z-2 复 例4.2考虑函数f(x)= (z2+1)(z-1)3 显然, 变 画之=±和z=1是/(4)的孤立奇点因为 与 f(z)=(z-1)(x-i)(z+i)(x-2), 和所以容易看出,z=士i是f(a)的1级极点,乙=1是 么 变f()的3级极点 换 定理43设动是f(z)的m级零点,则z是 f∫(z) 的m级极点;设是f(z)的m级极点,则是 ∫(z) 的 可去奇点(零点与极点的关系)
例4.2 考虑函数 2 3 2 ( ) . ( 1)( 1) z f z z z − = + − 显然, z i = 和 z = 1 是 f (z)的孤立奇点. 因为 3 1 1 f z z z i z i z ( ) ( 1) ( ) ( ) ( 2), − − − = − − + − 所以容易看出, z i = 是 f (z) 的1级极点, z = 1 是 f (z)的3级极点. 定理4.3 设z0是f (z)的m级零点, 则z0是 1 f z( ) 的m级极点; 设z0是f (z)的m级极点, 则z0是 的 1 f z( ) 可去奇点. (零点与极点的关系)
证明设a是f(x)的m级零点,记 复变函数与 ∫(x)=(z-z0)"g(z), 刻其中q(x)在点a解析,且(z)≠0,则 在点z P(z) 秋解析,p2 ≠0.因此 f(z) 于是, P(z) 变 换动是 f∫(z) 的m级极点 反之,设是f(z)的m级极点,记 f(x)=(z-x)"g(z)
证明 设z0是f (z)的m级零点, 记 0 ( ) ( ) ( ), m f z z z z = − j 其中 j( )z 在点z0解析, 且 j( ) 0, z0 则 1 j( )z 在点z0 解析, 0 1 0. j( ) z 因此， 0 1 1 ( ) . ( ) ( ) m z z f z z j − = − 于是， z0是 的m级极点. 1 f z( ) 反之，设z0是f (z)的m级极点, 记 0 ( ) ( ) ( ), m f z z z z j − = −
复其中q(z)在点x解析,且(x)≠0,则 在点孤 P(z) 变函数与积分变换 数解析, ≠0.因此~在处可展开成 Taylor P(z) 级数以(2) ∑c(z-z)”,且cn P(zo ≠0.于是 =0 f∫(z) ∑c(z-)y n=0 根据可去奇点的定义知,是函数 f(x)的可去奇点
其中 j( )z 在点z0解析, 且 j( ) 0, z0 则 1 j( )z 在点z0 解析, 0 1 0. j( ) z 因此 在z0处可展开成Taylor 1 j( )z 级数 ( ) 0 0 1 ( ) , n n n c z z j z = = − 且 0 0 1 0. ( ) c j z = 于是 0 0 1 ( ) , ( ) n m n n c z z f z + = = − 根据 的定义知, z0是函数 的可去奇点. 定义4.1 如果f (z)在 内的Laurent 0 0 − z z d 级数中不含有 z z − 0 的负幂项, 即当 n = − − − 1, 2, 3, 时, 则称z 0, 0是 f (z)的可去奇点. n c = 1 f z( )
例4.3求∫(z)= +1 的孤立奇点,并指出 复变函数与积兮变换 奇点的类型 解显然,z=(2k+1i(k=0,±1,±2,…)是 分e2+1的零点,但是 (e2+1) (2k+1)x 1≠0 故z(k=0,土1,±2,…)是e2+1的1级零点 因此,不k(k=0,±1,±2,…)是∫(z)的1级极点
例4.3 求 1 ( ) 1 z f z e = + 的孤立奇点, 并指出 奇点的类型. 解 显然, (2 1) ( 0, 1, 2, ) k z k i k = + = 是 1 z e + 的零点，但是 (2 1) ( 1) , 1 0, z z k i e e e + + = = − 故 ( 0, 1, 2, ) k z k = 是 1 z e + 的1级零点. 因此, ( 0, 1, 2, ) k z k = 是 f (z)的1级极点
复 推论设f()=P(z) Q()4是P)m级零点 变 画也是Q(x)的n级零点则当n>m时,是f(4)的nm级 与极点;而当n≤m时,动是/(的可去奇点 积 cos Z 例44考虑函数∫(z) 么 设 变 P(z=1-coSZ, 0(z)=z 换 不是5 显然,2=0是Q(z)的5级零点因为 级极点 P(0)=P(0)=0,P"(0)=1≠0 所以,z=0是P(z)的2级零点.故z=0是f(z)的3级极点
推论 设 ( ) ( ) , ( ) P z f z Q z = z0是P(z)的m级零点, 也是Q(z)的n级零点, 则当n>m时, z0是f (z)的n-m级 极点; 而当nm时, z0是f (z)的可去奇点. 例4.4 考虑函数 5 1 cos ( ) . z f z z − = 设 5 P z z Q z z ( ) 1 cos , ( ) . = − = 显然, z=0是Q(z)的5级零点. 因为 P P P (0) (0) 0, (0) 1 0, = = = 所以, z=0是P(z)的2级零点. 故z=0是f (z)的3级极点 . 不是5 级极点