複變函數——學習筆記5：復級數

復級數

• 復級數與複函數項級數
• 復常數項級數
• 複函數項級數
• 冪級數、解析函數的泰勒級數
• 冪級數的收斂區域及性質
• 解析函數的冪級數展開
• 零點的孤立性
• 解析函數的惟一性
• 洛朗級數與孤立奇點
• 解析函數的洛朗展式
• 奇點

復級數與複函數項級數

復常數項級數

復級數是實級數在複數域的推廣，實級數的許多性質是能夠直接推廣到復級數的，咱們這裏僅僅列舉大部分定義和結論，必要的時候纔給予證實。

復級數： $\{z_n\}$是一個複數列，若是部分和序列 $\displaystyle\{\sum_{k=1}^nz_k\}$是收斂列，則稱級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$收斂， $\displaystyle\{\sum_{k=1}^nz_k\}$的極限爲級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$的和，不然稱級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$是發散的

復級數收斂的充要條件：對復級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$，其中 $z_n=x_n+iy_n,n=1,2,\cdots$，則級數收斂的充要條件是兩個實級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty x_n$和 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty y_n$都收斂

復級數收斂的必要條件：若是復級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$收斂，則 $\lim_{n\to\infty}z_n=0$

復級數的柯西收斂準則：級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$收斂的充要條件是對任意的 $\varepsilon>0$，存在 $N$，當 $n\ge N$，對任意的 $p\ge 1$，都有 $\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}z_k\right|<\varepsilon$

絕對收斂：若是級數 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty|z_n|$絕對收斂，則稱復級數 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty z_n$絕對收斂，絕對收斂級數必定收斂

柯西乘積：若是 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n^\prime$和 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty z_n^{\prime\prime}$絕對收斂，那麼級數 $\sum_{n=1}^\infty (z_1^\prime z_{n-1}^{\prime\prime}+z_2^\prime z_{n-2}^{\prime\prime}+\cdots+z_{n-1}^\prime z_1^{\prime\prime})$也絕對收斂，其和爲 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n^\prime \sum_{n=1}^\infty z_n^{\prime\prime}$

複函數項級數

極限函數：複函數列 $\{f_n(z)\}$在點集 $E$的每個點 $z$上，級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$收斂，則稱函數項級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上逐點收斂， $\displaystyle S(z)=\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$爲級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上的和函數

一致收斂：函數項級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上逐點收斂，和函數爲 $S(z)$，若是對任意的 $\varepsilon>0$，存在正整數 $N$，只要 $n\ge N$，對任意的 $z\in E$都有 $\left|\sum_{k=1}^n f_k(z) - S(z)\right|<\varepsilon$則稱函數項級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上一致收斂

一致收斂的柯西準則：函數項級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上一致收斂的充要條件是：對任意的 $\varepsilon>0$，存在正整數 $N$，只要 $n\ge N$，對任意的 $p\ge 1$，對任意的 $z\in E$，都有 $\left|\sum_{k=n+1}^{n+p} f_k(z)\right|<\varepsilon$

一致收斂的魏爾斯特拉斯判別法：若是函數項級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上知足，存在正項級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty M_n$，使得 $|f_n(z)|\le M_n,\forall z\in E$，則 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上一致收斂

內閉一致收斂：若是函數項級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在區域 $D$的任意有界閉子集一致收斂，則稱 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $D$上內閉一致收斂

同一致收斂的實函數項級數同樣，一致收斂的複函數項級數也有良好的性質。

連續性：
(1) $\{f_n(z)\}$在 $E$上一致收斂到 $f(z)$，若是 $f_n(z)$在 $E$上連續 $(n=1,2,\cdots)$，則 $f(z)$在 $E$上連續
(2) $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上一致收斂，和函數爲 $S(z)$， $f_n(z)$在 $E$上連續 $(n=1,2,\cdots)$，則 $S(z)$在 $E$上連續

積分號與求和號的交換：
(1) $\{f_n(z)\}$在簡單曲線 $L$上一致收斂到 $f(z)$，則積分和極限號可交換，即 $\int_L f(z)dz=\lim_{n\to\infty}\int_L f_n(z)dz$(2)級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在簡單曲線 $L$上一致收斂，和函數爲 $S(x)$，則 $\int_L S(z)dz=\sum_{n=1}^\infty\int_Lf_n(z)dz$

魏爾斯特拉斯定理：
設函數 $f_n(z)(n=1,2,3,\cdots)$在區域 $D$內解析，而且級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $D$中內閉一致收斂到 $S(x)$，則 $S(x)$在 $D$內解析，而且在 $D$內 $S^{(p)}(z)=\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$且該級數在 $D$內也是內閉一致收斂的

證：
咱們要證實三點：第一 $S(z)$在 $D$上解析，第二 $\displaystyle S^{(p)}(z)=\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$，第三級數 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$是內閉一致收斂的。
(1)先證實 $S(z)$在 $D$上解析， $z_0\in D$，存在閉鄰域 $\overline{B}(z_0,\delta)\subseteq D$，對於任何在該閉鄰域內的逐段光滑的閉曲線 $C$，都有 $\int_Cf_n(z)dz=0$因爲 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $D$上一致收斂，則 $\int_CS(z)dz=\sum_{n=1}^\infty\int_Cf_n(z)dz=0$而且 $S(z)$在該閉鄰域上連續，由莫雷拉定理， $S(z)$在該鄰域上解析，故 $S(z)$在 $D$上解析。
(2)第二，證實 $\displaystyle S^{(p)}(z)=\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$，對於 $z_0\in D$，存在閉鄰域 $\overline{B}(z_0,\rho)\subseteq D$，由柯西積分公式，有 $f_n^{(p)}(z_0)=\frac{p!}{2\pi i}\int_{|z-z_0|=\rho}\frac{f_n(z)}{(z-z_0)^{p+1}}dz$令 $g_n(z)=\frac{f_n(z)}{(z-z_0)^{p+1}}$，那麼級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty g_n(z)$在 $|z-z_0|=\rho$上一致收斂到 $\frac{S(z)}{(z-z_0)^{p+1}}$，則積分號和極限號可交換，故 $\begin{aligned} &S^{(p)}(z_0)=\frac{p!}{2\pi i}\int_{|z-z_0|=\rho}\frac{S(z)}{(z-z_0)^{p+1}}dz\\ =&\frac{p!}{2\pi i}\int_{|z-z_0|=\rho}\sum_{n=1}^\infty g_n(z)dz=\frac{p!}{2\pi i}\sum_{n=1}^\infty\int_{|z-z_0|=\rho}g_n(z)dz\\ =&\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z_0) \end{aligned}$(3)最後，再證實以上級數是內閉一致收斂的，由柯西準則證實
對任意的 $z_0\in D$，存在一個閉鄰域 $\overline{B}(z_0,r)\subset D$， $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $D$上內閉一致收斂，所以，對任意的 $\varepsilon>0$，存在正整數 $N$，當 $n\ge N$時，對任意的 $p\ge 1$及 $z\in \overline{B}(z_0,r)$，有 $\left|\sum_{k=n+1}^{n+p} f_k(z)\right|<\frac{2^pr^{p-1}\varepsilon}{p!}$則對任意的 $z^\prime\in\overline{B}(z_0,\frac{r}{2})$，都有 $\begin{aligned} &\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}f_k^{(p)}(z^\prime)\right|=\left|\frac{p!}{2\pi i}\int_{|z-z_0|=r}\frac{\sum_{k=n+1}^{n+p}f_k(z)}{(z-z^\prime)^p}dz\right|\\ \le& \frac{p!}{2\pi}\int_{|z-z_0|=r}\frac{\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}f_k(z)\right|}{|z-z^\prime|^p}ds\le \varepsilon \end{aligned}$故 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$在 $\overline{B}(z_0,\frac{r}{2})$上一致收斂，對於任意有界閉集 $E\subset D$，任意 $z\in D$，都存在 $z$的一個包含在 $D$內的鄰域， $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$在其上一致收斂，應用有限覆蓋定理便可證得 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$在 $E$上一致收斂，故 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$在 $D$上內閉一致收斂

冪級數、解析函數的泰勒級數

冪級數的收斂區域及性質

冪級數：形如 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$的級數

接下來咱們須要討論冪級數的收斂區域，設 $z_0=0$，討論冪級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n z^n$，若是冪級數在 $z_0$處收斂，對 $|z|<|z_0|$，考察通項 $a_nz^n=a_nz_0^n(\frac{z}{z_0})^n$有 $|\frac{z}{z_0}|<1$，而且因爲 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_nz_0^n$收斂，有 $\lim_{n\to\infty}a_nz_0^n=0$故存在 $M>0$，對任意的 $n=1,2,\cdots$，都有 $|a_nz_0^n|\le M$，所以 $|a_nz^n|\le M\left|\frac{z}{z_0}\right|^n$而級數 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left|\frac{z}{z_0}\right|^n$是收斂的，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_nz^n$絕對收斂。接下來的全部討論同實冪級數一致，就有收斂半徑的概念

收斂半徑：
(1)若是存在正數 $R$，當 $|z|<R$時， $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$絕對收斂， $|z|>R$時， $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$發散，則稱冪級數 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$的收斂半徑爲 $R$或 $R$是冪級數 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$的收斂半徑
(2)若是對任意的 $|z|>0$，冪級數 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$都發散，則稱冪級數 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$的收斂半徑爲0
(3)若是對任意的複數 $z$， $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$都絕對收斂，則稱冪級數 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$的收斂半徑爲 $+\infty$

因爲冪級數在圓盤 $|z|<R$內是絕對收斂的，這個圓盤咱們稱爲收斂圓盤，所以其收斂半徑和實冪級數 $\sum_{n=0}^\infty |a_n|x^n$是一致的，套用數學分析中冪級數收斂半徑的求法便可獲得復級數收斂半徑的求法。這裏再也不贅述。

阿貝爾定理：冪級數 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$在其收斂圓盤 $|z|<R$上內閉一致收斂
證實與實冪級數也是一致的，這裏再也不贅述。

因而，在收斂圓盤內，冪級數無窮次逐項可導，而且相似於實冪級數，求導收斂半徑都不變。另外，在收斂圓盤內還能夠逐項積分。而且經過逐項求導，令 $\displaystyle f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$，就有 $f^{(p)}(z)=\sum_{n=p}^\infty a_n\frac{n!}{(n-p)!}z^{n-p}$令 $z=0$，就能夠到 $f^{(p)}(z)=\frac{f^{(p)}(0)}{p!}$

解析函數的冪級數展開

知足何種條件複函數 $f(z)$在 $z=0$的某個鄰域 $B(0,r)$上能夠展成冪級數呢？很顯然，由阿貝爾定理，要展成冪級數， $f(z)$必須在 $0$處解析，下面咱們證實這也是充分條件。

定理6.1 $f(z)$在 $B(0,r)$上解析，則 $f(z)$在 $B(0,r)$處能夠展成泰勒級數 $f(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}z^n$而且該展開式是惟一的

證：
對於任意的 $\delta<r$，任取 $\delta^\prime\in(\delta,r)$，則對於任意的 $|z|<\delta$，由柯西積分公式，有 $\begin{aligned} &f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=\delta^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=\delta^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi}\frac{1}{1-\frac{z}{\xi}}d\xi \end{aligned}$因爲當 $|\xi|=\delta^\prime$是 $\left|\frac{z}{\xi}\right|\le \frac{\delta}{\delta^\prime}=1$故 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty(\frac{z}{\xi})^n$在 $|\xi|=\delta^\prime$上一致收斂，故 $\begin{aligned} f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=\delta^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi}\sum_{n=0}^\infty(\frac{z}{\xi})^nd\xi=\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^\infty z^n\int_{|\xi|=\delta^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi^{n+1}}d\xi \end{aligned}$而 $\int_{|\xi|=\delta^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi^{n+1}}d\xi=\frac{2\pi i}{n!}f^{(n)}(0)$代入便可證得結論，惟一性逐次求導加待定係數便可證得

例5.1 求 $f(z)=e^z$在 $z=0$處的泰勒級數及其收斂半徑

解：
因爲 $f^{(p)}(z)=e^z$， $f^{(p)}(0)=1$，而且 $f(z)$在整個複平面上解析，所以在整個複平面上 $f(z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}$收斂半徑爲 $+\infty$

從例5.1能夠看出，實指數函數 $y=e^x$的泰勒級數是 $w=e^z$的泰勒級數侷限於實軸的特殊情形。

例5.2 求 $f(z)=\sin z$和 $f(z)=\cos z$在 $z=0$處的泰勒級數

解：
$\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$，而
$e^{iz}=\sum_{n=0}^\infty \frac{i^n z^n}{n!}\\ e^{-iz}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n i^nz^n}{n!}\\ \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{2i^{2n}z^{2n}}{(2n)!}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nz^{2n}}{(2n)!}$若是採用求 $0$處各階導數獲得的也是同一個泰勒級數，收斂半徑爲 $\infty$， $\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$，所以 $\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=\frac{1}{2i}\sum_{n=1}^\infty\frac{2i^{2n-1}z^{2n-1}}{(2n-1)!}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}z^{2n-1}}{(2n-1)!}$採用求 $0$處各階導數獲得的也是同一個泰勒級數，收斂半徑爲 $\infty$

例5.3 求 $f(z)=\ln(z+1)$在 $z=0$處的泰勒級數，其中 $\ln(z)$取割破負實軸後在正實軸取實數的單值解析分支

解：
顯然 $f(z)$在 $|z|<1$上解析， $z=-1$爲 $f(z)$的奇點（ $f(z)$在 $z=-1$處不解析），故所得的級數收斂半徑爲 $1$，而且由數學概括法，容易證實 $f^{(p)}(z)=\frac{(-1)^{p-1}(p-1)!}{(z+1)^{p+1}}$故 $f^{(p)}(z)=(-1)^{p-1}(p-1)!$故 $f(z)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}z^n}{n}$其餘解析分支的泰勒級數的收斂半徑也是1，與以上展現只相差 $2\pi i$的整數倍

由例5.3逐項求導能夠求得 $\frac{1}{(z+1)^p}$的泰勒級數，收斂半徑也是1

例5.4 求 $(1+z)^\alpha$在 $z=0$處的泰勒級數，其中 $Ln(z+1)$取在 $z=0$取 $0$的單值解析分支

解：
容易求出 $z=0$處的 $p$階導數爲 $\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-p+1)$，就有 $(1+z)^\alpha=1+\sum_{n=1}^\infty \left(\begin{matrix}\alpha\\ n\end{matrix}\right)z^n$收斂半徑爲1

這是通常形式的二項式定理

零點的孤立性

若是 $f(z)$在區域 $D$上解析， $z_0\in D$， $f(z_0)=0$，在 $z_0$處將 $f(z)$展成泰勒級數 $f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$那麼應該有 $a_0=0$，若是 $a_0=a_1=\cdots=a_n=\cdots=0$，那麼 $f(z)$在 $z_0$的某個鄰域 $B(z_0,r)$上恆爲0，若是存在 $a_{n_0}\neq 0$，設 $\displaystyle n_0=\min\{n:a_n\neq 0\}$，在 $z_0$的某個鄰域 $B(z_0,r)$上，有 $f(z)=(z-z_0)^{n_0}\sum_{n=n_0}^\infty a_n(z-z_0)^{n-n_0}=(z-z_0)^{n-n_0}\varphi(z)$其中 $\displaystyle\varphi(z)=\sum_{n=n_0}^\infty a_n(z-z_0)^{n-n_0}$在該鄰域上解析，而且 $\varphi(z_0)\neq 0$。由 $\varphi(z)$的連續性，存在 $z_0$的某個鄰域 $B(z_0,r_2)\subset B(z_0,r)$，在其上， $\varphi(z)\neq 0$。在這個鄰域內，對 $z\neq z_0$， $(z-z_0)^{n-n_0}\neq 0$，故 $f(z)\neq 0$，因而 $z_0$就是該鄰域內惟一的零點。以上的 $n_0$稱爲 $z_0$的階，若是 $a_0=a_1=\cdots=a_n=\cdots=0$。實際上，不難驗證， $n_0$知足：對 $k<n_0$，有 $f^{(k)}(z_0)=0$而 $f^{(n_0)}(z_0)\neq 0$。解析函數零點的階能夠用導數定義也能夠用泰勒級數進行定義。總結以上討論就獲得如下定理：

定理5.2（解析函數零點的孤立性） 若是 $f(z)$在區域 $D$上解析， $z_0$是 $D$的零點，則只可能出現如下兩種狀況：
(1)存在鄰域 $B(z_0,r)$， $f(z)$在該鄰域上恆爲0
(2)存在鄰域 $B(z_0,r)$， $z_0$是 $f(z)$在該鄰域上惟一的零點，此時，存在正整數 $n_0$， $f^{(1)}(z_0)=\cdots=f^{(n_0-1)}(z_0)=0,f^{(n_0)}\neq 0$，稱 $z_0$是 $f(z)$的 $n_0$階零點，1階零點又稱爲單零點

解析函數的惟一性

引理5.1 若是函數 $f(z)$在鄰域 $K:|z-a|<R$上解析，而且在 $K$內有 $f(z)$的一列零點 $\{z_n\}$收斂於 $a$，則 $f(z)$在 $K$內必恆爲0

這由零點的孤立性是顯然的

推論5.1 若是函數 $f(z),g(z)$在鄰域 $K:|z-a|<R$上解析，而且存在 $K$內收斂於 $a$的一個點列 $\{z_n\}$，知足 $f(z_n)=g(z_n),n=1,2,\cdots$，則 $f(z)=g(z) \quad\forall z\in K$

引理5.2 若是函數 $f(z)$在區域 $D$上解析，存在 $z_0$的某個鄰域 $B(z_0,r)\subset D$，在其上 $f(z)$恆爲0，則 $f(z)$在區域 $D$上恆爲0

證：咱們採用圓鏈法進行證實，對任意的 $z\in D$，取 $z_0$到 $z$的一條折線 $L$，顯然 $L$是有界閉集， $L$到 $D^c$有正距離 $\delta$，做 $z_0,z$的分點 $z_0,z_1,z_2,\cdots,z_n=z$，使得相鄰兩點的距離小於 $\frac{\delta}{2}$，以下圖

做 $n$個鄰域 $K_i=B(z_{i-1},\frac{\delta}{2})\subset D(i=1,2,\cdots,n)$，則由引理5.1， $f(z)$在 $K_1$內恆爲0， $z_1$也在 $K_1$內，於是 $K_2$也知足引理5.1的條件，應用引理5.1，獲得 $f(z)$在 $K_2$內也恆爲0，一直傳遞到 $K_n$便可證得 $f(z)=0$

定理5.3（解析函數的惟一性） 若是 $f(z),g(z)$在區域 $D$內解析，點集 $\{z\in D:f(z)=g(z)\}$在 $D$內有聚點，即：存在點列 $\{z_n\}$，知足 $z_n\in D,f(z_n)=g(z_n),n=1,2,\cdots$，而且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n=z_0,z_0\in D$，那麼，在 $D$內恆有 $f(z)=g(z)$

證：
若是存在點列 $\{z_n\}$，知足 $z_n\in D,f(z_n)=g(z_n),n=1,2,\cdots$，而且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n=z_0,z_0\in D$，那麼由引理5.1，在 $z_0$的某個鄰域 $B(z_0,r)\subset D$上，恆有 $F(z)=f(z)-g(z)=0$，那麼由引理5.2，對任意的 $z\in D$，都有 $F(z)=0$，證畢

例5.5 在實軸上知足 $f(z)=e^z$的解析函數是唯一的，在實軸上知足 $f(z)=\sin z=\cos z$的解析函數也是惟一的

對於不加條件限制的複變函數，咱們沒法經過局部的取值來推算總體的取值，然而對於解析函數而言不是如此，定理5.3說明，解析函數在區域 $D$內的取值，徹底由其內部某點鄰域的取值決定。

例5.6 在原點解析，而在 $z=\frac{1}{n}(n=1,2,\cdots)$處取下列各組值的函數是否存在？
(1) $0,\frac{1}{2},0,\frac{1}{4},0,\frac{1}{6},\cdots$
(2) $\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{6},\frac{1}{6},\cdots$
(3) $\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{3}{4},\frac{4}{5},\frac{5}{6},\cdots$

解：
(1)不存在，假設該函數 $f(z)$存在，則其與 $g(z)=0$知足 $f(\frac{1}{2n-1})=g(\frac{1}{2n-1}),n=1,2,\cdots$，而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n-1}=0$，則 $f(z)$在 $0$的某個鄰域上應當恆爲0，但 $g(\frac{1}{2n})\neq 0,n=1,2,\cdots$
(2)不存在，假設這樣的函數 $f(z)$存在，令 $g(z)=\frac{z}{z+1}$，則 $f(\frac{1}{2n-1})=g(\frac{1}{2n-1})$，而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n-1}=0$，則在 $0$的某個鄰域上應當成立 $g(z)=f(z)$，而 $g(\frac{1}{2n})\neq f(\frac{1}{2n}),n=1,2,\cdots$，所以這樣的函數不存在
(3)存在， $f(z)=\frac{1}{1+z}$

洛朗級數與孤立奇點

解析函數的洛朗展式

雙邊冪級數：形如 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_{-n}(z-a)^{-n}+\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$的級數

從構造來看，咱們能夠把雙邊冪級數視爲兩個冪級數之和 $f(z)=\sum_{n=1}^\infty c_{-n}(z-a)^{-n}+\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n\\ g(z)=\sum_{n=1}^\infty c_{-n}(z-a)^{-n}\\ h(z)=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$其中 $g(z)$做代換 $u=\frac{1}{z-a}$，就有 $g(z)=g(u)=\sum_{n=1}^\infty c_{-n}u^n$若是 $g(u)$的收斂半徑爲 $R_1$，則當 $|u|<R_1$時，級數絕對收斂，而且級數在 $\{u:|u|<R\}$上內閉一致收斂，而 $|u|<R_1$等價於 $|z-a|>R_1$，故 $g(z)$在 $\{z:|z-a|>R_1\}$上內閉一致收斂，同理， $h(z)$的收斂半徑爲 $R_2$， $h(z)$在 $\{z:|z-a|<R_2\}$上絕對收斂且內閉一致收斂。若是 $R_1<R_2$，那麼 $f(z)$在 $\{z:R_1<|z-a|<R_2\}$上絕對收斂且內閉一致收斂，該區域稱爲稱爲 $f(z)$的收斂圓環，而且很顯然 $f(z)$在收斂圓環上解析，如今咱們考慮一個問題：若是 $f(z)$在圓環 $D=\{z:r<|z|<R\}(r<R)$上解析， $f(z)$可否在 $D$上展開成雙邊冪級數呢？答案是確定的，而且證實和泰勒級數是相似的。

定理5.4（洛朗定理） $f(z)$在 $D=\{z:r<|z|<R\}$上解析，則 $f(z)$在 $D$上可惟一展開成 $f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_{n}(z-a)^{-n}$其中， $\displaystyle c_n=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi-a|=\rho}\frac{f(\xi)}{(\xi-a)^{n+1}},n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$

證：這裏不妨設 $a=0$， $a\neq 0$時做一個平移便可。任取 $z\in D$，取 $r<r^\prime<|z|<R^\prime<R$，以下圖

由柯西積分公式，有 $\begin{aligned} 2\pi i.f(z)=&\int_{|\xi|=R^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi-\int_{|\xi|=r^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi\\ =&\int_{|\xi|=R^\prime}\frac{f(\xi)/\xi}{1-\frac{z}{\xi}}d\xi+\frac{1}{z}\int_{|\xi|=r^\prime}\frac{f(\xi)}{1-\frac{\xi}{z}}d\xi\\ =&\int_{|\xi|=R^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi}\sum_{n=0}^\infty(\frac{z}{\xi})^nd\xi+\frac{1}{z}\int_{|\xi|=r^\prime}f(\xi)\sum_{n=0}^\infty(\frac{\xi}{z})^nd\xi \end{aligned}$