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复变函数的孤立奇点及其应用(小学期论文)

复变函数的孤立奇点及其应用数学科学学院 数学与应用数学专业指导教师: xxx摘要:本文讨论了孤立奇点的定义、判别方法以及孤立奇点在留数计算中的应用。

关键词:孤立奇点;定义;判别方法;留数孤立奇点的应用在复变函数的教学以及学习中有着重要的作用,而留数的计算是复变函数中经常碰到的问题. 1 孤立奇点的定义如果函数)(z f 在点a 的某一去心邻域}{a K -:R a z <-<0内解析,点a 是)(z f 的奇点,则称a 为)(z f 的一个孤立奇点.2 孤立奇点的判别方法设函数)(z f 在区域D 内除有限个孤立奇点n z z z z ,,,,321 外处处解析,C 是D 内包围各奇点的一条正向简单闭曲线,那么)(Re 2)(1z f s i dz z f nk a z Ck ∑⎰===π.一般来说,求函数在其孤立奇点0z 处的留数只须求出它在以0z 为中心的圆环域内的洛朗级数中101---)(z z C 项系数1-C 就可以了.但如果能先知道奇点的类型,对求留数更为有利.例如,如果0z 是)(z f 的可去奇点,那么0]),([Re 0=z z f s .如果0z 是本质奇点,那就往往只能用把)(z f 在0z 展开成洛朗级数的方法来求1-C .若0z 是极点的情形,则可用较方便的求导数与求极限的方法得到留数. 2.1 函数在极点处留数法则1:如果0z 为)(z f 的简单极点,则)()(lim ]),([Re 000z f z z z z f s z z -=-法则2:设)()()(z Q z P z f =,其中)(,)(z Q z P 在0z 处解析,如果0)(≠z P ,0z 为)(z Q 的一阶零点,则0z 为)(z f 的一阶极点,且)()(]),([Re 0z Q z P z z f s '=. 法则3:如果0z 为)(z f 的m 阶极点,则)]()[(lim !11]),([Re 01100z f z z dzd m z z f s m m m z z --=---)(.2.2 函数在无穷远点留数设∞为)(z f 的一个孤立奇点,即)(z f 在圆环域+∞<<z R 内解 析,则称dz z f iC ⎰)(21π (R z C >=ρ:) 为)(z f 在点∞的留数,记为]),([Re ∞z f s ,这里-C 是指顺时针方向(这个方向很自然地可以看作是绕无穷远点的正向).如果)(z f 在+∞<<z R 的洛朗展开式为∑∞-∞==n n nz Cz f )(,则有1],[Re --==∞C f s .这里,我们要注意,∞=z 即使是)(z f 的可去奇点,)(z f 在∞=z 的留数也未必是0,这是同有限点的留数不一致的地方.如果)(z f 在扩充复平面上只有有限个孤立奇点(包括无穷远点在内),设为∞,,,21n z z z ,则)(z f 在各点的留数总和为零. 关于在无穷远点的留数计算,我们有以下的规则.0)(Re )(Re 1=+∞===∑z f s z f s z nk a z k.3 孤立奇点的应用例1 指出下列函数在零点z=0的级: (1))1(22-z ez(2))6(sin 6633-+z z z .解(1)用求导数验证:记0)0(,)1()(22=-=f e z z f z ,不难计算,0)0(,)(22)(23='++-='f e z z z z f z ,0)0(,2)2104()(224=''-++=''f e z z z f z,0)0(,)24368()(235='''++='''f e z z z z f z,24)0(,)2415611216()()4(24642=+++=f e z z z z f z )(故0=z 为函数)1(22-z e z 的四阶零点. 由泰勒展式:由展开式)(!1!2112422+∞<+++++=z z n z z en z 可知)()!21()1(442222z z z z z e z z ϕ=++=- 其中)(!1!211)(222+∞<++++=-z z n z z n 在 ϕ内解析,10=)(ϕ. 故0=z 为函数)1(22-z e z 的四阶零点. (2)由展开式)()!12()1(!51!31sin 3615933+∞<++-+-+-=+z n z z z z z n n可知 )6(sin 6633-+z z z393615936)!12()1(!51!316z z n z z z z n n -+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+-+-=+ )(15z z ϕ=其中 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-++-=+ )!12()1(!71!516)(1266n z z z n nϕ 在+∞<z 内解析,0560≠=!)(ϕ.故0=z 是函数)6(sin 6633-+z z z 的15阶零点.例 2 证明不恒为零的解析函数的零点是孤立的.即若不恒为零的函数)(z f 在R a z <-内解析,0)(=a f ,则必有a 的一个领域,使得)(z f 在其中无异于a 的零点(解析函数零点的孤立性).分析 由于解析函数)(z f 不恒为零且0)(=a f ,所以利用)(z f 在点a 的泰勒展开式可知,总存在自然数1≥m ,使0)()()()1(==='=-a f a f a f m ,0)()(≠a f m (否则独所有m ,0)()(=a fm ,由泰勒定理0)(!)()(0)(≡-=∑∞=m m m a z m a f z f 矛盾).于是可设a 为)(z f 的m 阶零点,然后由零点的特征来讨论.证(不妨设)a 为)(z f 的m 阶零点)()()(z a z z f m ϕ-=⇔,其中R a z z <-在)(ϕ内解析,0)(≠a ϕ.因)(z ϕ在a 处解析,则有0)()(lim ≠=→a z az ϕϕ,可取)(a ϕε=,存在着0>δ,当δ<-a z 时,)()()(a a z ϕεϕϕ=<-,由三角不等式)()()(z a a z ϕϕϕϕ-≥-)(便知当δ<-a z 时)()()()(a a z z a ϕεϕϕϕϕ=<-≤-)( 即有0>)(z ϕ,故在a 的δ邻域内使0)(≠z ϕ. 例3 确定函数[])1(/1)(33-=z e z z f 的孤立奇点的类型.解 因为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++=-1!2)(1)1(233333z z z ez z+++=1296!31!21z z z , 所以 0=z 是分母的六阶零点,从而是函数)(z f 的六阶极点. 例4 判别函数11sin)(-=z z f 的有限奇点的类型. 解 因为)(z f 在1=z 没有定义,更不解析,所以1=z 是)(z f 的奇点,在+∞<-<10z 内,展开)(z f 为洛朗级数:+-+---=-53)1(!51)1(!311111sinz z z z∑∞=+-+-=012)1()!12(1)1(n n nz n , 有无穷多负幂项,故1=z 是)(z f 的本性奇点. 例5 考察函数11sec)(-=z z f 在点1=z 的特性. 解 因为)(2/11,11cos111sec是整数k k z z z k ππ++=-=-是分母11cos-z 的零点,所以这些点是11sec-z 的极点..从而知1=z 是这些极点的极限点)(∞→n ,不是孤立奇点.例6 求出函数)1/()(44z z z f +=的全部奇点,并确定其类型.解 分母41z +有四个一阶零点)3,2,1,0(4)2(=+k e k i ππ,它们不是分子的零因此是函数)(z f 的一阶极点.又11lim44=+∞→z z z ,所以∞=z 是)(z f 的可去奇点.例7 求出函数zz z f 1cot )(-=的全部奇点,并确定其类型. 解 容易求得)(为整数k k z π=是z cot 的一阶极点,这是因为()0)1(cos sin ≠-=='=k k z k z ππ.当00==z k ,时,而z z z z z z z z sin sin lim 1cot lim 00-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-→→)!3/(!5/!3/lim3530+-+-=→z z z z z z 0=,所以,0=z 是函数)(z f 的可去奇点,)(为不等于零的整数k k z k π=是)(z f 的一阶极点.又∞=z 是极点k z 当∞→k 时的极限点,不是孤立奇点.例8求zz 1sin2所有孤立奇点处的留数: 解:函数zz z f 1sin )(2=有孤立奇点0和∞,而且易知在+∞<<z R 内有洛朗展开式⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-= 532215113111sinz z z z z z !! -+-=3151131z z z !! 这既可以看成是函数zz 1sin 2在0=z 的去心邻域内的洛朗展开式,也可以看成是函数zz 1sin 2在∞=z 的去心邻域内的洛朗展开式.所以!31,1sin Re ,!310,1sin Re 22=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡z z s z z s .参考文献:[1] 钟玉泉. 复变函数论,高等教育出版社, 2003年.[2] 王玉玉. 复变函数习题全解, 中国时代经济出版社,2008年. [3] 方企勤. 复变函数教程, 北京大学出版社, 2009年. [4] 傅作梅. 复变函数的应用,高等教育出版社,1996年. [5] 杨巧玲. 复变函数与积分变换, 机械工业出版社,2002年.。

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