复变函数第五章学习指导

复变函数第五章学习指导

一. 知识结构

?????收敛圆环?一般概念??.??洛朗级数???和函数的性质?定理51??洛朗定理定理5.2???????可去奇点????孤立奇点的分类?极点???本性奇点???????????????????解析函数在有限孤立奇点????可去奇点：定理5.3去心邻域内的性质????定理5.4??性质??极点????定理5.5??????定理5.6????定理5.7?????本质奇点????定理5.8????????定理5.9??? ? ??定理5.3/??/??定理5.4?解析函数在无穷远点去心邻域内的性质?定理5.5/??/???定理5.6?

二. 学习要求

⒈了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了解罗朗定理，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了解解析函数在其孤立奇点邻域内的性质.

三. 内容提要 1.双边幂级数 定义 称级数

n????cn(z?a)n????c?nc?1n????c?c(z?a)???c(z?a)?? 01nnz?a(z?a)

（5.1） 为双边幂级数，其中a与cn(n?0,?1,?2,?)为复常数，称cn(n?0,?1,?2,?)为双边幂级数（5.1）的系数．

定义 若级数（5.1）在圆环r?z?a?R(0?r?R???)内收敛，则称此圆环为级数（5．1）的收敛圆环．

类似幂级数，双边幂级数有如下定理：

定理5.1 若级数（5.1）的收敛圆环为G:r?z?a?R(0?r?R???)，则级数（5.1）在G内绝对收敛，且在G内每个较小的同心闭圆环

G?:r??z?a?R?(r?

r??R??R)上一致收敛，其和函数在G内为解析函数．

定理5.2 若函数f(z)在圆环G:r?z?a?R(0?r?R???)内解析，则

f(z)在G内可展成双边幂级数为

其中

cn?n????c?n (z?a)n1f(?)d?n?1?2πic(??a),n?0,?1,?2,?

这里的c为圆周??a??(r???R)，并且系数cn被f(z)及圆环G唯一确定．

2.孤立奇点的分类

定义5.2 设点a为函数f(z)的奇点，若f(z)在点a的某个去心邻域

0?z?a?R内解析，则称点a为函数f(z)的孤立奇点．

定义5.3 设点a为函数f(z)的孤立奇点：

⑴若f(z)在点a的罗朗级数的主要部分为零，则称点a为f(z)的可去奇点； ⑵若f(z)在点a的罗朗级数的主要部分有有限多项，设为

c?(m?1)c?mc?1????,c?m?0 mm?1z?a(z?a)(z?a)则称点a为f(z)的m级（阶）极点；

⑶若f(z)在点a的罗朗级数的主要部分有无限多项，则称点a为f(z)的本性奇点．

sinzez依定义，点z?0为的可去奇点，点z?0为2的二级极点，点z?1为

zzz的本性奇点． 1?z 3.函数在孤立奇点的去心邻域内的性质 ⑴函数在可去奇点的去心邻域内的性质 sin定理5.3 若点a为f(z)的孤立奇点，则下列三个条件是等价的： ①点a为f(z)的可去奇点； ②limf(z)?c(??)；

z?a③函数f(z)在点a的某个去心邻域内有界． ⑵函数在极点的去心邻域内的性质

定理5.4 若点a为f(z)的孤立奇点，则下列三个条件是等价的． ①点a为f(z)的m级极点；

②f(z)在点a的某个去心邻域0?z?a?R内可表示为

f(z)?h(z) m(z?a)其中的h(z)在点a的邻域z?a?R 内解析，且h(a)?0；

③点a为

1的m级零点（可去奇点视作解析点时）． f(z)定理6.5 点a为函数f(z)的极点的充分必要条件是

limf(z)??

z?a ⑶函数在本性奇点的去心邻域内的性质

定理5.5 点a为函数f(z)的本性奇点的充分必要条件是limf(z)不存在，即

z?a当z?a时，f(z)既不趋于有限值，也不趋于?．

定理5.7 若点a为f(z)的本性奇点，且f(z)在点a的充分小的邻域内不为

零，则点a必为

1的本性奇点． f(z)

四.疑难解析

1.洛朗级数与泰勒级数有何关系？ 答：洛朗级数与泰勒级数之间的关系是一个既一般又特殊的关系，也就是说，泰勒级数是一个特殊的不含负幂项的洛朗级数，洛朗级数

n=-￥?+?cn(z-z0)在圆环域

nr?z-z0?R上收敛，当z0?0,r?0时，c?n?0，洛朗级数就退化为泰勒级数了.在一般情况下，洛朗级数的解析（正则）部分就是一个普通幂级数.而且，可以利用一些函数的泰勒展开式来求函数的饿洛朗级数.由此可知，洛朗级数与泰勒级数存在着密切的相依关系.

2.在洛朗定理中，系数cn=12?if(?)??c(??z0)n?1d?.为什么不能像泰勒定理那

f(n)(z0)样，利用高阶导数公式使得cn?呢？

n!答：在泰勒定理中，因为f(z)在z0的邻域中解析，所以可以在收敛圆域内应用高阶导数公式，求得cn=但在洛朗定理中，却会是：

（1）若z0是f(z)的奇点，则f(n)(z0)不存在.

（2）若z0不是f(z)的奇点，因而f(n)(z0)存在.但在z-z0?R内可能还有奇点，此时积分

12?i1(n)f(?)f(z0). 也不等于d???c(??z0)n?1n!n?112?if(?)12?i(n)1(n)d???f(z)?f(z0)0??c(??z0)n?12?in!n!（3）仅当f(z)在z-z0?R内处处解析，则由于?z-z0?内处处解析，由基本定理，有c-n=12?if(2)(n?1,2,...)在C

f(?)??c(??z0)n?1d??0这时，洛朗级数成为

泰勒级数.

3.试说明奇点与洛朗级数的关系.

答：奇点有两类，一类是f(z)的奇点，一类是f(z)的洛朗数的负幂项的奇点.若函数f(z)在z-z0?R内只有一个奇点z0，则f(z)可以在0?z-z0?R内

展开为洛朗级数.其主部反映在奇点z0处的特性，十分重要.z0是函数f(z)在圆环域r?z-z0?R内的洛朗级数的负幂项的奇点，但z0不一定是f(z)的奇点.如对于函数f(z)?1?z?1??z?2?,z?1,2是f(z)的奇点，但在圆环域1?z?2和

2?z???内z=0是各负幂项的奇点，而不是f(z)的奇点.对于f(z)?ze,z0?0是函数的奇点，在圆环域0?z???内的洛朗级数的负幂项的奇点也是圆环域的中心.

4.函数tan(1)能否在圆环域0?z?R内展开为洛朗级数？

z答：不能.z=0是tan(1)的奇点，但tan(1)=sin(1)cos(1)的奇点有

zzzz无穷多个.除z=0外，zk?11(k?)?2,k?0,?1,???都是tan(1)的奇点当k??z12z时，zk?0，所以不存在一个去心邻域0?z?R，使tan(1)在圆环域内解析，

z从而不可能将tan(1)在0?z?R内展开为洛朗级数.

z5．怎样理解f(z)的洛朗级数“唯一性”的说法？

答：函数f(z)的洛朗级数的唯一性是指，同一函数在同一圆环邻域内的洛朗展开式是唯一的.因为函数f(z)的奇点可能不止一个，因此使f(z)解析的圆环域也不止一个，于是函数f(z)在不同的圆环域内可以有不同的形式的洛朗级数，这与f(z)的洛朗级数“唯一性”说法是不矛盾的.例如，函数f(z)?2+1有

z2+z-2两个奇点z1?1与z2??2，有三个以z=0为中心的圆环域，其洛朗级数分别为：

(?1)n在z?1内，f(z)=?(n?1?1)zn,在1?z?2内，f(z)=2n=0???(?1)nn?nz??z,在?n?1n=02n=0??(?1)n?1?n有不同的洛朗级数；2?z???内f(z)=??1?n?1?z.可见在不同圆环域内，

2n=-1??但在一个圆环域内只有唯一的洛朗级数.

6.函数lnz在z?0上能否展开为罗伦级数，为什么？

解：不能.因为负实轴均为lnz的不解析点. 7.证明：若f(z)在z?0解析，且f(z)?z证明：设 f(z)??32,z?0,则f(z)=0.

n????Cnzn，Cn?1Rn?32??12?iz?R?f(z)dz， n?1z1Rn?32Cn?12?z?R?dSRn?1R32?，当n??2，Cn?limR???0，若n??2

Cn?limR?01Rn?32?0，故Cn=0,n?0,?1,?2,?.即f(z)?0.

2?128设f(z)在z>0上解析,且f(z)?z?z??,证明:f(z)?C0?C1z?C2z2.

1证明：令f(z)??Cnz.则（如上题） Cn?2?n???nR2?z?R1?2RdS?RR?1 Rn?1RnR当n?2,令R??得Cn?0,当n?0,令R?0得Cn?0,故

f(z)?C0?C1z?C2z2.

9.在0?z?1的区域内，将f(z)?1函数展开为罗伦级数.

z(z?1)(z?2)解：

1?11??

z(z?1)(z?2)z(z?1)z(z?2)??111zn?1?1n?1 =????z??n?1=?(1?n?1)zn?1.

z1?z2z(1?z2)n?02n?0n?021z?1与z?2. z平面可以在平面上有两个奇点：

(z?1)(z?2)被分成如下三个互不相交的f(z)的解析区域：(1)圆z?1；(2)圆环1?z?2；

10.函数f(z)?(3)圆环2?z??，试分别在此三个区域内求f(z)的展开式.

解：首先将f(z)分解成部分分式

11?z?2z?1 z(1)在圆域z?1内，因为1?z?2，故?1，于是有

2??1111?zk1??kf(z)?????z_?k???1?k?1?zk1?z21?zk?02k?022?k?0?2

f(z)?

为f(z)在圆域z?1内的泰勒展开式.

1z?1，?1，故 z2??11111?zk1?1zk1f(z)????????k??k?1???k?1??k21?zz1?12k?02zk?1zk?02k?1z2z

12(3)在圆环域2?z??内，这时?1，?1，故

zz11111??2k1?f(z)???????k?k?21z1?z1?zk?0?zz?zz 1另外，对函数f(z)?还可以求它在奇点2的去心邻域0?z?2?1的

(z?1)(z?2)罗朗展开式

??111f(z)?????(?1)k(z?2)kz?2z?2?1z?2k?0

这是同一个函数在不同的圆环域中的罗朗展开式. 显然在不同的展开区域有不同的展开式，这与罗朗展开式的唯一性并不矛盾.

五．典型例题

(2)在圆环域1?z?2内，有

例1 试将f(z)?(z2?3z?2)?1在圆环1?z?2内展成罗朗级数． 解 首先，知道f(z)在圆环1?z?2内解析，所以，f(z)在该圆环内可展成罗朗级数，且展式是唯一的．

其次，利用展式

?1??zn1?zn?0,z?1，

将f(z)展成罗朗级数．由1?z?2得

1z?1 及 ?1， z2故

f(z)?111????(z?1)(z?2)z?2z?1?1z2(1?)2,?11z(1?)z

?zn1 ???n?1??n?1n?02n?0z1?z?2

例2 试将f(z)?sinz在点z?0的去心邻域内展成罗朗级数． z

解 首先，确定使f(z)在其中解析的点z?0的最大去心邻域为0?z???． 其次，将f(z)展成罗朗级数，有

?sinz1?z2n?1(?1)nz2nnf(z)???(?1)??,zzn?0(2n?1)!n?0(2n?1)!0?z???

例3 设f(z)?5(1?ez)?1，试求f(z)在复平面上的奇点，并判定其类别． 解 首先，求f(z)的奇点．f(z)的奇点出自方程

1?ez?0

的解．解方程得

z?Ln(?1)?(2k?1)πi,k?0,?1,?2,?

若设zk?(2k?1)πi(k?0,?1,?2,?)，则易知zk为f(z)的孤立奇点．另外，因

(1?ez)z?zk?0,(1?ez)?z?zk?0

所以，由零点的定义知zk为1?ez的一级零点．从而知zk(k?0,?1,?2,?)均为

f(z)的一级极点．

例4 把下列函数在指定的圆环域内展开为洛朗级数 1）

1z(1?z)20?z?1,0?z?1?1

2）sin1,在z?1的去心邻域内 1?z11111?1?解：1）?????， 因 22z(1?z)z(1?z)z?1?z???12n?1?z?z???z????zn1?zn?0z?1且幂级数在收敛圆内可逐项求导，所

以

???1?2n???1?2z?3z????(n?1)z,1?z?n?0 ???11??n???(n?1)z??(n?2)zn2z(1?z)zn?0n??11z?1

111111??2）0?z?1?1，???????(z?1)?

z(1?z)2(1?z)2z(1?z)21?(z?1)(1?z)2n?0n?n??2?(?1)(z?1)n??n

1的奇点，所以z?1的去心邻域为0?z?1??? 1?z2）因z?1是sin?(m?1)????1111n(z?1) sin. ??sin???(?1)???(?1)n2n?11?zz?1(m?1)!(m?1)!(z?1)n?0n?0例5.求函数f(z)?1在?的去心邻域内的洛朗展式，并指出其收级域.

z(z?1)解：因f(z)在1<|z|<+?内解析，故可在此领域内展为洛朗级数.

??1111111??11??11???.????n??n?1??n

z(z?1)1?zzz1?1zzn?0zzn?1zn?2zzez?1例6.证明z?0为的可去奇点.

zex?1证：（一）首先z?0为函数的孤立主奇点，又因为展式

zex?11z2zn?(1?z???????1)0?|z|??? zz2!n! 在z?0的主要部分为零，所以z?0为其可去奇点.

limzez?1ez?1 （二）因的可去奇点. ?e?1??， ?z?0为

zz?0z?0z例7.求出下列函数的奇点，并确定它们的类型，对无穷远点也要加以讨论：

sinz?z （1）f(z)?

z31 （2）f(z)? z1?elimz5 （3）f(z)?

(1?z)2解：（1）（法一）f(z)只有z?0和z??为奇点 先求f(z)的洛朗展式：

sinz?z1???(?1)nz2n?1?1??(?1)nz2n?1 f(z)??3???z?3?z3z?n?0(zn?1)!?zn?1(2n?1)!?(0?z???)

由此，f(z)在z?0的主部（负幂）为零；在z??的主部（正幂）有无限项，故

z?0为f(z)的可去奇点，z??为f(z)的本性奇点.

（法二）计算极限

sinz?zcosz?1?sinz1?lim?lim???? 1）lim32z?0z?0z?0z3z6z6 故z?0为f(z)所去的奇点. 2）limsinz?zsinzlim不存在，因为不存在，故z??为f(z)的本性奇点

z??z??z3z3?zn??2n??? ??z?2n?i?? ?n?（2）f(z)?1 1?ez 解：1?ez?0得

1的零点, zk?(2k?1)?i (k?0,?1,?)又因为f(z)所以zk都是f(z)的一阶零点，由定理zk是f(z)的(1?ez)1/z?zk?ez/z?zk?0，

lim[z?(2k?1)?i]111一级极点?lim??f?0.当定理k??时，

z?(k?1)?i1?ezeze(2k?1)?izk??，故点?是f(z)的非孤立奇点，即点列{zk}的聚点. （3）显然z?1是f(z)的二级极点，下面考查?，由于

z2z21233 f(z)?z, ?z()?zu(z)u(z)?[]在z??解析，且21(1?z)z?11?z3u(?)?1?0，可见z??是f(z)的三级极点.

例8.讨论f(z)在奇点z=0的类型 （1）f(z)?(z?5)sinz, 223(z?1)z(z?1)1, ze （2）f(z)?

1z?5sinz1解：（1）f(z)?[.]??(z) 23z(z?1)(z?1)zz 显然?(z)在z?0解析（只须令 故z?0是f(z)的一级极点. （2）0是e1zsinz|z?0?1）且?(0)??5?0 z的本轮奇点.这是因为e??1z沿正负轴(), z?0时e?01z沿负实轴1沿虚轴(z?0) , ez无极根 ().

z?0例9.函数f(z)?1在z?1处，有一个二级极点.这个函数又有下列济2z(z?1)朗展式：

1111????（1?|z?1|???）

z(z?1)2(z?1)3(z?1)4(z?1)5于是就说“z?1又是f(z)的事胜奇点”，这个说法对吗？

解：不对，因为f(z)在z=1的处的去心邻域应是0<|z-1|<1，而0<|z-1|<+?正好是以z=1为中心的无穷远点的去心邻域，所以据这个洛朗展式，只能断定

z??是f(z)的可去奇点.

例10.如果K为满足关系k2<1的实数，证明

nk?sin(n?1)??n?0??sin?1?2ksin??k2cos??k1?2kcos??k2

?kncos(n?1)??n?0提示：对z?k展开(z?k)?1成洛朗级数，并在展开式的结果中置z?ei?，再令两边的实部与实部相等，虚部与虚部相等.

??1111???k?knk????????n?1, 证：当z?k，且k?1时，有?1,

kz?kz1?zn?0?z?n?0zzz2n令z?ei?，代入上式两边得

11cos??k?isin???ei??kcos??k?isin?1?2kcos??k2???knn?(n?1)i???ke???kncos(n?1)??iknsin(n?1)???(n?1)i???n?0en?0n?0于是cos??k1?2kcos??k2n?0?sin?nksin(n?1)???1?2kcos??k2n?0?kncos(n?1)???

六．单元检测

一. 单项选择题:

sinz1. 函数在0?z???的罗朗展式的罗朗系数C?2,C2分别为 z111A)3!,B)0, C) 3!,0D) 0,?

3!3!3!2.z?0为函数f(z)?1?cosz的

z2(ez?1)A)零点B)一级极点C)二级极点D) 三级极点

13.z?? 为函数f(z)?的 1sinzA)可去奇点B)m级极点C)本性奇点D)非孤立奇点

5.f(z)在z?1内解析且f(z)?1(z?1),f(0)?0,则在z?1内恒有f(z) z,且f?(0) 1 A)?,?B)? ,?C) ?,?D) ?,?

6.解析函数f(z)的孤立奇点a的去心邻域K??a?的罗朗级数要部分为

A) ?Cn(z?a)B)?Cn(z?a)C) ?Cn(z?a)D) ?Cn(z?a)?n

nnnn?1n?0n?1n?0?????n????C(z?a)n?n的主

7.z?a分别为f(z),g(z)的m级与n级极点(m?n),则z?a是f(z)?g(z)的 级极点.

A)m?n B)m?n C)min(m,n) D)max(m,n)

8.f(z)的孤立奇点a为本性奇点的充要条件是

A)limf(z)?0B)limf(z)C)limf(z)?b(??)D)limf(z)??

z?az?az?az?a19.若z?0是f(z)的三级极点,则?是f()的

zA)三级极点B)三级零点C)可去奇点D)本性奇点

10.设z?0是不恒为另的函数f(z)的孤立奇点,且有趋于0的无穷点列使

f(zn)?0则z?0是f(z)的 A)零点B)可去奇点C)极点D)本性奇点

11.?是函数f(z)?tanz的 A)极点B) 非孤立奇点C) 本性奇点D) 可去奇点

12.函数f(z)? 在z?1的去心邻域内不能展成罗朗级数. A)sin11tan(z?1)1B) secC)D) z?1z?1(z?1)zz?113.整函数f(z)的孤立奇点个数 个 A)只有一个B)至少一个C)没有D)无法确定

14.亚纯函数的孤立奇点只能是 A) 可去奇点B)极点C) 本性奇点D) 非孤立奇点 15. f(z)在无穷远点去心邻域内的罗朗展式:f(z)???????n????bzn?n的主要部分为

A)?bnzB)?bnzC) ?bnzD) ?bnzn

nnnn??1n?0n?1n?0二、多项选择题: 1.f(z)?1可以在区域 展开罗朗级数

(z?1)(z?2)A)z?1 B)1?z?2 C)2?z??? D)0?z?1?1 E)0?z?2?1 2.z?0是函数f(z)? 的本性奇点. A) eB)

1z111?coszC) cosD) E) 1zsinzz2sinz13.z?0是函数f(z)? 的本性奇点.

111cosB)ctgzC)tanzD)E)

sinz?cosz1?ezz14.设f(z)?sin存在着收敛于0的点列?zn?,使limf(zn)? zn?0zA?)B)0C)1D)2E)3

A)B)C)D)E) A)

5.函数f(z)? 为整函数. A)常数C0B)sinzC)az?bD)三、填充题：

1．在圆环H （ ）内解析的函数f(z)可展成双边幂级数

f(z)?az?bE)tanz cz?dn????C(z?a)n?n，其中Cn? ，?为 2．如果a为f(z)的可去奇点，则有：

（1） (2) (3)

3．若z?a为f(z)之一本性奇点，且在 则z?a必为

1的 f(z)4．（Weierstrass定理）如果a为f(z)的本性奇点，则任何常数

A， ，使得limf(zn)?A

zn?a5．如果z??为f(z)的m级极点的充要条件是下列三条中任何一条成立 （1） （2） （3） 6．若f(z)为一整函数，则z??为f(z)的（1）

可去奇点（2）m级极点（3）本性奇点的充要条件分别为：（1） （2） （3） 7．函数f(z)为有理数的充要条件为 8．f(z)，g(z)分别以z?a为m级极点与n级极点，则z?a为

f(z)的 g(z) (m?n)， (m?n)， (m?n) 9．函数f(z)?1的奇点有：z? ，各

(z2?i)3

为 ，z? 为

110．函数f(z)?z的奇点有：z? ，各

e?1为 ，z? 为 四、计算题

tanz1．求函数f(z)?的奇点.

z2．求函数f(z)?1在五种不同区域（1）z?1（2）1?z?2（3）

(z?1)(z?2)0?z?1?1（4）0?z?2?1（5）2?z??的罗朗展式.

1ez3．将f(z)?在圆环内展为罗朗级数，（只要含到z2各项）. 0?z?12zz(z?1)z2?2z?54将函数f(z)?在圆环0?z?1内展为罗朗级数. 2(z?2)(z?1)11?的奇点及其类别. ez?1z五、证明题 综合题：

5求函数f(z)?1．试证：f(z)是单叶整函数的充要条件为：f(z)?az?b(a?0).

2．试证：在扩充Z平面上只有一个一级极点的解析函数f(z)必有如下形式：

f(z)?az?b，ad?bc?0. cz?d3．f(z)，g(z)分别以z?a为m级极点与n级极点，试问a为f(z)?g(z)，

f(z)?g(z)及

f(z)的什么点/讨论之. g(z)11?z4．求函数f(z)?e在?点邻域(1?z???)的罗朗展式至含z5为止.

5．设C是一条围线，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??，则

z???f(z)?f(?),z?D1f(?). d?????C2?i??z?0?f(?),z?D

单元检测答案

一、1D 2B 3D 4D 5C 6C 7D 8B 9B 10D 11B 12 B 13A 14B 15C

二、1ABCDE 2AC 3ABCD 4ABCDE 5ABC

三、1．r?|z?a|?R,r?0,R???,

|??a|?? (r???R).

1f(?)d? (n?0,?1,...),圆周n?1?Γ2?i(??a)2．（1）f(z)在点a的主要部分为零,（2）limf(z)?b (??),（3）f(z)在

z?a点a的某去心领域内有界.

3．点a的充分小去心领域内不为零，本性奇点. 4．不论A有限还是无穷，都有一个收敛于a的点列{zn}. 5．（1）f(z)在z??的主要部分为b1z?...?bmzm (bm?0). （2）f(z)在z??的某去心领域N????内能表成f(z)?zm?(z), 其中?(z)在z??的领域N内解析，且?(?)?0.

（3）limf(z)不存在，（即当z??时，f(z)没有有限或无穷的极限）.

z??6．（1）f(z)为常数,（2）f(z)是一个m次多项式,（3）展式?cnzn(0?|z|???)

n?0?中有无穷多个cn?0.

7．f(z)在扩充复平面上除极点外没有其它类型的奇点. 8．m?n级零点，n?m级极点，可去奇点. 9．22(1?i),(i?1)三级极点，?，6级极点. 2210．2k?i(k?0,?1,...) 一级极点，?，非孤立奇点.

tgzsinz2k?1?,故在z?0为可去奇点，z??(k?0,?1,..)为一级zzcosz2极点，z??为非孤立奇点.

四、1．解：

2．解：f(z)?111??,

(z?1)(z?2)z?1z?2??1?111nnnzn（1）f(z)????(?1)z??(?1)()=?(?1)n(1?n?1)zn,

2n?022z?12(1?z)n?0n?02

n??1111n1nz（2）f(z)??=?(?1)n?1??(?1)n?1, ??1zz2z1?21?n?0n?0Z2?11（3）f(z)???(?1)n(z?1)n?1,

z?11?(z?1)n?0?n?111（4）f(z)?????(z?2),

z?2(z?2)?1n?0n???1111n1n2（5）f(z)?[?]=?(?1)n?1??(?1)n?1=?(?1)n(1?2n)n?1. zzzz1?11?2n?0n?0n?0zzz2zn1?z??...??...1z52ezzn!?1??z.... 3．解：f(z)?=?3z26z(1?z2)z?z1?zn?212?11214．解：f(z)?=??()??(?1)nn?2. ?2??22n?02zz?2z?121?zz1?1n?022zz?1?ez5．解：f(z)?,奇点为z?0为一级极点，z?2k?i(k??1,?2,...)为一级zz(e?1)极点，z??为非孤立奇点.

五、1．证明：（必要性）若f(z)为单叶整函数，由于整函数分为三类 ①f为常数，与单叶性矛盾,

②f为超越整函数，f(z)??cnzn(0?|z|???),它仅有z??为本性奇点，由

n?0?picard大定理，?A?,?除一个值A?A0外，均?{zn}z,n??使得

f(zn)?A(?n 1,此亦与单叶性矛盾。2,由0)代,数基本定理，

③f为一多项式，f(z)?c0?cz?.?.c.mzmcm(??A??,f(z)?A必有且只有m个根，再由f(z)单叶知必有m?1，故f(z)?az?b(a?0)?A??,f(z)?A,有且只有一个根，为整函数且故f(z)为单叶

整函数.

2．证明：（必要性）由于f(z)在扩充z平面上只有一个一级极点，当z??为极点时，f(z)?az?b,当z0??为极点时，f(z)?Bz?(A?Bz0)A ?B(A?0)=

z?z0z?z0?Bz0?(A?Bz0)??A?0

az?b,ad?bc?0,因而a,c不同时为0，①c?0，cz?dd,②c?0，则a?0且d?0，f(z)只有一个f(z)只有一个一级极点z??c一级极点z??.

（充分性） 若f(z)?3．解：①当m?n时，a为f(z)?g(z)的max(m,n)级极点，为f,g的m?n级极点，为

f的m?n(m?n)级极点与n?m(m?n)级零点. g②当m?n时，a为f?g的至多m级极点（此时各种情况均有可能产生） 例：f?1?1fkk??z,g??z(k?N), 为的级极点，为的f,gam?nmm(z?a)(z?a)g可去奇点. 4．解：令??21，则ez3411?z?e5???1?e???(1???22?...)

?(1??????????23!44!5!...)(1???2?224...)

34(1??23...)(1??3!...)(1??54!)...=1???????11?238?4?55...

1111114=1??????...

z2z23z38z45z55．证明：?limf(z)?c0??,????0,?R?0,当|z|?R时均有|f(z)?c0|??,选

z??取充分大的r?R,使得C在|?|?r内部,由于|1f(?)d??c0|

2?i?|?|?r??z1f(?)c0d?]|?1?[?d???|?|?r??z2?i|?|?r??z2???|f(?)?c0||??z|||?r|d?|??r??,故r?|z|

1f(?)d??c0

r???2?i?|?|?r??zlim①z?D，则?1f(?)f(?)f(?)d????d??0,故d??0?c0 ?|?|?r??z2?i?c??zc??z②z?D，亦可选取充分大的r0?r,使得

1f(?)d??f(z)?c0. ?2?i?c??z1f(?)1f(?)d??d??f(z) ???|?|?2?ic??z2?ir0??z从而

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