3 或展开洛朗级数 f(z)= 1 z4 1213? ? 1-1-2z-4z-8z? ? 2! 3! ? ? 知 Res[f(z),0]=c-1=- f(z)= 4 3 (5) 1 sinz,sinz=0? z=kπ(k=0,±1,)为f(z)一级极点 Res[f(z),kπ]= 1k=2m? 1,k =? =(-1)coszz=kπ ? -1k=2m+1 篇二: 课内第五章习题 第五章习题 (一) 1.将下列各函数在指定圆环内展为洛朗级数。 (1) z+1 0<|z|<1;1<|z|<+∞.2 z(z-1) z2-2z+5 (2),1<|z|<2.2 (z-2)(z+1) 1ez 0<|z|<1(3),,只要含到z2各项。 2 zz(z+1) 2.将下列各函数在指定点的去心邻域内展成洛朗级数,并指出其收敛范围。 (1) 1 ,z=i. (z2+1)2 (2)z2e,z=0及z=∞.(3)e,z=1及z=∞. ∞ ? ? 1? ? n-n 3.试证sin)0<|z|<+∞? tz+z? ? =c0+∑cnz(+z, ? ? n=1? ? 1 其中t为z无关的实参数, cn= 12π ? 2π sin(2tcosθ)cosnθdθ,(n=1,2,? ) 4.求出下列函数的奇点,并确定它们的类别(对于极点,要指出它们的阶),对于无穷远点也要加以讨论。 (1) (2) z-1 .22 z(z+4)1 . sinz+cosz 1-ez (3).z 1+e (4) 1 .23 (z+i) (5)tan2z. 1.z+i1-cosz(7). z21 (8)z. e-1 (6)cos 5.下列函数在指定点的去心邻域内能否展为洛朗级数。 11 (1)cos,z=0; (2)cos,z=∞; 22 1 (3),z=0;(4)cotz,z=∞. sinz 6.函数f(z),g(z)分别以z=a为m阶极点及n阶极点。 试问z=a为 f(z)+g(z),f(z)g(z)及f(z)/g(z)的什么点? 7.设函数f(z)不恒为零且以z=a为解析点或极点,而函数? (z)以z=a为本质奇点,试证z=a是? (z)±f(z),? (z)? f(z)及? (z)/f(z)的本质奇点。 8.判定下列函数的奇点及其类别(包括无穷远点). (1) 11 -.e2-12 z-1z (2)e. 11 (3)sin+2. 2z1 (4)ezcos. z e(5)z. e-1 9.试证: 在扩充z平面上解析的函数f(z)必为常数(刘维尔定理). 10.刘维尔定理的几何意义是“非常数整函数的值不能全含于一圆之内”,试证明: 非常数整函数的值不能全含于一圆之外。 11.设幂级数f(z)=∑anzn所表示的和函数f(z)在其收敛圆周上只有惟一的一 n=0∞ 1 阶极点z0.试证: aan →z0,因而n→|z0|(|z0|=r是收敛半径). an+1an+1 (二) 1.下列多值函数在指定点的去心邻域内能否有分支可展成洛朗级数.(1 z=0;(2 z=1;(3 ,z=∞; 1 ,z=∞;z-1 (4)Ln(5)Ln (z-1)(z-3) ,z=∞. (z-2)(z-4) 1 在z=1处有一个二阶极点;这个函数又有下列洛朗展2 z(z-1) 2.函数f(z)=式: 1111 =-++ z(z-1)2(z-1)3(z-1)4(z-1)5 ,(1<|z-1|<+∞) 于是就说“z=1又是f(z)的本质奇点”.这个说法对吗? ? f(z)-f(a) ? 3.设函数f(z)在点a解析,试证函数g(z)=? z-a ? ? f'(a),在点a也解析. ? f(z)-f(0),? 4.设f(z)为整函数,试证g(z)=? z ? ? f'(0), z≠0, z=0, z≠a,z=a, 也是一个整函数. 5.试证: 若a为f(z)的单值性孤立奇点,则a为f(z)的m阶极点的充要条件是 lim(z-a)mf(z)=a(≠0,∞), z→a 其中m是正整数. 6.若a为f(z)的单值性孤立奇点,(z-a)kf(z)(k为正整数)在点a的去心邻域内有界.试证: a是f(z)的不高于k阶的极点或可去奇点。 ? 1? f(z)=sin7.考查函数的奇点类型。 ? sin? ? 8.试证: 在扩充z平面上只有一个一阶极点的解析函数f(z)必有如下形式: f(z)= az+b ad-bc≠0.cz+d 9.(含点∞的区域的柯西积分定理)设C是一条周线,区域D是C的外部(含点∞),f(z)在D内解析且连续到C;又设 limf(z)=c0≠∞, z→∞ 则 1 f(z)dz=-c-1, 2πi? C- 这里c0及c-1是f(z)在无穷远点去心邻域内的洛朗展式的系数.试证之. 提示: 设R充分大,C及其内部全含于圆周Γ: |z|=R的内部(图5.8).其次,证明 10.(含点∞的区域的柯西积分公式)假设条件同前题,则 ? f(z)-f(∞),1f(ζ)? dζ=? 2πi? C-ζ-z? ? 0-f(∞), z∈D,z∈D. 1 f(z)dz=-c-1.再应用复周线的柯西积分定理,就会得证。 2πi? Γ- 这里C-表示的方向,含点∞的区域D恰在一人沿它前进的左方。 提示: 例如就定点z∈D来说,以z为心作充分大圆周Γz,使C及其内部全含于。 L=Γz+C-构成一复周线,则应用有界区域的柯西积分公Γz内部(如图5.9)式 1f(ζ) dζ=f(z). 2πi? Lζ-z 再进一步由f(ζ)在R<|ζ-z|<+∞内的洛朗展式可以证明 1f(ζ) dζ=f(∞).? Γz2πiζ-z (R<|ζ-z|<+∞就是以z为中心的点∞的去心邻域。 )11.应用上题公式计算积分 I= 1dz .? |z|=992πi(z-2)(z-4)(z-6)(z-98)(z-100) 12.设解析函数f(z)在扩充z平面上只有孤立奇点,则奇点的个数必为有限个。 试证之。 13.求在扩充z平面上只有n个一阶极点的解析函数的一般形式。 14.设 (1)C是一条周线,f(z)在C的内部是亚纯的,且连续到C; (2)f(z)沿C不为零,则(试证)函数f(z)在C的内部至多只有有限个零点和极点。 fλ(0) 15.在施瓦茨引理的假设条件下,如果原点是f(z)的λ阶零点,求证≤1. λ! 要想这里的等号成立,必须f(z)=eiazλ(a为实数,|z|<1). 16.若f(z)在圆|z| (1) MM|z|,|z| (2)若在圆内有一点z(0<|z| |f(z)|=|z|,就有f(z)=ez(a为实数,|z| RR|f(z)|≤ 注: (1)当R=1,M=1时,本题就是我们前面证明过的施瓦茨引理,故本题为其更一般的形式。 (2)本题的结果也有如下一个简单改进: 我们保留本题的假设条件不变,如果z=0是f(z)的λ阶零点,则 fλ(0)MMλ ≤|f(z)|≤|z|(|z| RR 如果这些关系中,有一个取等号,这只有f(z)=(当λ=1时,这些就是本题的结果)。 Mia ez(a为实数,|z| 篇三: 第五章解析函数的罗朗展式与孤立奇点 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 β0+β-1(z-z0)-n+β-2(z-z0)-2+ ...+β-n(z-z0)+... 其中z0,β0,β-1,...,β-n,...是复常数。 此级数可以看成变量 -n 1 的幂级数;设这幂级数的收敛半z-z0 径是R。 如果0 1 内绝对收敛并且内闭一致收敛,R 1 内发散。 同样,如果R=+∞,那么此级数在|z-z0|>0内绝对收敛并且内闭一R 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z=z0没有意义。 于是根据定理2.3,按照不同情形,此级数分别在 |z-z0|> 1 =R1(0 R 2、解析函数的洛朗展式: 更一般地,考虑级数 n=-∞ ∑β +∞ n (z-z),n0 这里z0,βn(n=0,±1,±2,...)是复常数。 当级数 ∑β n=0 +∞ +∞ n (z-z0)及∑βn(z-z0)n, n n=-1 n -∞ 都收敛时,我们说原级数 n=-∞ ∑β(z-z) n 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|z-z0| 于是两级数的和函数分别|z-z0| 又设R1 R1<|z-z0| n=-∞ ∑β(z-z) n 0+∞ +∞ n 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。 我们称级数函数,我们也有 n=-∞ ∑β(z-z) n n 为洛朗级数。 因此,洛朗级数的和函数是圆环D内的解析 定理5.1(洛朗定理)设函数f(z)在圆环: D: R1<|z-z0| f(z)= 其中, n=-∞ ∑α(z-z), n n +∞ αn= 1f(ζ) dζ,(n=0,±1,±2,...)n+1? γ2πi(ζ-z0) γ是圆|z-z0|=ρ,ρ是一个满足R1<ρ 证明: 设z是圆环D内任一点,在D内作圆环D': R'1<|z-z0| 由于f(ζ)在闭圆环D'上R1 解析,根据柯西定理,有 ' ' f(z)= ' ' 1f(ζ)1f(ζ)dζ-dζ, 2πi? Γ2'ζ-z2πi? Γ1'ζ-z 其中积分分别是沿Γ1及Γ2关于它们所围成圆盘的正向取的。 ' 当ζ∈Γ2时,级数 1111 ==? ζ-zζ-z0-(z-z0)ζ-z01-z-z0 ζ-z0 +∞ (z-z0)n =∑n+1n=0(ζ-z0) 一致收敛;而当ζ∈Γ1'时,级数 +∞ 11(ζ-z0)n-==∑ ζ-z(z-z)(1-0)n=0(z-z0)n+1 z-z0 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 f(z)= 其中, n=-∞ ∑α(z-z), n n +∞ αn= 1f(ζ)1f(ζ) dζ,(n=0,1,2,...)α=dζ,(n=1,2,...)-n''n+1-n+1? ? ΓΓ212πi(ζ-z0)2πi(ζ-z0) 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 f(n)(z0)1f(ζ) .αn=dζ,(n=0,±1,±2,...)不能写成: αn= n! 2πi? γ(ζ-z0)n+1 注解2、我们称注解3、我们称 ∑αn(z-z0) n=0 +∞ n n n=-∞ +∞ +∞ n 为f(z)的解析部分,而称 n=-1 n α(z-z)为其主要部分。 ∑n0 -∞ ∑α(z-z),为f(z)的洛
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