复变函数和积分变换学习指导(第五章)

1、. .PAGE14 / NUMPAGES14第1节 解析函数的孤立奇点一.解析函数的奇点1.概念（1）为是奇点在 不解析，但在 的任何一个 邻域总有 的解析点。（2） 为 的孤立奇点 在 的某个去心邻域 解析,且为的奇点。如 都以 为孤立奇点。（3）为的多值性奇点即支点，在的某个去心邻域 是多值的。2.关系二.解析函数的孤立奇点1.若为的孤立奇点，则在点的某去心邻域可以展开成Laurent展式 。2.孤立奇点的三种类型定义 设 为 的孤立奇点，则（1）为可去奇点在的主要部分为0（即Laurent展 式不含负幂项）；（2）为 的 级极点的主要部分为有限项；（3）为的本性奇点在的主要部分有无限多

2、项。三.可去奇点的特征（判定）定理5.3 若 为 的孤立奇点，则以下条件等价：（1） 在点 的主要部分为0；（2）（3） 在点 的某去心邻域有界。证 “”由于 且在解析，从而连续，故 。 “”由于 ,故 取 ， 则 , 即得。“”设 ， 考虑 在 的主要部分则对 成立，故当 时， 即得。例1 证明 为 的可去奇点。证 由于 为 的孤立奇点， 在 的主要部分为0，故 为其可去奇点。证二 由于 故 为 的可去奇点。四. 级极点的特征1.定理5.4 若以为孤立奇点,则下列三个条件是等价的:(1) 在点 的主要部分为； (2) 在点 的某去心邻域能表示成 ，其中在点的邻域解析且 ；(3) 以 为 级零

3、点(可去奇点要当作解析点看，只要令 。证 “” 在点 的某去心邻域、有其中在的邻域上解析，且 “”在 的某去心邻域 中， ，其中在解析 且，故在点连续，从而存在中 的某一个邻域 ，其上 ，从而 在 上解析， 故 由可去奇点的特 征知，为的可去奇点，令， 则以 为 级零点。 “”若以为级零，则在的某个邻 域，其中在 上解析,且,于是存在的某个邻域,其 上,于是在上解析,故有Taylor 展式: 故2.定理5.5 的孤立奇点 为极点 证 根据定理5.4，以为极点以 零点。例2 求 的奇点,并确定其类型。解 的奇点为，由于 以为一级零点,以 为二级零点,故以为 一级极点，以 为二级极点。例3 求的全

4、部有限奇点。并确定其类型。解 的全部有限奇点为,由于 为 的聚点，故 为 的非孤立奇点。 现考虑 为 的几级零点。故为的一级零点，从而为的一级极点。五.本性奇点的特征1.特征定理5.6 的孤立奇点为本性奇点， 即 不存在。证 由于 的孤立奇点为可去奇点为 为极点 ，即得。例4 以为本性奇点。(取不同的点列,使极限趋于不 一样的值。)2.性质定理5.7 若为的孤立奇点,且在的充分小的去心邻域 不为0,则也为的本性奇点。证 令则由为的孤立奇点，且在的充分小的 可去邻域 知 为 的孤立奇点。 若为的可去奇点，则；若 则此时为的极点,与已知矛盾；若,则,此时为的可去奇点,也与已知矛盾。 若为的极点,则

5、,从而 ， 即 为 的可去奇点，与已知矛盾。 综合知，只能是的本性奇点。例 为的本性奇点，因为不存在。3.解析函数在本性奇点邻域的特征1.定理5.8（Weierstrass）为的本性奇点对于任何常数 ，有限或无限，都有一收敛于 的点列 使 证 “” 当时,由于为的本性奇点，故一定不 是的可去奇点,由定理5.3，在的任何一 个去心邻域无界，对任意的 都存在 则 当时,若在的任意小去心邻域都有某一点 使,则结论已得。若的充分小去心邻域 ,令则 在解析。由于为的本性奇点,也为 的本性奇点,由定理5.7,为的本性 奇点，类似于中的证明由不是的可去奇点 知，存在点列 从而 “”根据已知条件得 不存在，由

6、定理5.6即得。第2节 解析函数在无穷远点的性质一.概念1.定义 设函数 在无穷远点的（去心）邻域 解析,则称为的一个孤立奇点,若是的奇点 的聚点，则称 为 的非孤立奇点。2.设为孤立奇点,令，则在平面上的原点的去心邻域解析,即 为 的孤立奇点。3.设为的孤立奇点， 在 的去心邻域有则，称为 在 的Laurent展式，并称为在的主要部分,为在的正则部分。4.定义 若 为 的可去奇点(解析点)、级极点或本性奇 点,则相应地称为的可去奇点(解析点)、级极点 或本性奇点。二.孤立奇点类型的判定1.定理 的孤立奇点为可去奇点充要条件以下条件之一： (1) 在 的主要部分为0； (2) (3) 在的某去

7、心领域有界。2.定理 的孤立奇点为级极点的充要条件是以下条件之一： (1) 在 的主要部分为 (2) 在的某去心邻域能表成 ，其中在的邻域 解析，且 ； (3) 以为 级零点（只要令 ）。定理 的孤立奇点 为极点3.定理 的孤立奇点为本性奇点的充要条件是以下条件之一成立： (1) 在的主要部分有无穷多项； (2) 不存在。三.例子1.指出 的奇点与类型。解 的奇点为 ,由于,故 为可去奇点。 令 ，则 , ， 故为 的一级零点，从而为 的一级极点。又 当时，故 为 的非孤立奇点。2.把在的去心邻域展成Laurent级数。分析 若考虑，在可以展开，但利用 公式，展开整理时，比较麻烦。解附 若要求

8、在 展开，则 3.指出的奇点与类型。 解 为 的二级极点。对于 ， 由于 ,且 ，故以 为三级极点。 的奇点为 与 故 为 的可去奇点。 又 不存在(理由与 不存在的理由相 同)，故 为 的本性奇点。4.问在的去心邻域能否展成Laurent级数？解 奇点为, 。由于为的聚点，故的的去心邻域不能展成Laurent级数。5.设在 解析，且不恒为零，若有一列异于但却以为聚点的零点，试证 必为 的本性奇点。证 由于在解析,故 为的孤立奇点。若 为的可去奇点，令，则在 解析。又由已知 必为 的非孤立零点，根据解析函 数零点的孤立性， 在 必恒为零，矛盾。 若为的极点，则 ，从而 ， ，故在 不可能有零点

9、，与已知 为 的某一列零点的聚点 矛盾。 综上所述，必为的本性奇数。第2节 残 数在解析,围线含在的某个邻域并包围为的孤立奇点,围线含在的某去心邻域并包围 ，则未必为0，如 一.概念1.定义 设以为孤立奇点，即 在 的某去心邻域 解析，则称积分 为在点的残数(residuce)， 记为；设为的一个孤立奇点，即在 的去心邻域 解析，则称 为 在 的残数,记为， 这里 是指顺时针方向。2.设在的Laurent展式为且这一展式在上一致收敛，根据逐项积分以与重要例子，有 ，故,即为在处的Laurent展式中这一项的系数,与半径无关；设 在 的Laurent展式为且这一展式在 上一致收敛，根据逐项积分以

10、与重要例子，有 ，故 即为在处的Laurent展式中这一项的系数的相反数，与半径 无关。二.结论1.Cauchy残数定理定理6.1 在围线或复围线所围区域，除外解 析,在闭域上除外连续， 则 。证 取,作以为心,为半径的圆 ，使 ，且 ,在 上,由复 围线Cauchy积分定理有， 其中 。2.残数和定理定理6.6 若 在扩充复平面上只有有限个孤立奇点，记为 ，则 在各点的残数总和为零， 即 。证 以原点为心作圆周，使 都含于 的部，则由 Cauchy残数定理， , 于是 ， 从而 ， 即得 。三.残数的求法1.当 为可去奇点时，。2.当为本性奇点或的奇点类型不明朗时,用定义中介绍的一般方法，即

11、 。如3.当 为极点时 定理6.2 设为的级极点， 其中在 处解析， 则证 设 ， 则 故 注 此法比较适合于级数较低的极点。推论6.3 设 为 的一级极点， 则 。推论6.4 设 为 的二级极点， 则 。定理6.5 设为的一级极点， 在 解析， ,则 。证4.对于孤立奇点,除了引入残数概念时介绍的一般方法求外，还可以有如下公式 。证 作变换时，积分有相应的换元公式，若，则 ，因此当 取负方向时, 取正方向，于是 。5.当 为 可去奇点时， 未必是零，如 。但是若为的至少二级零点时， 。证 设为的级零点，则，在的 邻域解析，且 ，例1例2 求 。解故 例3 设，求 。解原式例4 求 。解 故

12、，于是 。例5 求 。解 以为一级极点， 于是例6 求 。解 令 ，由 得 方法一 由于 ， 且 ，故 为 的一级极点， 故 。 方法二由于 的分子分母都是由幂级数定义了的解析函数,且以0代入分子分母,均不为0，故的Laurent展式就是Taylor级数，没有负幂项（可用待定系数的方法表示出来），于是 。从而 。例7 求 。解 令,则在扩充复平面上共有七个 奇点，前六 个均在 的部， 故 。方法一则 ，于是 。方法二以 为一级极点，故作业P261:1、（1）（4）2、（1）（2）3、（1）（3）第3节 用残数计算实积分利用残数计算实积分没有普遍适用的方法，这里只考虑几种特殊类型的实积分。 一.

13、型表示 的有理函数，在 上连续。令，则，当从0变到 时， 沿 的正方向饶行一周，于是 例1 求。解 当 时， ； 当 时，令 ， 当 时，在 ， 仅 以 为一级极点，在 上无奇点，故由残数定理 当时,在仅以为一级极点,在上 无奇点， 例2 求。解 令 ，则 ，令 ， 则 又 ， 若,则,故当饶一周时,饶 二周, 在 部，仅有为 一级极点， 故 。例3 求。解 为偶函数，故 ， 令 ，则 在 部 仅有 为一级极点， ， 故 ， 比较实部得 ，故 。二.型由于，考虑添加辅助曲线与实轴上是区间 构成围线 ，则 ，其中为落在部的有限个奇点处的残数和，若能估计出的值，再取极限即得。1.引理6.1 设在圆弧充分大)上连续,且在上一致成立(即与中的 无关)，则 。证 ，由于 在 上一致成立，故 ， 2.定理6.7 设为有理分式，其中 ，为互质多项式,且 （1） ； （2）在实轴上 ， 则 。证 由,存在,且 。 作,与线段一起构成围线, 取足够大，使的部包含在上半平面的一切孤立奇 点,由在实轴上知,在上没有奇点,由残数定理 得 ， 又 。 由于当时,，由引理6.1， ，于是 。例4 求 。解 ，令，则在上有四 个一级极点 ， 由于 ，故 由于在上半平面仅有两个极点， 三.型1.