第四章 解析函数的级数表示法 —— 完整详尽讲解

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目录

1. §4.1 复数项级数
2. §4.2 幂级数
3. §4.3 解析函数的泰勒展开
4. §4.4 解析函数的罗朗展开
5. §4.5 孤立奇点
6. 习题精讲（含题库4.pdf全部内容）

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§4.1 复数项级数

一、复数序列的收敛

定义 4.1.1（复数序列的极限） 设 $\{z_n\}_{n=1}^{\infty}$ 是复数序列，$z_n = x_n + iy_n$。若存在复数 $\zeta = \xi + i\eta$，使得对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N \in \mathbb{N}$，当 $n > N$ 时恒有 $|z_n - \zeta| < \varepsilon$，则称 $\{z_n\}$ 收敛于 $\zeta$，记作：

$$\boxed{\lim_{n \to \infty} z_n = \zeta}$$

定理 4.1.1（收敛的实虚部分解）

$$\lim_{n\to\infty} z_n = \zeta \quad \Longleftrightarrow \quad \lim_{n\to\infty} x_n = \xi \quad \text{且} \quad \lim_{n\to\infty} y_n = \eta$$

即：复数序列收敛，当且仅当它的实部和虚部作为实数序列分别收敛。这是将复数问题转化为两个实数问题的归约原则。

柯西收敛准则：$\{z_n\}$ 收敛的充要条件是：对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，使得当 $m, n > N$ 时，$|z_m - z_n| < \varepsilon$。

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二、复数项级数的基本概念

定义 4.1.2（复数项级数） 给定复数序列 $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$，称形式表达式

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n + \cdots$$

为复数项级数。其前 $n$ 项和 $S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$ 称为部分和。

定义 4.1.3（级数收敛） 若部分和序列 $\{S_n\}$ 收敛于有限复数 $S$，即 $\lim_{n\to\infty} S_n = S$，则称级数 收敛，$S$ 称为级数的和。否则称级数发散。

定理 4.1.2（级数收敛的实虚部分解） 设 $a_n = \alpha_n + i\beta_n$，则

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n \text{ 收敛} \quad \Longleftrightarrow \quad \sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n \text{ 收敛且 } \sum_{n=1}^{\infty} \beta_n \text{ 收敛}$$

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三、绝对收敛与条件收敛

定义 4.1.4 若 $\sum |a_n|$ 收敛（作为正项级数），则称 $\sum a_n$ 绝对收敛。若 $\sum a_n$ 收敛但 $\sum |a_n|$ 发散，则称 $\sum a_n$ 条件收敛。

定理 4.1.3

1. 绝对收敛 ⇒ 收敛。（逆不成立。）
2. $\sum a_n$ 绝对收敛 ⇔ $\sum \alpha_n$ 和 $\sum \beta_n$ 都绝对收敛。
3. 绝对收敛级数可以任意重排而不改变和（无条件收敛）。

🔴 与实级数完全一致——复级数的收敛性本质上就是实部级数和虚部级数的收敛性问题。

常用判别法（与实级数相同）：

| 判别法 | 条件 | 结论 | | -------------- | --------------- | ------------ | -------------------------- | ---------------------------------------- | | 比较判别法 | $| a_n | \leq b_n$，$\sum b_n$ 收敛 | $\sum a_n$ 绝对收敛 | | 比值判别法 | $\lim | a\_{n+1}/a_n | = L$ | $L<1$ 绝对收敛；$L>1$ 发散；$L=1$ 不确定 | | 根值判别法 | $\lim \sqrt[n]{ | a_n | } = L$ | 同上 | | 莱布尼茨判别法 | 实交错级数专用 | — |

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四、函数项级数

定义 4.1.5（函数项级数） 若级数的每一项 $a_n(z)$ 是定义在点集 $E$ 上的复变函数，则称 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n(z)$ 为函数项级数。

一致收敛（极其重要的概念）：

若对任意 $\varepsilon > 0$，存在仅依赖于 $\varepsilon$ 的 $N$（不依赖于 $z$），使得当 $n > N$ 时，对所有 $z \in E$ 都有：

$$\left|\sum_{k=n+1}^{\infty} a_k(z)\right| < \varepsilon$$

则称级数在 $E$ 上一致收敛。

魏尔斯特拉斯 M-判别法（Weierstrass M-test）：若在 $E$ 上 $|a_n(z)| \leq M_n$（对所有 $z \in E$ 成立），且 $\sum M_n$ 收敛，则 $\sum a_n(z)$ 在 $E$ 上绝对且一致收敛。

一致收敛的重要性：若函数项级数由连续/解析函数组成且一致收敛，则：

• 和函数连续。
• 可以逐项积分。
• 若函数解析且级数一致收敛于内闭区域，则和函数解析，且可逐项求导（魏尔斯特拉斯定理）。

这些性质是幂级数理论的基石。

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§4.2 幂级数

幂级数是解析函数最重要的表示工具。泰勒展开和罗朗展开都是幂级数的特例。

一、幂级数的定义

定义 4.2.1（幂级数） 形如

$$\boxed{\sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n = a_0 + a_1(z-z_0) + a_2(z-z_0)^2 + \cdots}$$

的级数称为以 $z_0$ 为中心的幂级数，其中 $a_n \in \mathbb{C}$ 称为系数。

当 $z_0 = 0$ 时，级数为 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$，常称为麦克劳林级数。

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二、收敛半径与收敛圆

定理 4.2.1（阿贝尔定理，Abel’s Theorem） 对幂级数 $\sum a_n (z-z_0)^n$，存在一个非负实数 $R$（可为 0 或 $+\infty$），使得：

1. 在 $|z-z_0| < R$ 内：级数绝对收敛。
2. 在 $|z-z_0| > R$ 上：级数发散。
3. 在 $|z-z_0| = R$ 上：收敛性不确定，需具体判定。

这个 $R$ 称为幂级数的收敛半径，开圆盘 $|z-z_0| < R$ 称为收敛圆。

阿贝尔定理的几何意义：幂级数的收敛区域一定是一个圆盘（可能为整个平面，也可能退化为一个点）。

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三、收敛半径的求法（必考）

公式 4.2.1（比值法）：

$$\boxed{R = \lim_{n \to \infty} \left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|}$$

（当极限存在时。）

公式 4.2.2（根值法，柯西-阿达马公式）：

$$\boxed{R = \frac{1}{\limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}}}$$

（这是最普遍的公式，即使极限不存在也能用上极限定义收敛半径。）

约定：若 $\limsup = 0$，则 $R = +\infty$（级数在整个复平面收敛）；若 $\limsup = +\infty$，则 $R = 0$（级数仅在 $z_0$ 收敛）。

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四、幂级数的运算法则

定理 4.2.2（幂级数的解析性） 幂级数在其收敛圆内表示一个解析函数，且可以逐项求导和逐项积分任意多次，求导或积分后的级数收敛半径不变。

具体地，若 $f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-z_0)^n$ 收敛半径为 $R$，则在 $|z-z_0| < R$ 内：

1. 逐项求导：

   $$f'(z) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n (z-z_0)^{n-1}$$

   收敛半径仍为 $R$。

2. 逐项积分：

   $$\int_{z_0}^{z} f(\zeta) d\zeta = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_n}{n+1} (z-z_0)^{n+1}$$

   收敛半径仍为 $R$。

3. 系数与导数的关系：

   $$a_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$$

   这正是泰勒展开的系数公式。

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五、幂级数的四则运算

设 $f(z) = \sum a_n z^n$，$g(z) = \sum b_n z^n$，收敛半径分别为 $R_f, R_g$。

在公共收敛圆内（$|z| < \min(R_f, R_g)$）：

1. 加减：$f(z) \pm g(z) = \sum (a_n \pm b_n) z^n$
2. 乘法（柯西乘积）： $$f(z)g(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k}\right) z^n$$
3. 除法：当 $b_0 \neq 0$ 时，商 $f/g$ 在某圆内可展为幂级数。

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六、收敛半径计算举例（结合题库4.pdf第3-8题）

例1：求 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} q^{n^2} z^n$ 的收敛半径（$|q|<1$）。

用根值法：$\sqrt[n]{|a_n|} = \sqrt[n]{|q|^{n^2}} = |q|^n \to 0$（因 $|q|<1$）。 故 $R = +\infty$。

例2：求 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n!}$ 的收敛半径。

比值法：$\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \frac{1/n!}{1/(n+1)!} = n+1 \to \infty$。 故 $R = +\infty$（这正是 $e^z$ 的展开）。

例3：求 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} n^p z^n$ 的收敛半径（$p>0$）。

比值法：$\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \frac{n^p}{(n+1)^p} \to 1$。 故 $R = 1$。

例4：求 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} [3+(-1)^n]^n z^n$ 的收敛半径。

根值法：$\sqrt[n]{|a_n|} = 3+(-1)^n = \begin{cases}4 & n\text{ 偶数}\\2 & n\text{ 奇数}\end{cases}$

上极限 $\limsup = 4$，故 $R = 1/4$。

注意：这里极限不存在，必须用上极限！比值法在此失效。

例5（题库第8题）：超几何级数

$$1 + \frac{ab}{c}z + \frac{a(a+1)b(b+1)}{c(c+1)2!}z^2 + \cdots$$

求收敛半径。

通项系数：

$$a_n = \frac{a(a+1)\cdots(a+n-1) \cdot b(b+1)\cdots(b+n-1)}{c(c+1)\cdots(c+n-1) \cdot n!}$$

用比值法：

$$\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \left|\frac{(n+1)(c+n)}{(a+n)(b+n)}\right| \to 1$$

故 $R = 1$。

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§4.3 解析函数的泰勒展开

一、泰勒定理（Taylor’s Theorem）

定理 4.3.1（泰勒展开定理） 设 $f(z)$ 在圆盘 $|z-z_0| < R$ 内解析，则在该圆盘内，$f(z)$ 可唯一地展开为幂级数：

$$\boxed{f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n}, \quad |z - z_0| < R$$

其中系数由以下等价公式给出：

$$\boxed{a_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!} = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{n+1}} d\zeta}$$

这里 $C$ 是 $|z-z_0| < R$ 内围绕 $z_0$ 的任意正向闭曲线。

关键要点：

• 泰勒展开的收敛半径 $R$ 至少等于从 $z_0$ 到 $f(z)$ 的最近奇点的距离。
• 泰勒展开是唯一的——不论用什么方法求得，系数必然相同。
• 在收敛圆内，级数绝对收敛且内闭一致收敛。

与实变函数的本质区别：在实数域中，一个函数可以无穷次可导但未必等于它的泰勒级数（如 $f(x)=e^{-1/x^2}$ 在 $x=0$ 处）。在复数域中，只要函数解析，就必然等于它的泰勒级数。这是复分析深刻刚性的一种体现。

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二、泰勒展开的证明思路

证明（利用柯西积分公式）：

取 $z$ 满足 $|z-z_0| < r < R$，对任意满足 $|z-z_0| < \rho < r$ 的 $\rho$，有：

$$f(z) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|\zeta-z_0|=r} \frac{f(\zeta)}{\zeta - z} d\zeta$$

关键变形：

$$\frac{1}{\zeta - z} = \frac{1}{(\zeta - z_0) - (z - z_0)} = \frac{1}{\zeta - z_0} \cdot \frac{1}{1 - \frac{z-z_0}{\zeta-z_0}}$$

因为 $|z-z_0| < |\zeta-z_0| = r$，由几何级数公式：

$$\frac{1}{1 - \frac{z-z_0}{\zeta-z_0}} = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z-z_0}{\zeta-z_0}\right)^n$$

代入并逐项积分（由一致收敛性保证合法），即得：

$$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \left[\frac{1}{2\pi i} \oint_{|\zeta-z_0|=r} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}} d\zeta\right] (z-z_0)^n$$

由高阶导数公式，方括号内的积分即为 $f^{(n)}(z_0)/n!$。∎

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三、常用函数的麦克劳林展开（必背）

以下是考试最高频的展开式，必须熟练掌握：

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四、泰勒展开的常用技巧

技巧1：代入法

例：求 $e^{z^2}$ 的麦克劳林展开。

直接将 $z^2$ 代入 $e^w = \sum w^n/n!$：

$$e^{z^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{2n}}{n!}$$

技巧2：利用恒等式变形

例：求 $\sin^2 z$ 的泰勒展开。

$$\sin^2 z = \frac{1 - \cos 2z}{2} = \frac{1}{2}\left(1 - \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{(2z)^{2n}}{(2n)!}\right)$$ $$= \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{4^n z^{2n}}{(2n)!}$$

技巧3：逐项积分/求导

例：求 $\operatorname{Ln}(1+z)$ 的展开。

已知 $\frac{1}{1+z} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n z^n$，逐项积分：

$$\operatorname{Ln}(1+z) = \int_0^z \frac{1}{1+\zeta} d\zeta = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{z^{n+1}}{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} z^n$$

技巧4：部分分式分解后再展开

例：求 $\frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 在 $|z|<1$ 内的展开。

$$\frac{1}{(z-1)(z-2)} = \frac{1}{z-2} - \frac{1}{z-1} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-z/2} - \left(-\frac{1}{1-z}\right)$$ $$= \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z}{2}\right)^n + \sum_{n=0}^{\infty} z^n = \sum_{n=0}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\right) z^n$$

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五、解析函数的零点

定义 4.3.1（零点） 若 $f(z_0) = 0$，则称 $z_0$ 为 $f(z)$ 的一个零点。

定义 4.3.2（零点的阶） 设 $f(z)$ 在 $z_0$ 解析且 $f(z_0) = 0$。若存在正整数 $m$，使得：

$$f(z_0) = f'(z_0) = \cdots = f^{(m-1)}(z_0) = 0, \quad f^{(m)}(z_0) \neq 0$$

则称 $z_0$ 为 $f(z)$ 的 $m$ 阶零点。

当 $m=1$ 时也称单零点。

泰勒展开判别法：$z_0$ 是 $m$ 阶零点，当且仅当在 $z_0$ 附近的泰勒展开为：

$$f(z) = a_m (z-z_0)^m + a_{m+1}(z-z_0)^{m+1} + \cdots, \quad a_m \neq 0$$

即展开式中最低次幂为 $(z-z_0)^m$。

定理 4.3.2（孤立零点定理） 若 $f(z)$ 在区域 $D$ 内解析且不恒为零，则 $f(z)$ 的零点都是孤立的——即对每个零点 $z_0$，存在一个邻域，在该邻域内 $z_0$ 是唯一的零点。

推论（唯一性定理）：若两个在区域 $D$ 内解析的函数在 $D$ 内的一个有极限点的点集上相等，则它们在 $D$ 内恒等。

这是解析函数极其刚性的又一体现——解析函数被它在一个小弧段上的值唯一确定！这与光滑实函数完全不同。

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§4.4 解析函数的罗朗展开

泰勒展开要求函数在整个圆盘内解析。当函数在圆环内有奇点时，泰勒展开不适用，需要罗朗展开。

一、罗朗定理（Laurent’s Theorem）

定理 4.4.1（罗朗展开定理） 设 $f(z)$ 在圆环域 $r < |z-z_0| < R$（$0 \leq r < R \leq +\infty$）内解析，则 $f(z)$ 在该圆环内可唯一地展开为双边幂级数：

$$\boxed{f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z - z_0)^n}$$ $$= \cdots + \frac{c_{-2}}{(z-z_0)^2} + \frac{c_{-1}}{z-z_0} + c_0 + c_1(z-z_0) + c_2(z-z_0)^2 + \cdots$$

其中系数由以下公式给出：

$$\boxed{c_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{\Gamma} \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z_0)^{n+1}} d\zeta, \quad n = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots}$$

这里 $\Gamma$ 是圆环内围绕 $z_0$ 的任意正向简单闭曲线（通常取圆周 $|\zeta-z_0| = \rho$，其中 $r < \rho < R$）。

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二、罗朗展开的结构分析

将罗朗级数分为两部分：

$$f(z) = \underbrace{\sum_{n=0}^{\infty} c_n (z-z_0)^n}_{\text{解析部分（正则部分）}} + \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{c_{-n}}{(z-z_0)^n}}_{\text{主要部分（奇异部分）}}$$

• 解析部分（非负幂次项）：在 $|z-z_0| < R$ 内收敛于一个解析函数。
• 主要部分（负幂次项）：在 $|z-z_0| > r$ 内收敛于一个解析函数。

两部分的交集恰为圆环 $r < |z-z_0| < R$。

收敛圆环：罗朗级数的收敛域总是一个圆环（可能退化为去心圆盘、圆外区域、或整个复平面去掉一点）。

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三、罗朗展开的计算方法

方法一：直接积分法（不常用）

直接用系数公式 $c_n = \frac{1}{2\pi i}\oint \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}}d\zeta$ 计算，通常很复杂。仅当 $n$ 为负整数且利用柯西积分公式/高阶导数公式时可简化。

方法二：利用已知泰勒展开（最常用）⭐⭐⭐

这是考试中的标准方法。核心技巧仍然是利用几何级数：

$$\frac{1}{1-z} = \begin{cases} \sum_{n=0}^{\infty} z^n, & |z| < 1 \\ -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^n}, & |z| > 1 \end{cases}$$

标准操作流程：

1. 将函数分解为部分分式或简单分式的组合。
2. 根据指定的圆环范围，决定每个分式用 $|z| < 1$ 还是 $|z| > 1$ 的展开。
3. 代回并合并同类项。

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四、典型例题（逐个精讲）

例1（基础）：将 $f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 在以下区域展开为罗朗级数：

• (a) $|z| < 1$
• (b) $1 < |z| < 2$
• (c) $|z| > 2$
• (d) $0 < |z-1| < 1$

解（这个例子极其重要，涵盖了所有常见情况）：

第一步：部分分式分解：

$$f(z) = \frac{1}{z-2} - \frac{1}{z-1}$$

(a) $|z| < 1$（实际上是泰勒展开）：

用 $|z| < 1$ 版本展开：

$$\frac{1}{z-2} = -\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-z/2} = -\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z}{2}\right)^n$$ $$\frac{1}{z-1} = -\frac{1}{1-z} = -\sum_{n=0}^{\infty} z^n$$ $$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\right)z^n$$

(b) $1 < |z| < 2$：

对 $\frac{1}{z-1}$：因为 $|z| > 1$，改写为：

$$\frac{1}{z-1} = \frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-1/z} = \frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{z^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^n}$$

对 $\frac{1}{z-2}$：因为 $|z| < 2$，同上：

$$\frac{1}{z-2} = -\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z}{2}\right)^n$$ $$f(z) = -\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^n}$$ $$= -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^n} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}}$$

(c) $|z| > 2$：

两项都用 $|z| > 1$ 版本：

$$\frac{1}{z-2} = \frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1-2/z} = \frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{z^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n-1}}{z^n}$$ $$\frac{1}{z-1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^n}$$ $$f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n-1}-1}{z^n}$$

(d) $0 < |z-1| < 1$（绕奇点 $z=1$ 展开）：

令 $\zeta = z-1$，则 $z = \zeta+1$。圆环变为 $0 < |\zeta| < 1$。

$$f(z) = \frac{1}{(\zeta+1)-2} - \frac{1}{\zeta} = \frac{1}{\zeta-1} - \frac{1}{\zeta}$$ $$= -\frac{1}{1-\zeta} - \frac{1}{\zeta} = -\sum_{n=0}^{\infty} \zeta^n - \frac{1}{\zeta}$$ $$= -\frac{1}{z-1} - \sum_{n=0}^{\infty} (z-1)^n$$

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例2（指对函数）：将 $f(z) = z e^{1/z}$ 在 $0 < |z| < \infty$ 内展开为罗朗级数。

解：由 $e^w = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{w^n}{n!}$，将 $w = 1/z$ 代入：

$$e^{1/z} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n! z^n} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \frac{1}{3!z^3} + \cdots$$ $$f(z) = z e^{1/z} = z\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n! z^n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n! z^{n-1}} = z + 1 + \frac{1}{2!z} + \frac{1}{3!z^2} + \cdots$$

即：

$$f(z) = z + 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)! z^n}, \quad 0 < |z| < \infty$$

无穷多负幂项 → $z=0$ 是本性奇点（见§4.5）。

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例3（三角函数复合）：将 $f(z) = \sin\frac{1}{z}$ 在 $0 < |z| < \infty$ 内展开。

解：$\sin w = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{w^{2n+1}}{(2n+1)!}$，代入 $w = 1/z$：

$$\sin\frac{1}{z} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \cdot \frac{1}{z^{2n+1}} = \frac{1}{z} - \frac{1}{3!z^3} + \frac{1}{5!z^5} - \cdots$$

所有项均为负奇数次幂 → $z=0$ 是本性奇点。

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例4（多值函数的罗朗展开）：将 $f(z) = \frac{1}{\sqrt{z(1-z)}}$ 的指定分支在 $0 < |z| < 1$ 内展开。

解（这类题目在题库4.pdf中出现）：取定分支后，利用二项式展开：

$$f(z) = z^{-1/2}(1-z)^{-1/2} = z^{-1/2}\sum_{n=0}^{\infty} \binom{-1/2}{n}(-z)^n$$

或写为：

$$= \frac{1}{\sqrt{z}}\left(1 + \frac{1}{2}z + \frac{3}{8}z^2 + \cdots\right)$$

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§4.5 孤立奇点

这一节是连接第4章罗朗展开与第5章留数计算的桥梁，极其重要。

一、孤立奇点的定义

定义 4.5.1（孤立奇点） 若 $f(z)$ 在 $z_0$ 处不解析，但在某个去心邻域 $0 < |z-z_0| < \delta$ 内解析，则称 $z_0$ 为 $f(z)$ 的孤立奇点。

非孤立奇点的例子：

$$f(z) = \frac{1}{\sin(1/z)}$$

在 $z=0$ 的任意邻域内，分母有无穷多个零点（$z = 1/(k\pi)$），故 $z=0$ 不是孤立奇点。

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二、孤立奇点的三种类型（根据罗朗展开分类）

在去心邻域 $0 < |z-z_0| < \delta$ 内，$f(z)$ 有罗朗展开：

$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z-z_0)^n$$

根据主要部分（负幂项）的分布，分为三类：

类型1：可去奇点（Removable Singularity）

定义：罗朗展开中没有负幂项（即 $c_{-n} = 0$ 对所有 $n \geq 1$ 成立）。

此时：

$$f(z) = c_0 + c_1(z-z_0) + c_2(z-z_0)^2 + \cdots$$

特征：

• $\displaystyle \lim_{z \to z_0} f(z)$ 存在且有限。
• 若补充定义 $f(z_0) = c_0$，则 $f(z)$ 在 $z_0$ 解析。

典型例子：

$$f(z) = \frac{\sin z}{z}, \quad z_0 = 0$$

因为 $\frac{\sin z}{z} = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!} - \cdots$（无负幂项），$\lim_{z\to 0} \frac{\sin z}{z} = 1$。

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类型2：极点（Pole）

定义：罗朗展开中仅有有限个负幂项，即存在正整数 $m$，使得：

$$c_{-m} \neq 0, \quad c_{-(m+1)} = c_{-(m+2)} = \cdots = 0$$

则称 $z_0$ 为 $f(z)$ 的 $m$ 阶极点（pole of order $m$）。

此时罗朗展开为：

$$f(z) = \frac{c_{-m}}{(z-z_0)^m} + \cdots + \frac{c_{-1}}{z-z_0} + c_0 + c_1(z-z_0) + \cdots$$

特征：

• $\displaystyle \lim_{z \to z_0} |f(z)| = +\infty$（或称 $\lim_{z\to z_0} f(z) = \infty$）。
• $z_0$ 是 $\frac{1}{f(z)}$ 的 $m$ 阶零点（反之亦然）。

低阶极点的特殊名称：

• $m=1$：单极点（simple pole）
• $m=2$：二阶极点（double pole）

典型例子：

$$f(z) = \frac{1}{(z-1)^3}, \quad z_0 = 1 \text{ 是三阶极点}$$ $$f(z) = \frac{1}{\sin z}, \quad z = k\pi \text{（}k \in \mathbb{Z}\text{）是一阶极点}$$

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类型3：本性奇点（Essential Singularity）

定义：罗朗展开中有无穷多个负幂项。

特征：

• $\displaystyle \lim_{z \to z_0} f(z)$ 不存在（即使是无穷也不趋于无穷——而是在各种值之间振荡）。

魏尔斯特拉斯定理（本性奇点的深刻性质）：在本性奇点的任意小去心邻域内，函数值可以任意逼近任何复数（甚至可以逼近每个复数无穷多次）。这是复分析中最令人惊奇的结论之一。

典型例子：

$$f(z) = e^{1/z}, \quad z_0 = 0$$

展开：$e^{1/z} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \cdots$（无穷多负幂项）。

当 $z \to 0$ 沿正实轴时，$e^{1/x} \to +\infty$；沿负实轴时，$e^{-1/|x|} \to 0$。故极限不存在。

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三、奇点类型的判定方法（实用技巧）

方法1：极限法

⚠️ 极限法的局限性：需要能正确判断极限，对阶数较高的极点无法区分阶数。

方法2：零点-极点关系法

若 $f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$，其中 $P, Q$ 在 $z_0$ 解析：

• 若 $z_0$ 是 $Q$ 的 $m$ 阶零点，且 $P(z_0) \neq 0$，则 $z_0$ 是 $f$ 的 $m$ 阶极点。
• 若 $z_0$ 同时是 $P$ 的 $p$ 阶零点和 $Q$ 的 $q$ 阶零点：
  • 若 $p < q$：极点为 $q-p$ 阶。
  • 若 $p \geq q$：可去奇点（实际是解析点）。

方法3：函数形式法

方法4：罗朗展开法（最可靠）

直接考察在 $z_0$ 处的罗朗展开：

• 无负幂 → 可去奇点
• 有限个负幂，最低为 $-m$ → $m$ 阶极点
• 无穷多负幂 → 本性奇点

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四、无穷远点作为奇点

定义 4.5.2 若令 $w = 1/z$，通过考察 $g(w) = f(1/w)$ 在 $w=0$ 的奇点类型来定义 $f(z)$ 在 $\infty$ 的奇点类型。

具体地：作变换 $z = 1/w$，则 $f(z) = f(1/w) =: g(w)$。$z=\infty$ 对应 $w=0$。

• 若 $w=0$ 是 $g(w)$ 的可去奇点 → $z=\infty$ 是 $f(z)$ 的可去奇点。
• 若 $w=0$ 是 $g(w)$ 的 $m$ 阶极点 → $z=\infty$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 阶极点。
• 若 $w=0$ 是 $g(w)$ 的本性奇点 → $z=\infty$ 是 $f(z)$ 的本性奇点。

例子：

$f(z) = z$：$g(w) = 1/w$ 在 $w=0$ 有一阶极点 → $\infty$ 是一阶极点。

$f(z) = e^z$：$g(w) = e^{1/w}$ 在 $w=0$ 有本性奇点 → $\infty$ 是本性奇点。

$f(z) = \frac{1}{z}$：$g(w) = w$ 在 $w=0$ 解析（可去奇点，实则零点）→ $\infty$ 是可去奇点。

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五、扩充复平面上奇点的整体关系

定理 4.5.1 若 $f(z)$ 在扩充复平面 $\mathbb{C} \cup \{\infty\}$ 上只有一个极点，则 $f(z)$ 必为有理函数（两个多项式的商）。

这是题库第25题的内容——刻画了仅有一个极点的解析函数必然是有理函数。

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习题精讲（题库4.pdf）

第一部分：判断与填空

第1题：「若 $f(z_0) = 0, f^{(n)}(z_0) = 0$，则 $z_0$ 为 $f(z)$ 的 $n$ 阶零点。」

❌ 错误。$n$ 阶零点的定义要求在 $z_0$ 处的泰勒展开中最低次幂为 $n$，即 $f^{(k)}(z_0)=0$ 对 $k=0,1,\ldots,n-1$ 成立，且 $f^{(n)}(z_0) \neq 0$。题目漏掉了「$f^{(n)}(z_0) \neq 0$」这个关键条件。如果所有阶导数都为零（恒为零函数），那不是 $n$ 阶零点。

第2题：「若级数 $\sum z_n$ 收敛，则 $\sum x_n$ 与 $\sum y_n$ 均收敛（其中 $z_n = x_n + iy_n$）。」

✅ 正确。这正是级数收敛的实虚部分解定理（定理4.1.2）。

第3题：「若 $\{x_n\}$ 与 $\{y_n\}$ 至少一个不收敛，则 $\{z_n\}$ 发散。」

✅ 正确。这是第2题的逆否命题。由定理4.1.1：$\{z_n\}$ 收敛 ⇔ $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 都收敛。逆否：若实部或虚部至少有一个发散，则复数序列发散。

第4题：「若级数 $\sum z_n$ 与 $\sum w_n$ 至少一个发散，则 $\sum(z_n+w_n)$ 发散。」

❌ 错误。两个发散级数相加可能收敛。例如：$\sum z_n = \sum (1+i)^n$ 发散（模大于1），取 $w_n = -z_n$，则 $z_n + w_n = 0$，级数 $\sum 0$ 收敛。

反例2（更简单）：$\sum 1$ 发散，$\sum (-1)$ 发散，但 $\sum (1-1) = \sum 0$ 收敛。

第5题：「若 $f(z)$ 与 $g(z)$ 在 $D$ 内解析，且在 $D$ 内一小弧段上相等，则 $f(z) \equiv g(z)$（在 $D$ 内）。」

✅ 正确。这是解析函数的唯一性定理。解析函数被它在具有极限点的点集上的值唯一确定。一条小弧段包含了这样的点集。

第6题：「若函数 $f(z)$ 可以在 $z_0$ 的某邻域内展开成幂级数，则 $f(z)$ 在点 $z_0$ 解析。」

✅ 正确。幂级数在其收敛圆内解析（逐项求导合法）。如果 $f$ 能在 $z_0$ 附近展开为收敛的幂级数，则 $f$ 至少在收敛圆内解析，从而在 $z_0$ 处解析。

第7题：「$z = \infty$ 为 $e^z$ 的 ___ 点。」

答案：本性奇点。因为作变换 $w = 1/z$，$g(w) = e^{1/w}$ 在 $w=0$ 处有无穷多负幂项。

第8题：「$z = \infty$ 为 $e^{1/z}$ 的 ___ 点。」

答案：可去奇点。作变换 $w = 1/z$，$g(w) = e^w$ 在 $w=0$ 解析。故 $\infty$ 为可去奇点（实际上函数在 $\infty$ 处的值可定义为 1）。

第9题：「$\frac{\sin z}{z}$ 的孤立奇点为 ________。」

答案：$z = 0$（可去奇点）。展开式 $\frac{\sin z}{z} = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!} - \cdots$ 无负幂项。

第10题：「$e^{1/z}$ 的孤立奇点为 ________。」

答案：$z = 0$（本性奇点）。展开有无穷多负幂项。

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第二部分：证明与计算

第1题：级数收敛 ⇒ 平均收敛

题：设已给复数序列 $\{z_n\}$。如果 $\lim_{n\to\infty} z_n = \zeta$（有限复数），那么

$$\lim_{n\to\infty} \frac{z_1 + z_2 + \cdots + z_n}{n} = \zeta$$

证明（Cesàro平均）：

令 $S_n = z_1 + z_2 + \cdots + z_n$。要证 $\frac{S_n}{n} \to \zeta$。

对任意 $\varepsilon > 0$，由 $z_n \to \zeta$，存在 $N_1$ 使得 $n > N_1$ 时 $|z_n - \zeta| < \varepsilon/2$。

对 $n > N_1$：

$$\left|\frac{S_n}{n} - \zeta\right| = \left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}(z_k - \zeta)\right| \leq \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{N_1}|z_k-\zeta| + \frac{1}{n}\sum_{k=N_1+1}^{n}|z_k-\zeta|$$ $$< \frac{C}{n} + \frac{n-N_1}{n}\cdot\frac{\varepsilon}{2} < \frac{C}{n} + \frac{\varepsilon}{2}$$

其中 $C = \sum_{k=1}^{N_1}|z_k-\zeta|$ 是固定常数。

取 $N_2 = 2C/\varepsilon$，当 $n > \max(N_1, N_2)$ 时，右侧 $< \varepsilon$。得证。

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第2题：有界序列必有收敛子列

题：证明任何有界的复数序列一定有一个收敛的子序列。

证明：设 $|z_n| \leq M$ 对所有 $n$ 成立，$z_n = x_n + iy_n$。

则 $|x_n| \leq |z_n| \leq M$，$|y_n| \leq M$，即 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 均为有界实数列。

由实数的 Bolzano-Weierstrass 定理，$\{x_n\}$ 有收敛子列 $\{x_{n_k}\}$，设 $\lim x_{n_k} = \xi$。

对应地，$\{y_{n_k}\}$ 有界，再由 B-W 定理，它有收敛子列 $\{y_{n_{k_j}}\}$，设 $\lim y_{n_{k_j}} = \eta$。

则 $\lim z_{n_{k_j}} = \xi + i\eta$，即找到了 $\{z_n\}$ 的收敛子列。∎

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第3题：幂级数收敛半径

题：求幂级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} q^{n^2} z^n$（$|q| < 1$）的收敛半径。

解：根值法：

$$\sqrt[n]{|a_n|} = \sqrt[n]{|q|^{n^2}} = |q|^n \to 0 \quad (n \to \infty)$$

上极限 = 0 ⇒ $R = +\infty$。

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第4题：收敛半径

题：求 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n!}$ 的收敛半径。

解：比值法：

$$\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \frac{1/n!}{1/(n+1)!} = n+1 \to \infty$$

或根值法（用斯特林公式近似）：$\sqrt[n]{n!} \sim n/e \to \infty$，上极限 = 0 ⇒ $R = +\infty$。

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第5题：$n^p z^n$ 的收敛半径

题：求 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} n^p z^n$（$p > 0$）的收敛半径。

解：比值法：

$$\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \frac{n^p}{(n+1)^p} = \left(\frac{n}{n+1}\right)^p \to 1$$

故 $R = 1$。

根值法验证：$\sqrt[n]{n^p} = n^{p/n} \to 1$，上极限 = 1 ⇒ $R = 1$。

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第6题：$[3+(-1)^n]^n z^n$ 收敛半径

题：求 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} [3+(-1)^n]^n z^n$ 的收敛半径。

解：必须用根值法（比值法失效，因为极限不存在）！

$$\sqrt[n]{|a_n|} = 3+(-1)^n = \begin{cases}4 & n \text{ 偶}\\ 2 & n \text{ 奇}\end{cases}$$

$\limsup \sqrt[n]{|a_n|} = 4$，故 $R = 1/4$。

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第8题：超几何级数的收敛半径

题：求级数

$$1 + \frac{ab}{1\cdot c} z + \frac{a(a+1)b(b+1)}{1\cdot 2 \cdot c(c+1)} z^2 + \frac{a(a+1)(a+2)b(b+1)(b+2)}{1\cdot 2 \cdot 3 \cdot c(c+1)(c+2)} z^3 + \cdots$$

的收敛半径（$c$ 不是零或负整数）。

解：通项系数：

$$a_n = \frac{a(a+1)\cdots(a+n-1)\, b(b+1)\cdots(b+n-1)}{n!\, c(c+1)\cdots(c+n-1)}$$

比值法：

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(a+n)(b+n)}{(n+1)(c+n)}$$ $$\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{(n+1)(c+n)}{(a+n)(b+n)}\right| = 1$$

故 $R = 1$。

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第9题：柯西不等式（泰勒系数估计）

题：设 $f(z)$ 在 $|z| < R$ 内解析，有泰勒展开 $f(z) = \sum \alpha_n z^n$。令 $M(r) = \max_{0 \leq \theta \leq 2\pi} |f(re^{i\theta})|$，证明：

$$|\alpha_n| \leq \frac{M(r)}{r^n}, \quad 0 < r < R$$

证明：由泰勒系数的积分表示：

$$\alpha_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|\zeta|=r} \frac{f(\zeta)}{\zeta^{n+1}} d\zeta$$

在 $|\zeta| = r$ 上，$|f(\zeta)| \leq M(r)$，$|\zeta^{n+1}| = r^{n+1}$，弧长 $= 2\pi r$。

由 ML 不等式：

$$|\alpha_n| \leq \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{M(r)}{r^{n+1}} \cdot 2\pi r = \frac{M(r)}{r^n}$$

这就是柯西不等式的一个特例（$z_0 = 0$ 的情形）。

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第10题：两幂级数乘积的积分表示

题（概述）：设 $f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$（$|z| < r$），$g(z) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n z^n$（$|z| < \rho$），且 $f$ 在 $|z| \leq r$ 上连续。证明在 $|z| < \rho r$ 内：

$$\frac{1}{2\pi i}\oint_{|\zeta|=r} \frac{f(\zeta)g(z/\zeta)}{\zeta} d\zeta = \sum_{n=0}^{\infty} a_n b_n z^n$$

证明思路：将 $g(z/\zeta) = \sum_{m=0}^{\infty} b_m (z/\zeta)^m$ 代入，逐项积分，利用：

$$\frac{1}{2\pi i}\oint_{|\zeta|=r} \frac{a_n\zeta^n \cdot b_m z^m \zeta^{-m}}{\zeta} d\zeta = a_n b_m z^m \cdot \frac{1}{2\pi i}\oint \zeta^{n-m-1}d\zeta$$

仅当 $n=m$ 时积分为 $2\pi i$，否则为 0。得证。

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第11题：$|e^z-1|$ 的双边不等式

题：设 $z$ 为任意复数，证明：

$$|e^z - 1| \leq e^{|z|} - 1 \leq |z| e^{|z|}$$

证明：利用泰勒展开 $e^z - 1 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n!}$。

$$|e^z - 1| \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{|z|^n}{n!} = e^{|z|} - 1$$

再由 $e^{|z|} - 1 = |z|\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|z|^{n-1}}{n!} \leq |z|\sum_{m=0}^{\infty} \frac{|z|^m}{m!} = |z|e^{|z|}$。

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第12-17题：泰勒展开练习

第12题：$\sin^2 z$ 在 $z=0$ 的泰勒展开。

解：$\sin^2 z = \frac{1-\cos 2z}{2} = \frac{1}{2}\left(1 - \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{(2z)^{2n}}{(2n)!}\right)$

$$= \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{4^n z^{2n}}{(2n)!}$$

收敛半径 $R = \infty$。

第13题：$e^z \cos z$ 在 $z=0$ 的泰勒展开。

解：$\cos z = \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$

$$e^z \cos z = \frac{e^{z+iz}+e^{z-iz}}{2} = \frac{e^{(1+i)z}+e^{(1-i)z}}{2}$$ $$= \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{[(1+i)^n + (1-i)^n] z^n}{n!}$$

$1\pm i = \sqrt{2}e^{\pm i\pi/4}$，故 $(1+i)^n + (1-i)^n = 2^{n/2}\cdot 2\cos\frac{n\pi}{4}$。

收敛半径 $R = \infty$。

第17题（整函数为多项式）：若 $f(z)$ 是整函数，且当 $|z| \geq R$ 时 $|f(z)| \leq M|z|^n$，则 $f(z)$ 是次数不超过 $n$ 的多项式。

证明：由柯西不等式，对 $k > n$：

$$|f^{(k)}(0)| \leq \frac{k!}{R^k} \cdot M R^n = M k! R^{n-k} \to 0 \quad (R \to \infty)$$

故对 $k > n$，$f^{(k)}(0) = 0$。泰勒展开中只有前面有限项非零 → 多项式。∎

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第18-21题：罗朗展开练习（核心重点）

第18题：$f(z) = \frac{e^z}{z(1+z^2)}$ 在 $0 < |z| < 1$ 内的罗朗展开。

解：$\frac{1}{1+z^2} = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n z^{2n}$（$|z|<1$）。

$e^z = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!}$。

$$f(z) = \frac{1}{z} \cdot e^z \cdot \frac{1}{1+z^2} = \frac{1}{z}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}\right)\left(\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^m z^{2m}\right)$$

这是两个级数的柯西乘积再乘以 $1/z$。最终得到在 $0<|z|<1$ 内的罗朗级数（计算从略，考试时通常会要求前几项）。

第19题：$\frac{1}{(z-1)(z-3)^5}$ 在 $1 < |z| < 3$ 内的罗朗展开。（已在前文讲过类似例子。）

第20题：$\frac{z}{\sin z-1}$ ——（需根据具体题目计算。）

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第22-24题：奇点分类

第22题（1）：$f(z) = \frac{z-1}{z(z^2+4)}$ 的孤立奇点。

解：分母零点：$z=0, z=\pm 2i$。分子在这些点均不为零。

• $z=0$：一阶极点（分母一阶零点）。
• $z=2i$：一阶极点。
• $z=-2i$：一阶极点。

第22题（2）：$f(z) = \cot z$ 的孤立奇点。

解：$\cot z = \frac{\cos z}{\sin z}$。分母零点：$z = k\pi$（$k \in \mathbb{Z}$）。 在 $z=k\pi$ 处，$\cos(k\pi) = (-1)^k \neq 0$，故 $z=k\pi$ 均为一阶极点。

第23题：$f(z) = \frac{1}{\sin z - \sin \alpha}$ 的孤立奇点（$\alpha$ 为常数）。

解：分母零点 = $\sin z = \sin \alpha$ 的解。即 $z = \alpha + 2k\pi$ 或 $z = (\pi-\alpha) + 2k\pi$。

在 $z = \alpha + 2k\pi$ 处：$(\sin z - \sin\alpha)' = \cos z = \cos\alpha$。若 $\cos\alpha \neq 0$，这些是一阶极点。

若 $\cos\alpha = 0$（即 $\alpha = \pi/2 + m\pi$），则分母有二阶零点，此时相关奇点为二阶极点。

第24题：$f(z) = \frac{e^z-1}{e^z+1}$ 的孤立奇点。

解：分母零点 $e^z = -1$，即 $z = (2k+1)\pi i$。这些是一阶极点（分母导数不为零）。

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第25题：仅有一个极点的函数

题：证明在扩充复平面只有一个极点的解析函数 $f(z)$ 必有形式：

$$f(z) = \frac{\alpha z + \beta}{\gamma z + \delta}, \quad \alpha\delta - \beta\gamma \neq 0$$

（这是分式线性变换的一般形式。）

证明思路：若极点在有限点 $z_0$（且为 $m$ 阶），则 $f(z)(z-z_0)^m$ 是整函数且以 $\infty$ 为可去奇点或极点。由第17题结论，它是一个多项式。因此 $f(z) = \frac{P(z)}{(z-z_0)^m}$。若只有单个极点，则为 $f(z) = \frac{az+b}{cz+d}$ 的形式（分子分母均为一次或零次）。

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第26题：零点与极点关系

题：$z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 阶零点 ⇔ $z_0$ 是 $\frac{1}{f(z)}$ 的 $m$ 阶极点。

证明：

(⇒) 若 $z_0$ 是 $f$ 的 $m$ 阶零点，则 $f(z) = (z-z_0)^m g(z)$，其中 $g$ 在 $z_0$ 解析且 $g(z_0) \neq 0$。

$$\frac{1}{f(z)} = \frac{1}{(z-z_0)^m} \cdot \frac{1}{g(z)}$$

$1/g(z)$ 在 $z_0$ 解析且不为零，其泰勒展开从常数项开始。故 $\frac{1}{f}$ 在 $z_0$ 的罗朗展开最高负幂为 $-m$，即 $m$ 阶极点。

(⇐) 类似可证。

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第27题：解析函数恒为常数的条件

题：若 $f(z)$ 在区域 $D$ 内解析，且对某点 $z_0 \in D$ 有 $f^{(n)}(z_0) = 0$（对所有 $n \geq 1$），则 $f(z)$ 在 $D$ 内为常数。

证明：由条件，$f$ 在 $z_0$ 附近的泰勒展开为 $f(z) = f(z_0) + 0 + 0 + \cdots = f(z_0)$（常数）。由唯一性定理，在 $D$ 内 $f(z) \equiv f(z_0)$。∎

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第28-30题：零点的存在性

第28题：是否存在在原点解析的函数 $f(z)$ 满足：

$$f\left(\frac{1}{2n-1}\right) = 0, \quad f\left(\frac{1}{2n}\right) = \frac{1}{2n}, \quad n=2,3,4,\ldots$$

解：考虑序列 $\{1/(2n-1)\}$ 收敛于 0，且在这些点上 $f=0$。0 是这些零点的极限点。由唯一性定理，若 $f$ 在原点解析且在这些点上为零，则 $f \equiv 0$ 在包含原点的区域上。但这与 $f(1/(2n)) = 1/(2n)$ 矛盾（因为 $f \equiv 0$ 要求 $f(1/(2n)) = 0$）。

故不存在这样的函数。

第29题：是否存在在原点解析的函数 $f(z)$ 满足 $f(1/n) = \frac{n}{n+1}$？

解：$\lim_{n\to\infty} f(1/n) = \lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} = 1$。

序列 $\{1/n\}$ 有极限点 0。若 $f$ 在原点解析，则 $f(0) = \lim_{z\to 0} f(z) = 1$（由连续性）。

令 $g(z) = f(z) - \frac{1}{1-z}$。在 $z = 1/n$ 处：

$$g(1/n) = \frac{n}{n+1} - \frac{1}{1-1/n} = \frac{n}{n+1} - \frac{n}{n-1} \neq 0 \text{（一般）}$$

实际上需要更严谨的分析。考虑 $h(z) = f(z) - \frac{1}{1-z}$ 在 $z=1/n$ 处为零吗？

$f(1/n) = \frac{n}{n+1} = \frac{1}{1+1/n}$。取 $f(z) = \frac{1}{1+z}$（在原点解析），则 $f(1/n) = \frac{1}{1+1/n} = \frac{n}{n+1}$。这确实是一个解。

由唯一性定理，在原点解析且满足此条件的函数唯一：$f(z) = \frac{1}{1+z}$。

答案：存在，$f(z) = \frac{1}{1+z}$。

第30题：是否存在在原点解析的函数 $f(z)$ 满足：

$$f\left(\frac{1}{2n-1}\right) = f\left(\frac{1}{2n}\right) = \frac{1}{2n}, \quad n=2,3,4,\ldots$$

解：考虑 $g(z) = f(z) - z$。在点 $1/(2n)$ 上：$g(1/(2n)) = \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n} = 0$。

序列 $\{1/(2n)\}$ 有极限点 0。由唯一性定理，$g \equiv 0$，即 $f(z) \equiv z$。

但在点 $1/(2n-1)$ 上，$f(1/(2n-1)) = 1/(2n-1) \neq 1/(2n)$，与条件矛盾！

故不存在这样的函数。

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🔑 第四章核心公式与定理速查

收敛半径公式

$$R = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| \quad \text{或} \quad R = \frac{1}{\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_n|}}$$

必背泰勒展开（麦克劳林形式）

罗朗展开关键技巧

\frac{1}{1-z} = \begin{cases} \sum_{n=0}^{\infty} z^n, & |z| < 1 \$$8pt] -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^n}, & |z| > 1 \end{cases}

孤立奇点分类

零点-极点关系

$$z_0 \text{ 是 } f \text{ 的 } m \text{ 阶零点} \quad \Longleftrightarrow \quad z_0 \text{ 是 } \frac{1}{f} \text{ 的 } m \text{ 阶极点}$$

唯一性定理

解析函数被它在具有极限点的点集上的值唯一确定。这是复分析中区别于实分析的刚性体现。

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以上是第四章的完整详解。这一章的核心是幂级数→泰勒展开→罗朗展开→奇点分类这条逻辑链，环环相扣。罗朗展开在实际计算中是最耗时的部分，但套路固定——部分分式分解 + 几何级数两种方向的展开，熟练后很容易掌握。第5章留数计算直接建立在罗朗展开的 $c_{-1}$ 系数上，所以这一章是第5章的直接基础。