第四章j解析函数零点的孤立性及唯一性定理

1、 nnn211nns 21ssnnlims1nnas), 2 , 1( nibannn),(为实数baibas1nna1nnbab及实数及分别收敛于的充要条件为例 求证级数21nqqqq为复数在1q 时收敛于11 q，而当1q 时发散。证明：21111nnnqSqqqq 1）用极限定义易证，当1q 时，lim0nnq因而由极限的性质得到1lim1nnSq因此按定义4.1得011nnqq2） 当1q 时，显然有limnnq ，因而1limlim1nnnnqSq 故级数0nnq发散。3）当1q 时，显然有1 1 11nnSn 项因此级数0nnq也发散。4） 当1q ，而1q 时，设,iqe2kk是

2、整数，则1111ninniqeSqe因为arginen，所以它对任何固定的都无极限由此可见，复数ine当n时无极限，亦即nS无极限，因此级数0nnq发散。)21(1nnin11nn121nn解 因 发散，收敛，我们仍断定原级数发散。故虽例 讨论级数11nabnn的敛散性解：1nabcnn111aaabnnnnnnb而111nnkkkaakk1aana1nn收敛，级数11nnnncb与同时收敛或同时发散。当ab时，级数11nnnnc收敛。当ab时，由1111nnnbabn知，1nnc发散定理4.2 柯西收敛原理（复数项级数）级数nz收敛必要与充分条件是：任给, 0可以找到一个正整数N，使得当nN

3、，p=1,2,3,时|.|21pnnnzzz定理4.3 复级数（4.1）收敛的一个充分条件为级数 1nn收敛1nna1nna则原级数称为绝对收敛； 非绝对收敛的收敛级数，称为条件收敛。定理4.4例 判断下列级数的敛散性 11111; 2123nnnnii分析：考查正项级数1nn的敛散性。解（1）123nni，则11limlim23nnnni由正项级数的比值判别法知道，原级数绝对收敛。1113（2） 因111121nnii11lim0lim011nnnnii故原级数发散练习：证明级数11111nnin收敛，但不绝对收敛121( )( )( )( )4.2nnnfzf zfzfzE)(zfEz)(

4、zf)(zf1)()(nnzfzf在点集上存在一个函数，对于上的每一个点，级数（4.2）均收敛于 ， 则称为级数（4.2）的和函数，记为0)(NN Nn Ez )()(zszfnE)(zf则称级数（4.2）在上一致收敛于(4.5)E0,( )NN n N1( )( )nn Pfzfz 与定理4.2类似地我们有定理4.5 级数在上一致收敛的充要条件是：，当使时，对任一及均有 1nnzf zf, 00 , 0N,0Nn ,0Ez 000nszf定义4.4在点集合E上不一致收敛于某个对任何整整数总有某个使定理4.5 1nnzf在点集E上不一致收敛0002010000zfzfzfpnnn某个, 00对

5、任何正整数N，整数,0Nn 总有某个,0Ez 及某个正整数0p，有), 2 , 1( nMnEz ), 2 , 1()( nMzfnn1nnM1)(nnzfE而且正项级数收敛，则复函数项级数在集上绝对收敛且一致收敛。 例 求级数1111nnnnzzz的和函数1z 分析：求部分和；分别就11zz及取极限解： 1111knnkkkzSzzz1111111kknkkkzzzzzz所以 22,11lim1,11nnzzzf zSzzz1211111nnzzzzzz例 证明级数2111nnnznz时一致收敛1z 1z 当当时发散。证明：1）当1z 时，由于22112nnznzn，而正项级数211nn收敛

6、，故由优级数准则知所给级数在1z 时绝对且一致收敛。2）当1z 时，2211nznn，所以21nnzn绝对收敛。又由于22111lim1nnnn znz2211lim1nnnn zznz1故2111nnnz发散，从而所给级数在1z 时发散。3）当 1z 时，11z，所以2111nnnz收敛。211nnzn发散。后者是因为122lim1nnnznzzn1从而所给级数在1z 时发散。 nzzz21) 1( rrz0nnr在闭圆上一致收敛。因有收敛的优级数思考题： 证明0nnz在1z 内不一致收敛。定理4.6 设复平面点集E表示区域、闭区域或简单曲线在E上一致收敛于f(z)，那么f(z)在E上连续。

7、)(zfn定理4.7 设在简单曲线C上fn(n)(n=1,2,)或序列fn(n)在C上一致收敛于f(z)或)(zfn)(z或,)()(1CnCndzzfdzzf.)()(CCndzzdzzf连续，并且级数。设在集E上fn(z)(n=1,2,)连续，并且级数，那么注解1、在研究复变函数项级数和序列的逐项求导的问题时，我们一般考虑解析函数项级数和序列；注解2、我们主要用莫勒拉定理及柯西公式来研究和函数与极限函数的解析性及其导数。设函数序列,.)2 , 1)(nzfn在复平面C上的区域D内解析，如果级数)(zfn序列fn(n)在D内任一有界闭区域（或在一个紧集）上一致收敛于f(z)或 ，那么我们说此

8、级数或序列在D中内闭（或内紧）一致收敛于f(z)或 。)(z)(z定理4.8 级数（4.2）在圆:KzaR内闭一致收敛的充要条件是：对任意正数:Kza ，只要R 级数（4.2）在闭圆上一致收敛。( )(1,2,)nf z nD1()nnfzD( )f z( )f zDD()()1( )( )kknnfzfz(1,2,)k 0zD 0r 0( , )U z rDUC4.71( )( )0nCCnf z dzfz dz在内中闭一致收敛于函数，则在内解析,，且在内成立证明：，取，使得。在内任作一条简单闭曲线，根据定理柯西定理推得( )f zU0zD( )f zDUrCD1( )nnfzrC( )f

9、z110( )()knfzzz在 上一致收敛于 rC10( )()kfzzz10!( )2()rkCkf zdzizz110( )!2()rnkCnfzkdzi zz( )( )001( )( )kknnfzfz(1,2,)k 其次，设的边界,由已知条件得在上一致收敛于，从而,根据定理4.7，我们有即于是定理结论成立. 例 证明级数 2321nnzzzzzzz在1z 内闭一致收敛。证明 当1zz zr时，11111nnnnzzzzrr而正项级数121nnrrr收敛，即原级数有收敛的优级数121nnrrr，故由优级数准则，原级数在较小同心闭圆1zr r上绝对且一致收敛。由定理4.8原级数在1z

10、内内闭一致收敛。4.8 ( )000100( )()()4.7knnnnnfza z za aza z z z00z (4.7)010nnnnna zaa za z(4.8)特别地,当，级数就变为2幂级数幂级数在复变函数论中有着特殊重要意义,它不仅是研究解析函数的工具,而且在实际计算中也很重要。证明 设z是所述圆K内的任意点，因为|010zzzz因此存在着有限常数M,使得, 2 , 1 , 001nMzznn这样一来，即有0010|nnzzzzMnnnnnnzzzzMzzzzzzzz010010010001nnzz收敛，它的各项必然有界注意有，故级数 00nnkzz 为收敛的等比级数，因而 0

11、0nnzz 在圆K内收敛其次，对K内任一闭圆0100zzZZK：上的一切点来说，有 001010|nnnnzzzzMMzzzz （）故K在上有收敛的优级数001|nnzzM）（因而它在K上绝对且一致收敛。再由定理4.8，此级数在圆K内绝对球内闭一致收敛。lR1|lim1nnnlnnnl|limnnnl|lim（1）( 达朗贝尔法则 )（2）( 柯西法则 )（3）(柯西-阿达马公式)则 当 0 l + 时, 幂级数 (4.3) 的收敛半径为当 l = 0 时, R = +; 当 l = + 时, R = 0. 注意： 由数学分析知识即知 ，对幂级数（4.3）有 111 limlimlimlimn

12、nnnnnnnnnnncccccc（2）若1limnnncc存在，则limnnnc存在，且等于1limnnncc。又从limnnnc存在显然包含limnnnc存在，且等于limnnnc，反之则不然，即limnnnc存在，limnnnc未必存在。因此，由上极限limnnncl而得到收敛半径1Rl的结论最强12nnnz1)1(21limlimnnccRnnnn解0!nnnz0!1)!1(1limlim1nncclnnnnR0!nnnz（2）故0!nnzn!)!1(limlim1nncclnnnn0R故 （3）0!nnzn 9421zzz1nc0nc01或nncnnc1, 1Rl（4）其他情形，因此

13、相应有于是数列的聚点是0和1，从而00( )()nnnf zzz( )1( )!(1)!(1,2, )nnnfzn ana zn定理定理 4.13: 设幂级数 (4.3) 的收敛半径为 R, 则在 |z- z0| R 内, 它内闭一致收敛, 它的和函数（4.5）解析, 并且 可逐项求导.0 rR zr4.9(4.8)zr(4.8)zr(4.8)zrzr,(4.2)( )f z(4.12)0rR 2111nz zzz 的收敛半径为1知级数在上绝对收敛，从而根据判别法知 在一致收敛，故在中内闭一致收敛,在的和函数解析，且成立，由的任意性即知定理成立.但幂级数在其收敛圆上可能收敛,也可能发散.例2

14、级数1z 1z 1z1z 11(1)(1)nzn nn n11(1)nn n11111nnznnn例3 级数的收敛半径为1在收敛圆上，而级数收敛,故此级数在收敛圆上也处处收敛.例 证明 21nnzf zn在1z 内解析，并求 fz证明 因为所给幂级数的收敛半径10R ，故由定理4.13（1）、（2）， f z在1z 内解析，且在1z 内 11211nnnnnzzfznn其收敛半径仍为1R 例 求幂级数1013nnnz的收敛半径、收敛圆及和函数lim11nnn 解：1）因为，所以收敛半径1R 收敛圆为31z 2） 因为0111nnzzz1111nnnzz111nnnzzz21zz于是，以此为公式

15、就有22133331134nnzzn zzzz120313314nnznzzz3. 泰勒泰勒(Taylor)展开定理展开定理现在研究与此相反的问题：现在研究与此相反的问题：一个解析函数能否用幂级数表达一个解析函数能否用幂级数表达?(或者说或者说,一个解析函数能否展开成幂级数一个解析函数能否展开成幂级数? 解析函解析函数在解析点能否用幂级数表示？）数在解析点能否用幂级数表示？）由由4.24.2幂级数的性质知幂级数的性质知:一个幂级数的和函数在一个幂级数的和函数在它的收敛圆内部是一个解析函数。它的收敛圆内部是一个解析函数。以下定理给出了肯定回答：以下定理给出了肯定回答：任何任何解析函数解析函数都一

16、定都一定能用幂级数表示。能用幂级数表示。)(zfDRazK:DK0( )()4.8nnnf zcza!)()()(21)(1nafdaficnnn内解析，只要圆含于，则在内能展成幂级数其中011nnuu) 1(uDk 0z rzkdzfizfncknnn 0100)(:)(21)(!1 分析：分析：代入代入(1)得得Dk 0z(*)()()()()2),10010nnnzzzfzf 有有，比比较较)2)(21)( kdzfizf 又又) 1)()()(21)()()(21)(!)()(00100010000)(00 knnnnnknnnnnnndzzzfizzdzfizznzfzzc z) 2

17、()()(11100200000 nzzzzzzzzzzz ,111)(1100000zzzzzzzz 注注意意到到, 100 qzzz 0000)()()()(nnnzzzzfzf 故故-(*)得证！得证！nnnzzzf)()()(0010 证明证明(不讲不讲) kdzfizfCauchykzDrzrzk )(21)(:, ,:00积积分分公公式式由由内内任任一一点点为为设设, 100 qzzz 00000111)(11zzzzzzzz )3()()(1 100200000 nzzzzzzzzzz 级级数数处处的的在在函函数数逐逐项项积积分分得得沿沿着着两两端端乘乘以以Talorzzfzzn

18、zfzfzfdzfizzdzfizzdzfidzfizfkifnnknnkkk000)(001002000)()4()(!)()( )()()(2)()()(2)(21)(21)(,2)( (不讲不讲)!.)(,)4(0000证证毕毕离离的的边边界界上上各各点点的的最最短短距距到到从从级级数数收收敛敛半半径径至至少少等等于于处处的的解解析析点点在在内内即即可可及及其其内内部部包包含含在在只只要要圆圆可可以以任任意意增增大大的的半半径径圆圆的的圆圆域域为为半半径径为为中中心心，的的收收敛敛范范围围是是以以级级数数DzTaylorzzfDkrkrzrz 证明证明(不讲不讲)定义定义4.6: f(z

19、) 在 U 内幂级数展式 (4.8) 称为 f(z) 在 z = z0 或在 U 内的泰勒展式泰勒展式, n 为泰勒系数泰勒系数, (4.8) 右边级数为泰勒级数泰勒级数 . 注解1、在定理4.14中，f(z)在U内的幂级数展式我们称为它在U内的泰勒展式。注解2、我们得到一个函数解析的另外一个刻画。注解3、泰勒展式中的系数与z0有关。0R):( ,)()(0RazKzazczfnnnRazC:)(zFRaz)(zf2 幂级数的和函数在其收敛圆周上的状况 ，且则在收敛圆周上至少有一奇点。即不可能有这样的函数存在，它在内与恒等，而在上处处解析。 ( )010()1( )2()!nnnCfzfcdi

20、zn(1,2,)n (4.17)收收敛敛圆圆周周上上. .只只能能在在收收敛敛半半径径还还可可以以扩扩不不然然的的话话, ,不不可可能能在在收收敛敛圆圆外外, ,奇奇点点又又不不可可能能在在收收敛敛圆圆内内. .所所以以奇奇点点圆圆内内解解析析在在收收敛敛这这是是因因为为在在收收敛敛圆圆上上, ,奇奇点点因因此此, ,大大, ,)()2(zfA 000,)()()(zRzfzRTalorzzfzf即即之之间间的的距距离离, ,的的最最近近的的一一个个奇奇点点到到等等于于从从展展开开式式的的收收敛敛半半径径的的在在解解析析点点那那么么有有奇奇点点, ,若若( (1 1) )结论结论 解析函数展开

21、成幂级数是唯一的，就是它解析函数展开成幂级数是唯一的，就是它的的Taylor级数级数。利用泰勒级数可把解析函数展开成幂级数，这样利用泰勒级数可把解析函数展开成幂级数，这样的展开式是否唯一？的展开式是否唯一？1010021)( )()(2)( azfzznazzaazfnn nnzzazzazzaazf)()()()(0202010事实上事实上，设，设f (z)用另外的方法展开为幂级数用另外的方法展开为幂级数:导导性性质质得得，再再由由幂幂级级数数的的逐逐项项求求则则00)(azf , 2 , 1 , 0)(!1,0)( nzfnann依依此此类类推推得得，( )f z( )000( )( ),

22、!nnfzaf zan(1,2,)n 由此我们就可推出:推论幂级数是它的和函数在收敛圆内的泰勒展式.即关于幂级数的四则运算 幂级数在它的收敛圆内绝对收敛。因此两个幂级数在收敛半径较小的那个圆域内，不但可以作加法、减法还可以作乘法。至于除法，我们将通过乘法及待定系数法莱解决。结论结论 解析函数展开成幂级数是唯一的，就是它解析函数展开成幂级数是唯一的，就是它的的Taylor级数级数。利用泰勒级数可把解析函数展开成幂级数，这样利用泰勒级数可把解析函数展开成幂级数，这样的展开式是否唯一？的展开式是否唯一？1010021)( )()(2)( azfzznazzaazfnn nnzzazzazzaazf)

23、()()()(0202010事实上事实上，设，设f (z)用另外的方法展开为幂级数用另外的方法展开为幂级数:导导性性质质得得，再再由由幂幂级级数数的的逐逐项项求求则则00)(azf , 2 , 1 , 0)(!1,0)( nzfnann依依此此类类推推得得，由此可见，任何解析函数展开成幂级数就是由此可见，任何解析函数展开成幂级数就是Talor级数，因而是唯一的。级数，因而是唯一的。级数为：时当Taylorz,00 nnznfzfzffzf!)0(! 2)0( )0( )0()()(2-直接法直接法-间接法间接法代公式代公式由展开式的唯一性，运用级数的代数运算、分由展开式的唯一性，运用级数的代数

24、运算、分 析运算和析运算和 已知函数的展开式来展开已知函数的展开式来展开函数展开成函数展开成Taylor级数的方法：级数的方法：(4.13)nC( )( )!nfanze0C01e1C0()11!1!zze1!nCn1求Taylor系数如求在z=0的展开式23012!3!nznzzzezzn , 001sin22!nniziznnizizeeziinnz 1zez0z23231112! 3!zezzzz zzz 1z 2.利用级数的运算 210121 !nnnzn如如在展开230011 11 1 111 1111!1! 2!1! 2! 3!nnnpzzzzp 21200cossin1121!2

25、 !nnnnnnzzzznnz ln 1 z0z01ln 1ln1ln 11zdzzln1 0如：4.逐项积分法如求在的展开式。（主支） （其中取K=0分支，即分支）2342300111234zzzzzddz 1z ln 1z主 支1111nnnzznn 1ln 12Lzzk i ln121ln121zk iLn zzk izeeee 又一般地，5级数代入级数法如222323ln11112!232!23ln1zuzzzzeuzzuz 其 中23112123!zzz 1111!nnnzn 1z 1111!nnnkzn 当 =0时 1+z1z 总结：掌握一些主要的泰勒展示，并能作为公式来用 201

26、1111nnnzzzzzz 201211111nnnnnzzzzzz 230312!3!nznzzzezzn 212004 cossin1121!2 !nnnnnnzzzznnz 2105 sin121 !nnnzzzn 6 ln 1z主 支1111nnnzzn ln121ln127 11zk iLnzzk izeeeez 20181111nnnnzzz)(zfDaa)(zfa)(zfm0)()()()1( afafafm0)()(afm称为的级零点，若注意：定义4.7中，1）a为解析函数f(z)的零点f(z)在点a解析，且( )0f a 2）a为解析函数f(z)的m阶零点（m1）整数f(z)

27、在点a解析， 1( )0mf afafa 0)()(afm但。这是多项式重根概念的推广。)(zfam)()()(zazzfm)(za0)(a其中在点的的邻域内解析，且 1)1()()()!1()()(!)()(mmmmazmafazmafzf )()!1()(!)()()1()(azmafmafzmm只要令即可。充分性是明显的。zzzfsin)(0z)(zf0z0)0(f0z. 01)0(,cos)(, 0)0(,sin)(, 011)0(,cos1)( fzzffzzffzzf)! 5! 31()! 5! 3()(2353 zzzzzzzf解：显然在解析，且由所有例 指出函数 22sinco

28、s1f zzz的零点0z 的级。分析 如用定义4.7，由于要求高阶导数，计算较繁，故直接用泰勒展示于定理4.17，就简单多了。解： 6104823!5!2!4!zzzzf zz 6zzz 其中 484113!5!2!4!zzzz在z平面C上解析，且 1002 ，所以0z 为 f z的6级零点Raz)(zfaa)(zfa（简单说来就是：不恒为零的解析函数的零点必是孤立的。） 推论4.19 设（1）函数 zf在邻域RazK: azznn内解析；（2）在K内有 zf的一列零点收敛于a，则 zf在K内必恒为零。)(1zf)(2zfDDDa )(azznn)(1zf)(2zf)(1zf)(2zfD（1）

29、函数和在区域内解析；（2）内又有一个收敛于的点列，在其上和则和在内恒等。相等。证明：假定定理的结论不成立。即在D内，解析函数F(z)=f(z)-g(z)不恒等于0。显然,.)2 , 1(0)(kzFk设z0是点列zk在D内有极限点。由于F(z)在z0连续，可见, 0)(0zF唯一的零点，与解析函数零点的孤立性矛盾。在一般情形下，可用下述所谓圆链法来证明。可是这时找不到z0的一个邻域，在其中z0是F(z)bbaaaaann,110RdR 0 0zfRazK00:RazK11:设是D内任意固定的点（如图）。在D内可以作一折线L连接a及b以d表L与D的边界间的最短距离在L上依次取一串点使相邻两点间的距离小于定数。显然，由推论4.19，在圆内。在圆又重复应用推论4.19，即知在1K内 0zf。这样继续下去，直到最后一个含有b的圆为止，在该圆内 0zf，特别说来， 0bf。因为b是D内任意的点，故证明了在D内 0zf推论4.21 设在区域D内