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一级零点,因此,z=±
i及zk=2(k+1)πi(k=0,±
2,),为原式点。
=
(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
=ee,则z≠0,f(z)解析,只有z=0为奇点,今让z从实轴负方
-
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
,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
-1+
11-z
。
当0<
+∞时,知z=1为其本性奇点。
i
(2k+1)π
(10)由z+1=0,zn=-1,得zk=e
(k=0,1,n-1)为原式一级极点。
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
(12)由
=∑
n=0
(-1)n?
?
n!
z-1?
,0<
+∞,知z=1为其本性奇点,而ez-1在z=1
解析,故知z=1为e
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。
(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)
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
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<
R-=z======z3
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。
而zk=2kπi,(k=±
2),为ez-1的一级极点,同时为z的解析点,故limzk=∞zk=2kπik=±
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
ez
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=±
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-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)
(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<
n时,z0是n-m级零点;
当m>
n时,z0是m-n级极点;
当m=n时,z0是可去奇点。
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);
(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)?
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?
'
[m?
(z)+(z-z0)?
(z)]
故z0是f'
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
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)z3-z5;
(2)1+z
z2n
;
(3)1+zn(n为自然数);
11-e2z
(4)z4;
(5)sinz(6)tanz
解
(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?
z1-z2?
=lim2
2z→0dz?
1-z2
121-z2+8z21-z2=lim4
2z→01-z2
2=12
111
3=-
(1-z)(1+z)z2111
(1-z)(1+z)z2
Res[f(z),1]=lim(z-1)?
z→1
Res[f(z),-1]=lim(z+1)?
z→-1
z2
(2)
1+z22
(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
d2
Res[f(z),-i]=lim?
(z+i)z→-i
dz?
2z(z-i)-2(z-1)z2ilim=z→-i4z-i4
z-i2z+i2?
(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
但zk=-1
则
Res[f(z),zk]=
P(zk)z
=-k
Q'
zkn
1-e2z
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。
Res[f(z),0]=lim
z→02!
dz2
31-e2z?
-44
=3
或展开洛朗级数
z4
1213?
1-1-2z-4z-8z?
知
Res[f(z),0]=c-1=-
(5)
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<
1;
1<
+∞.2
z(z-1)
z2-2z+5
(2),1<
2.2
(z-2)(z+1)
1ez
0<
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。
,z=i.
(z2+1)2
(2)z2e,z=0及z=∞.(3)e,z=1及z=∞.
n-n
3.试证sin)0<
+∞?
tz+z?
=c0+∑cnz(+z,
n=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)
.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。
(1)cos,z=0;
(2)cos,z=∞;
(3),z=0;
(4)cotz,z=∞.
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)
-.e2-12
z-1z
(2)e.
(3)sin+2.
2z1
(4)ezcos.
e(5)z.
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∞
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=∞;
z-1
(4)Ln(5)Ln
(z-1)(z-3)
,z=∞.
(z-2)(z-4)
在z=1处有一个二阶极点;
这个函数又有下列洛朗展2
2.函数f(z)=式:
=-++
z(z-1)2(z-1)3(z-1)4(z-1)5
,(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
(a),在点a也解析.
f(z)-f(0),?
4.设f(z)为整函数,试证g(z)=?
(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。
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:
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→∞
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=?
C-ζ-z?
0-f(∞),
z∈D,z∈D.
f(z)dz=-c-1.再应用复周线的柯西积分定理,就会得证。
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。
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).
Lζ-z
再进一步由f(ζ)在R<
|ζ-z|<
+∞内的洛朗展式可以证明
dζ=f(∞).?
Γz2πiζ-z
(R<
+∞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|<
R内解析,f(0)=0,|f(z)|≤M<
+∞,则
(1)
MM|z|,|z|<
R,且有|f'
(0)|≤;
(2)若在圆内有一点z(0<
R)使RRMMia
|f(z)|=|z|,就有f(z)=ez(a为实数,|z|<
R).
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|<
R),且有.λ!
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|<
R).R
篇三:
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
的幂级数;
设这幂级数的收敛半z-z0
径是R。
如果0<
R<
+∞,那么不难看出,此级数在|z-z0|>
在|z-z0|<
内绝对收敛并且内闭一致收敛,R
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|>
=R1(0<
+∞)及|z-z0|>
0内收敛于一个解析函数。
R
2、解析函数的洛朗展式:
更一般地,考虑级数
n=-∞
∑β
+∞
(z-z),n0
这里z0,βn(n=0,±
2,...)是复常数。
当级数
(z-z0)及∑βn(z-z0)n,
n=-1
-∞
都收敛时,我们说原级数
∑β(z-z)
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|<
R2内绝对收敛并且内闭一致收敛,第二个级数在|z-z0|>
R1内绝对收敛并且内闭一致收敛。
于是两级数的和函数分别|z-z0|<
R2及|z-z0|>
R1在内解析。
又设R1<
R2,那么这两个级数都在圆环D:
R1<
|z-z0|<
R2内绝对收敛并且内闭一致收敛,于是我们说级数
0+∞
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
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:
R2(0≤R1<
R2≤+∞)内解析,那么在D内
其中,
∑α(z-z),
αn=
dζ,(n=0,±
2,...)n+1?
γ2πi(ζ-z0)
γ是圆|z-z0|=ρ,ρ是一个满足R1<
ρ<
R2的任何数。
证明:
设z是圆环D内任一点,在D内作圆环D'
:
R'
R2'
,使得z∈D'
,这里用Γ1及Γ2分别表示圆|z-z0|=R'
1及|z-z0|=R2'
由于f(ζ)在闭圆环D'
上R1<
<
R2。
解析,根据柯西定理,有
1f(ζ)1f(ζ)dζ-dζ,
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
==?
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
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,±
2,...)不能写成:
γ(ζ-z0)n+1
注解2、我们称注解3、我们称
∑αn(z-z0)
为f(z)的解析部分,而称
α(z-z)为其主要部分。
∑n0
∑α(z-z),为f(z)的洛朗展式。
n=
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