z.是f()的m(≥l)阶极点，那么在0z-zokR内，f(-)有洛朗展式：ααm+1f(-)=(-)(--)2-2+α+α,(z-z0)+...+α,(z-z0)"+..在这里α±0.于是在0z-z.kR内α=m+1α_mα_f(2) =(-)(-)-++Z-+α +α,(z-zo)+...+α,(z-z)"+..Pz(z -20)其中(2)是一个在|z-zkR内解析的函数，并且(=)±0.反之，如果函数f(=)在0z-zkR内可以表示成为上式右端的形状，而(=)是一个在|z-zkR内解析的函数，并且(z)0那么可以推出z。是f()的m阶极点.这样我们就得到：z.是f(z)的m阶极点充要条件是：1(1)f(2) =Plz(2-zo)其中(=)在=。解析，并且p(=)±0.由此可得如下定理：定理（Theorem)5.2设函数f(=)在D:0z-zR(0<R≤+o)内解析，那么z0是f(z)的极点的充分必要条件是：limf(z)=o06
6 0 z 是 f (z) 的 m(1) 阶极点，那么在 0 | z − z0 | R 内， f (z) 有洛朗展式： ( ) . ( ) . . ( ) ( ) ( ) 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 + + − + + − + − + + − + − = − − − − + n n m m m m z z z z z z z z z z f z 在这里 −m 0 .于是在 0 | z − z0 | R 内 ( ) (z) z z z z z z z z z z z z f z m n n m m m m 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 ( ) . ( ) . . ( ) ( ) ( ) − + + − + + − + = − + + − + − = − − − − + 其中 (z) 是一个在 | z − z0 | R 内解析的函数，并且 (z0 ) 0 .反 之，如果函数 f (z) 在 0 | z − z0 | R 内可以表示成为上式右端的 形状，而 (z) 是一个在 | z − z0 | R 内解析的函数，并且 (z0 ) 0 ， 那么可以推出 0 z 是 f (z) 的 m 阶极点.这样我们就得到： 0 z 是 f (z) 的 m 阶极点充要条件是： ( ) (z) z z f z m 0 1 ( ) − = （1） 其中 (z) 在 0 z 解析，并且 (z0 ) 0 . 由此可得如下定理： 定理(Theorem)5.2 设函数 f (z) 在 : 0 | | (0 ) D z − z0 R R + 内解析，那么 0 z 是 f (z) 的极点的充分必要条件是： = → lim ( ) 0 f z z z
推论设函数f(z)在D:0z-zR(0<R≤+o)内解析,那么z.是f(2)的m阶极点的充分必要条件是：lim(z-z0)" f(z)=α-m 在这里m是一个正整数，αm是一个不等于0的复常数3.本性奇点（Essentialsingularity）定理（Theorem)5.3设函数f(=)在D:0z-zR(0<R≤+)内解析，那么z是f()的本性奇点的充分必要条件是：不存在有限或无穷极限lim f(=).→=0例3研究是函数f()=e=孤立奇点的类型解：z=0是函数f(-)=e=的孤立奇点当z沿正实轴趋近于0时，e=趋近于+o；当z沿负实轴趋近于0时，e=趋近于0；1所以lime不存在，故z=0是函数f()=e=的本性奇点例 4 研究是函数 T(-)=sin=孤立奇点的类型2解：z=0 是函数T(-)=sin=的孤立奇点。因为函数Nr()=-三在0=+α内的洛朗展式为Z+(-1)"_2n2224sin ≥=1-3!5!(2n+1)!N7
7 推论设函数 f (z) 在 : 0 | | (0 ) D z − z0 R R + 内解析，那 么 0 z 是 f (z) 的 m 阶极点的充分必要条件是： m m z z z z f z − → lim ( − 0 ) ( ) = 0 ， 在这里 m 是一个正整数， −m 是一个不等于 0 的复常数. 3. 本性奇点 (Essential singularity) 定理(Theorem)5.3 设函数 f (z) 在 : 0 | | (0 ) D z − z0 R R + 内解析，那么 0 z 是 f (z) 的本性奇点的充分必要条件是：不存在有限或无穷极限 lim ( ) 0 f z z→z . 例 3 研究是函数 ( ) z f z e 1 = 孤立奇点的类型 解： z = 0 是函数 ( ) z f z e 1 = 的孤立奇点. 当 z 沿正实轴趋近于 0 时， z e 1 趋近于 + ； 当 z 沿负实轴趋近于 0 时， z e 1 趋近于 0； 所以 z z e 1 0 lim → 不存在，故 z = 0 是函数 ( ) z f z e 1 = 的本性奇点. 例 4 研究是函数 ( ) z z f z sin = 孤立奇点的类型 解 ： z = 0 是函数 ( ) z z f z sin = 的孤立奇点 . 因 为 函 数 ( ) z z f z sin = 在 0 | z | + 内的洛朗展式为 . (2 1)! ( 1) . 3! 5! 1 sin 2 4 2 + + − = − + − + n z z z z z n n
由于展式中负幂项系数均为0，故故≥=0是函数f()=sin三的可去奇点例5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：25(1) F(a)= sin z-=(2) f(=)=23(1-2)2解（1）（法一）f()以z=0为奇点先求f(=)在0<zk+0的洛朗展式1 r(-1)"≥2n4l(-1)"22n+1/(a) = sin 2-2,232(2n+1)!(zn +1)!2由此，f(-)在z=0的负幂项部分为零；故z=0为f(-)的可去奇点(法二)COSz1- sin z1sin z2-== lim因为lim= lim3=26z6-→0=→0=→0故z=0为f(=)可去的奇点（2）显然z=1是f(=)的二级极点三、函数的零点与极点的关系(Functionrelationship between the zero andpole)定义(Definition)5.2若f(z)=(z-z)"p()，其中(=)在z。解析，且p(=。）±0，m是一正整数，则称z。为f(=)的m阶零点.8
8 由于展式中负幂项系数均为 0，故故 z = 0 是函数 ( ) z z f z sin = 的 可去奇点. 例 5 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： （1） 3 sin ( ) z z z f z − = （2） 2 5 (1 ) ( ) z z f z − = 解（1）（法一） f (z) 以 z = 0 为奇点 先求 f (z) 在 0 | z | + 的洛朗展式： + = + + = + + − − = + − = − = 1 2 1 3 0 2 1 3 3 (2 1)! 1 ( 1) ( 1)! sin 1 ( 1) ( ) n n n n n n n z z z zn z z z z z f z 由此， f (z) 在 z = 0 的负幂项部分为零；故 z = 0 为 f (z) 的可去奇 点. （法二） 因为 6 1 6 sin lim 3 cos 1 lim sin lim 0 2 0 3 0 = − − = − = − → → → z z z z z z z z z z 故 z = 0 为 f (z) 可去的奇点 （2）显然 z = 1 是 f (z) 的二级极点. 三、函数的零点与极点的关系 (Function relationship between the zero and pole) 定义(Definition)5.2 若 f z (z z ) (z) m ( ) = − 0 ，其中 (z) 在 0 z 解析，且 (z0 ) 0，m 是一正整数，则称 0 z 为 f (z) 的 m 阶零 点
定理（Theorem)5.4若f(z)在z。解析，则z.为f(=)的m阶零点充分必要条件是f()(z)=0 (n= 0,1, -m-1) f(m)(=)+ 0证明：（必要性）若z.为f(=)的m阶零点，则f(a)=(=-z0)"p(a)设(=)在z。的泰勒展式为p(2)=α +α,(z-z)+...+α,(z-z)" +.其中α。=(=)≠0，从而f()在z。的泰勒展式为f(z)=α(z-z0)" +α;(z-z0)m+l +..由此式推知f(n)(zo)=0 (n =0,1, .-m-1), f(m)(-)±0（充分性）课后作业注1：不恒为零的解析函数的零点是孤立的(Analytic function is not identically zero zero isisolated)零点与极点有如下关系的m定理（Theorem)5.5z.为f(z)的m阶极点，则z是f(a)阶零点，反之亦然.例6函数T()=有什么奇点？如果是极点，指出它们sm的阶.9
9 定理(Theorem)5.4 若 f (z) 在 0 z 解析，则 0 z 为 f (z) 的 m 阶 零点充分必要条件是 ( ) ( ) ( ) f (z0 ) = 0 n = 0,1, m −1 , f (z0 ) 0 n m 证明：（必要性）若 0 z 为 f (z) 的 m 阶零点，则 f z (z z ) (z) m ( ) = − 0 设 (z) 在 0 z 的泰勒展式为 ( ) ( ) . ( ) . = 0 + 1 − 0 + + − 0 + n n z z z z z 其中 0 = (z0 ) 0 ，从而 f (z) 在 0 z 的泰勒展式为 = ( − ) + ( − ) + +1 0 0 1 0 ( ) m m f z z z z z 由此式推知 ( ) ( ) ( ) f (z0 ) = 0 n = 0,1, m −1 , f (z0 ) 0 n m （充分性）课后作业 注 1：不恒为零的解析函数的零点是孤立的 (Analytic function is not identically zero zero is isolated) 零点与极点有如下关系 定理(Theorem)5.5 0 z 为 f (z) 的 m 阶极点，则 0 z 是 f (z) 1 的 m 阶零点，反之亦然. 例 6 函数 ( ) z f z sin 1 = 有什么奇点？如果是极点，指出它们 的阶
解：sinz=0=z=k元(k=0,±l,±2,..)是函数f()的孤立奇点，由于(sinz)=元0(k=0,±1,±2,),所以z=k元(k=0,±1,±2,)都是sinz的一阶零点，也就是一阶极点.f(-)=sin z四、函数在无穷远点的性态(Functioninthebehavior ofInfinity)定义（Definition)5.3设函数f()在无穷远点的邻域R<=k+oo内解析，则称无穷远点为f(a)的孤立奇点.在R<=k+oo内，f(-)有洛朗级数展式：f(a)= Zα,="(2)1=0f()其中α，2 lp(-2) d5,( > R,n= 0±1,±.)令，按照R>0或R=0，我们得到在0wk六或R0wk+o内解析的函数p(w)=f()，在0wk内其洛朗R级数展式是：p(w) =1一代入，得到在R△z+内再用w=f(=)= Zb,=-n(3)10
10 解：sin z = 0 z = k(k = 0,1,2, ) 是函数 f (z) 的孤立奇 点，由于 (sin ) 0( = 0,1,2, ) = z k z k ， 所 以 z = k(k = 0,1,2, ) 都 是 sin z 的 一 阶 零 点 ， 也 就 是 ( ) z f z sin 1 = 一阶极点. 四、函数在无穷远点的性态(Function in the behavior of Infinity) 定 义 (Definition)5.3 设函数 f (z) 在无穷远点的邻域 R | z | + 内解析，则称无穷远点为 f (z) 的孤立奇点. 在 R | z | + 内， f (z) 有洛朗级数展式： + =− = n n n f (z) z （2） 其中 ,( , 0, 1, 2,.) ( ) ( ) 2 1 1 0 = − = = + d R n z f i n n 令 w z 1 = ，按照 R 0 或 R = 0 ， 我 们 得 到 在 R w 1 0 | | 或 0 | w| + 内解析的函数 ) 1 ( ) ( w w = f ，在 R w 1 0 | | 内其洛朗 级数展式是： + =− = n n (w) bnw 再用 z w 1 = 代入，得到在 R | z | + 内 + =− − = n n n f (z) b z （3）