大学物理-解析延拓与孤立奇点 例题
孤立奇点
无法判断阶数！ 不存在且不为
11
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4.函数的零点与极点的关系
不恒等零的解析函数 f (z)若能表成
其中
在 z0 解析且
则 z0 称为 f (z) 的 m 级零点。
, m为正整数,
例
z=0 与 z=1 是它的一级与三级零点。
判断 零点
若 f (z) 在 z0 解析，则z0 是 f (z) 的 m 级零点
[解] 函数 1/sin z 的奇点显然是使 sin z=0 的点。 显然它们是孤立奇点。
由于
所以
都是 sin z 的一级零点, 也就是 的
一级极点。
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例2 函数
具有孤立奇点 z=0.
z=0 为其极点.
故 z=0 为的1级极点。
15
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例 下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出 它的级。
外，在
内解析。
由于
在
处均不为零，因
此这些点都是
的一级零点，从而是
零点。所以这些点中除去1, -1, 2外都是 f (z)的三级极点。
因
以1与-1为一级零点，所以1与
－1是 f (z)的2级极点。
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的三级
至于z=2，因为
所以z=2是 f (z)的可去奇点。
关于
，因为
可知
使分母为零，当n=1时，
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，即z=1；
当n=2时， 论过。所以当n>2时，
，即z=2。这两点上面已经讨
为
的极点。显见当
时，
。所以
不是ห้องสมุดไป่ตู้
也就是
不是 f (z)的孤立奇点。
第五章1 孤立奇点
2
的二级极点。
3) z
e
2
z
1
解： 孤立奇点 z 1 1, z 2 1
lim
e
2
z
z zi
( z 1)
z i ( i 1, 2 )为极点。
极点z1 1
ez e 1 2 1 z 1 z 1 ( z 1)
z
ez ez 在z 1处解析， 0 z 1 z 1 z 1
类似地， z 1也是 e
2 z
z 1
的一级极点
3. 函数的零点与极点的关系 定义
若不恒等于零的解析函 数 f ( z ) 在 z 0 的邻域内能表示成
m
f ( z ) ( z z0 ) g ( z )
(m 1)
其中 g ( z ) 在 z 0 解析且 g ( z 0 ) 0 , 则称 z 0 为 f ( z ) 的 m 级零点 .
n -
c n ( z z 0 ) 存在。
n
n
c
n
( z z0 )
n
解析部分
c n ( z z0 )
n 1 (1) n
cn ( z z 0 )
( 2)
n
n0
主要部分 根据主要部分中( z z0 )负幂项的多少， 对孤立奇点分类：
有无限多负幂项，所以 z 1为本性奇点
(4)
1 z sin z
z 0 , z k ( k 1, 2 ,...) 为孤立奇点
lim
1 z sin z
z 0
泰勒级数展开
解：先计算展开系数
f (z) (1 z)m
f (0) 1m
f '(z) m(1 z)m1
f '(0) m1m
f ''(z) m(m 1)(1 z)m2
f ''(0) m(m 1)1m
f (3) (z) m(m 1)(m 2)(1 z)m3
……
f (3) (0) m(m 1)(m 2)1m
(1 z)m 1m m 1m z m(m 1) 1m z2
1!
2!
m(m 1)(m 2) 1m z3 L 3!
易求其收敛半径为1，故
(1 z)m 1m{1 m z m(m 1) z2 m(m 1)(m 2) z3 L }, ( z 1)
1!
2!
3!
式中 1m (ei2n )m ei2nm
(| z | 1)
1 z n0
1
z
1 z0
1
z
z0 z0
z
z0 z0
2
n0
(z z0 )n
( z0 )n1
以此代入(3.3.2)，并把它写成
i f
(z)
n0
1
2
i
C
f
(
( )d
z0 )n1
(
z
z0
)n
利用解析函数的高阶导数公式，Fra bibliotek式即为其中
f (z) an (z z0 )n n0
(3.3.3)
i an
1 2πi
f ( )d C ( z0 )n1
f (n) (z0 ) n!
(0,1, 2,L )
(3.3.4)
这样便得到了 f (z) 在圆| z z0 | R 内的幂级数展
数学物理方法习题解答_Tex
(3) cos 5ϕ． 解：由乘幂的公式
(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ).
及二项式定理
(a + b)n = an + nan−1 b + n(n − 1) n−2 2 n! a b + ··· + an−k bk + · · · . 2! (n − k )!k !
4
√ √ 3
a2
a2
2 2
a2 + b2 + a + i
a2 + b2 − a
(2)
i． i = 1 cos π π + 2nπ + i sin + 2nπ 2 2 π 2 + nπ + i sin 6 3 √ 3 i = ei( 6 + 3 nπ) .
π 2
解：因
,
所以
√ 3 i= √ 3 1 cos π 2 + nπ 6 3 ,
z = cos 3π 3π + i sin . 2 2
指数式：
z = ei 2 .
3π
3. 计算下列数值（a、b和ϕ为实常数）． √ (1) a + ib. √ (2) 3 i. (3) cos 5ϕ. (1)
√ a + ib．
解：先化a + ib为三角式
a + ib = cos ϕ = √ xiangap@ a2 + b2 (cos ϕ + i sin ϕ), sin ϕ = √ b . a2 + b2 供教学参考
指数式：
z = i = ei 2 .
π
(1) −i． 解：−i本身即为代数式． 三角式：
复变函数-孤立奇点及分类讲解
于是f (z)在0 z z0 内可展开为洛朗级数
f (z) an(z z0 )n an(z z0 )n an(z z0 )n
n
n0
n1
（1）可去奇点
若洛朗展开式中不含有(z z0)的负幂项，即an 0,
(n 1,2,......) 则称孤立奇点z0为f (z)的可去奇点。
显然，函数的奇点是
z 1,
zk
1 k
2
(k 0, 1, 2...)
由于lim tan( z 1) lim sin( z 1) 1 z1 z 1 z1 z 1 cos(z 1)
1
所以，z 1为可去奇点。
又
sin(z 1) z 1
zk
(vi)
若f
(z)
P(z) Q(z)
,
P(z0 )
0且P ( z )在z0点 解 析 ，
若z0是Q(z)的m级零点，则必为f (z)的m级极点。
例 试确定函数 f (z) tan( z 1) 的奇点类型。
z 1
解：由于 f (z) tan( z 1) sin(z 1) z 1 (z 1)cos(z 1)
定理 z 为 f (z) 的可去奇点、极点、本性奇点的 充要条件分别为当 z 时， f (z) 的极限为有限数、 为无穷大、不存在也不为无穷大。
例
函数 z 1 z2
是否以 z 为孤立奇点？
若是，属于哪一类？
例 函数 sin z cos z 是否以 z 为孤立奇点？ 若是，属于哪一类？
z
于是1
cos z2
第一讲 孤立奇点
内解析，那么 z 0 是 f(z) 的本性奇点的充分必 lim f ( z ).不存在也不为 要条件是： z z
0
综上所述: 如果z0为f ( z )的可去奇点 lim f ( z )存在且有限;
z z0
如果z0为f ( z )的极点 lim f ( z ) ;
z z0 z z0
1 例3 设f z , zn n 1,2, 1 n si n z 是它的孤立奇点
1
但 z 0 是奇点而不是孤立奇点。换句话说, 在z 0 不论怎样小的去心领域内总有 f z 的奇点 存在.
将函数 f z 在它的孤立奇点 z0 的去心邻域 0 z z0 内展开成洛朗级数.
si nz 所以z=0是函数 z
的可去奇点。
学生课堂练习 例5.5 研究函数
f z 1 z 1z 22
的孤立奇点的类型。
例5.6 研究函数 f z e
1 z 1
的孤立奇点的类型。
三、函数的零点与极点的关系
定义5.2 若f (z) = (zz0) m (z), 其中 (z)在z0解析且
(z0) 0, m为某一正整数, 则称z0为f (z)的m阶零点.
例5.7 当 f (z)=z(z1)3时, z=0与z=1是它的一阶与三阶零点.
根据这个定义, 我们可以得到以下结论:
定理5.4 若f (z)在z0解析, 则z0是 f (z)的m阶零点的充
要条件是 f (n)(z0)=0, (n=0,1,2,...,m1), f (m)(z0)0 .
( z) 在z0解析, 且 ( z0 ) 0 .
1 1 1 当z z0时 ，f ( z ) h( z ) m m ( z z0 ) ( z ) ( z z0 )
武汉大学数学物理方法4_1解析延拓函数
第四章解析延拓·Γ函数§4.1 解析延拓一.解析延拓前言：前面我们已经从微积分，级数等不同的角度了解到解析函数具有很多优秀的性质，然而解析都是对一定的点和区域而言的，婴儿人们自然想到，若能通过某种方式将解析区域扩大，那就能使解析函数的优越性在更大范围内体现.所以，它将f(z)的定义域扩大了,我们称之为解析延拓,即简单的说解析延拓是解析函数的定义域的扩大.本章将学习解析延拓并在此基础上将物理上有用的积分г(x)延拓为г(z)中心：解析延拓和Γ函数目的：1.通过学习了解析函数的内唯一性定理，掌握初等解析函数的值由它在实轴或实轴上一段的值唯一确定（这将为后一章留数定理计算实积分奠定基础）2. г(z)的定义性质又如：在留数定理一章中，若f(x)在实轴上无奇点，改写f(x)为f(z)。
这实为，将解析函数在实轴上的值延拓到全平面除f(z)的奇点的所有点.注意：推广：若ïïïïîïïïïíì····Îκ)2()(2)1()(1)(s s H z f H z f z f 的解析函数、或为则)...](3)(2)[(1)(x f x f x f z f但不能经奇点延拓出z ，若此例中z=1正是这个奇点的存在，决定了解析延拓过程中各幂级数的收敛半径×××××®®=Î=<ºÇ=++Þå¥=)()()(1z )()(,)(,1|:|:)()(,....32121101111321z f z f z f H z f z z f z z f z f k kn 沿任一解析点邻域：去掉又在中在，如解析延拓可以不断进行中在解析区域由s s s s s ss s s s注意：由解析函数的唯一性定理知，解析函数在一个邻域上的值可由它在该区域内任一条小弧段或一个特殊的点列(只要它有一个点属于这个区域)完全确定.这又一次反映出解析函数有十分严格的内在联系,即在某一区域,值完全唯一的确定了.[如:在全平面解析,而在Zn=1/n取值为1/n(n=1,2…) 的函数只有一个W=z.因为,点列{1/n}以z=0为聚点,而z=0落在函数的解析区域内,w=z满足全平面解析,且在Zn=1/n取值为1/n的条件, 根据唯一性定理,这样的函数只有一个]由此可断言,象等这些初等解析函数只能象§1.4 那样定义.如,Sin z 和均解析而他们在实轴上的一段由相等还可推断初等实函等式在复函中也成立,如sin2z和2sinzcosz均解析,而它们在实轴上相等sinx=2sinxcosx,所以,sin2z=2sinzcosz还有如,实轴上取值等于Sin x,而在全平面上解析的函数只有一个,这个函数就定以为Sin z二.解析延拓的唯一性..,)(:1.ii 2i 2恒等则它们在整个区域也必域中恒等的一个字区已知它么在和中解析的函数若有两个在区域唯一性定理g G f z f G 即可中，在当中在只要证当中在则中在解析若中在中解析在和若欲证上结论0)(,0)(,0)(,0)()()()(,)(.2ii 2i 2ii 2i 22ii 2i 2¹¹®ºº-=®º=®z F g z F G G z F z F g f z f z F f z f G G f z f s3.证)(:)(,,0)(,,0)(0,0)(])()([,])([)()()(ii 2i 2,2,1,022110见后页注即以此类推即必须为与题设矛盾则当fz f G z z F g z z F a a a a g z z F a b z a b z a a b z b z a a b z b z a z F n m m m m m m mk k k ºÎº+κ××××××\Îι\»××××-+-+®××××-+-=-=+++¥=åa a[ 设E是一点集，a是一点（不属于E），若在a的任一邻域内都有E的异于a的点，则a称为点集E的一个聚点（或极限点）。
3.4奇点的分类
数学物理方法
(3)由于 z 2 ，所以
2 1 2 1, 1 ，所以 z z z 1 1 1 1 1 1 f ( z) z 2 z 1 z 1 2 z 1 1 z z 1 2 k 1 1 k ( ) ( ) z k 0 z z k 0 z
( z 2)n , z 2 1
n 0
而
1 1 ( z 2)n 2 ( z 3) z 3 n 0
(k 1)( z 2) , z 2 1
k k 0
3.6 孤立奇点的分类
孤立奇点。
数学物理方法
若 z0 为 f ( z ) 的孤立奇点， 由前一章的洛朗级数展开定理,则 f ( z ) 在 点 z0 的去心邻域内可展成洛朗级数
f ( z)
k
ak ( z z0 )
k
k
ak ( z z0 ) ak ( z z0 ) k
( z z0 ) 其 中 ， 函 数 ( z ) 在 | z z0 | 内 是 解 析 的 ， 且 ( z0 ) 0 。 （3） lim f ( z ) ；
m
f ( z)
( z)
, (m 1)
z z0
以上任何一条均可作为极点的判断标准， 也可作为极点的 定义.注意第 3 条不能指明极点的阶数。
一般步骤：（1）考察函数的奇点；（2）以展开中心为基 点，按奇点划分区域；（3）分区展开。
1 z ，在
在1
1 k z 1中： z 1 z k 0
z 中：
1
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z1是sinz–sina 的二阶零点，
从而是函数
sin
z
1
sin
a
的二阶极点。
同理可证，当
a
k
2
时，z2 是
sin
1 z sin
a 的一阶极点；
当
a
k
2
时，
z2
是
1 的二阶极点。
sin z sin a
如sin果z–sainak的 一 2阶(k零点0,，1因, 2而, 是，) 函此数导数不1为零的，一故阶z1为极函点数。
sin z sin a
当 a k 时，需要求sinz–sina的二阶导数：
2
(sin
z
sin
a)z1
sin
z1
sin(
k
2
2n )
0
这表明，当 a k 时，
2
第三章 解析延拓与孤立奇点 例题
3.1 单值函数的孤立奇点
例1：判断z = nπ(n=0, ±1, ± 2…)是 f (z)=1/sinz 的几阶极点？ 解法一：因sin nπ = 0，可知 z = nπ 是 f (z)的极点。 由于
故 z = nπ是 f (z)的一阶极点。 解法二：因z = nπ 是 g(z)=sinz 的一阶零点，即
z1, z2 是函数sinz–sina 的零点，也就是
1 的极点。
sin z sin a
为了判断零点的阶数，可以将sinz幂项的幂次为多少，也可求
sinz–sina在z1, z2 点的导数值，看其不为零的导数的次数 为多少。
(sin z sin a)z1 cos(2n a)
所以 z = nπ 是 f (z) = 1/g(z) = 1/sinz 的一阶极点。
例2
求函数
1 sin z sin a
有哪些极点，并判断极点的阶数。
解：sinz–sina 的n阶零点就是所给函数的n阶极点。
sin z sin a 0 sin z sin a
此三角方程有解：
z1 2n a z2 (2m 1) a (n, m 0, 1, 2, )