1、1.1.解析函数的孤立奇点：解析函数的孤立奇点：设函数f(z)在去掉圆心的圆盘)0(|0:0RRzzB内确定并且解析，那么我们称 为f(z)的孤立奇点。在D内，f(z)有洛朗展式0z,)()(0nnnzzzf其中,.)2,1,0(,)()(2110Cnnndzfi 是圆).0(|0RzzC的非孤立奇点为的点，则称以外的不可导总可以找到除的无论多么小的邻域内若在)(000zfzzz孤立奇点的分类孤立奇点的分类可去奇点：可去奇点：一般地，对于上述函数f(z)，按照它的洛朗展式含负数幂的情况，可以把孤立奇点分类如下：（1）、如果当时n=-1,-2,-3,，0n那么我们说 是f(z)的可去奇点，或者说
2、f(z)在 有可去奇点。0z0z这是因为令 ，就得到在整个圆盘 内的解析函数f(z)。00)(zfRzz|0的可去奇点是例如：zzzsin0孤立奇点的分类孤立奇点的分类-极点：极点：（2）如果只有有限个（至少一个）负整数n，使得,0n那么我们说 是f(z)的极点。0z设对于正整数m，,0m而当n1，我们也称 是f(z)的单极点或m重极点。0z0z)(lim)(00zfzfzzz的极点，则：为如果孤立奇点的分类孤立奇点的分类本性奇点：本性奇点：（3）如果有无限个整数n0，使得0n那么我们说 是f(z)的本性奇点。0z是函数的一级极点。是函数的一个三级极点来说，例如：有理分式函数izzzzzzf1
3、)1)(1(2)(32有以下性质函数在本性奇点的邻域内，)(zfnnnRzzzzzfRzzzfz)0(,)()(0)(0000上的洛朗级数为：环域的本性奇点，就是说在为函数如果nzznzzezzzfzz!1.!211)(,21100的方式而定，例如：趋近于的极限随则：令zzezzez1101,0，则沿正实轴趋近于零的本性奇点。当是函数01,1zezz，则沿负实轴趋近于零而：当1,221nzeenz则，趋近于零沿当：i总结以上论述:0分别是zezzzz12,sin,sin的可去奇点、单极点及本性奇点。一类奇点即支点。对于多值函数而言还有称为多值函数。数的支点。具有支点的函点为函数与原来之不同，则
4、称函数值转一周回到原来点时，点的充分小邻域内绕在如果自变量和给定的函数点定义：对于一个给定的),()(),(0000zfzfzzzzzfz。，显然零是其一个支点例如：zzf)(。时，函数值将发生变化的圆周顺时针旋转一周为半径充分大的正数当沿着以原点为圆心，Rtzzftz1)(1则有这是因为，若令也是函数的一个支点。则数值将发生改变，旋转一圈回到原处，函绕相当于ztt02.函数的零点与极点的关系级零点。的称为为一正整数，那么处解析，且在其中如果能表示成：不恒等于零的解析函数mzfzmzzzzzzzfzfm)(,0)()()()()()(0000的一级和三级零点。分别是函数和例如：3)1()(10
5、zzzfzz0)(,)1.2,1,0(,0)()()(0)(0)(00zfmnzfmzfzzzfmn是：级零点的充分必要条件的为处解析，那么在结论：如果级零点。反之亦然的就是级极点，则的是定理：如果mzfzmzfz)(1)(00方法极点提供了一个简便的这个定理为判断函数的?1sin12的奇点和：找出函数例zezz15.函数在无穷远处的形态的孤立奇点。为那么称点内解析，的去心邻域在无穷远点如果函数)()(zfzRzzf的变换去心邻域平面原点的到的去心邻域平面上则实现了作变换RttzRzzt10,1)()1()(ttfzf的孤立奇点。是内是解析的，所以在去心邻域显然，)(010)(ttRtt级极点
6、或本性奇点。的可去奇点，是就称么级极点或本性奇点，那的可去奇点，是我们规定：如果mzfzmtt)()(0101101)()(nnnnnnnnnnnntcctctzcczczf如果函数：)()()()()()1()(0本性奇点：含无限多个负幂项级奇点为最高负幂项：含有限多个负幂项，可去奇点：不含负幂项的是则：32mtttm)()()()()()1()(本性奇点：含无限多个正幂项级奇点为最高正幂项：含有限多个正幂项，可去奇点：不含正幂项的是对应：32mzzfzm内展开：在环域例如：函数zzzzf11)(nnzzzzzzf1)1(.1111111)(32解析在，那么的可去奇点。若取是则)(1)()(
7、zffzf类型的奇点？在扩充平面内有些什么：函数例332)(sin)2)(1()(zzzzf25.2 留数定理 1.留数的定义及留数定理00()2nCzzdzi 11nn (3)()()11()2kkkkCCkadzf z dziazb （4）将（4）式带入（2）式得到（1）式。Ck bk C3 b3 C2 b2 C1 b1 CN bN)(Re)2()1()(342215sfzzzzf在点的留数例：求函数341222415)21()11()(2)(zzzzzzfzzf展式为上解析，所以在的洛朗在解：因为304202)2()1()1()1(1kkkkkkzzz1)(Re1sf因此：本问题数为洛朗
8、展式的负一次项系)()()()()()(Re0)()()()()()(0000000lim0zQzPzQzPzzzsfzPzQzzzPzQzPzfzz罗毕达法则则：，从而是的一阶极点，的一阶零点。是点解析，和都在的形式，其中可以表示为若（6）留数的计算.2121200010100()()()()();(0)()mmmmmaaaf zzzzzzzaaa zzazz（2）m阶极点情况解：11111(1)11limlimlim1(1)nnnzzzzzzznzn洛必达法则1()(1)nf zz11Re()zsf zn说明z1是的一阶极点，且留数znsinz()f z()1Res()limlim(1)s
9、in(sin)cosnz nznznznznf zzzn 解：是的一阶零点（注），是的一阶极点，有解：5333221()4(2)(2)(2)zizif zzzzzi zizzi2zi()f z332221Res(2)limlim(2)8ziziziifizziz（1）是的一阶极点：0z()f z（2）是的三阶极点：232303001Res(0)lim2!(2)1112lim()lim2!22(2)8zzzdzfdz zziizizi 方法2根据公式（8），m3有0z在圆外，0z在圆内。所以 0002100000022Res()22lim()()2121lim()1zzzzzdzif zzzzz
10、izzzziizzzzi 12sin5zzzdz计算：例1122sin)0(sin1iczzdzzzczznnnn知，则由洛朗系数公式可设.61.61sin13zzzzz而3612sin12iizzdzz故：22sin21zzzdz：计算例6为单极点是被积函数的奇点，且在区域内只有可知解：42)22)(sin22(sinsin212zzzzz42sin)()4(lim)4(Re42sin)()4(lim)4(Re4444zzzzzzzfzsfzzzfzsf由罗毕达法则有：i2该积分等于由留数定理可知：3.在无穷远点的留数l 定理二:()f z()f z 若在复平面上有孤立奇点，则的所有奇点（包括无限远点）留数之和为零。0,1)1(Re),(Re)3(2zzfszfscdzzfizfs)(21),(Re证明：dfiredrerefidreirefidieefiiiiiirii21220201201)1(21)()(1)1(21)1(21)(21，令精品课件精品课件！精品课件精品课件！dzzzz241：计算例7),(Re2124zfsidzzzz00,1Re20,1)1(Re242zzsizzfsi
