复变函数第五章学习指导

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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

???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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