复变函数——学习笔记5：复级数

复级数

• 复级数与复函数项级数
• 复常数项级数
• 复函数项级数
• 幂级数、解析函数的泰勒级数
• 幂级数的收敛区域及性质
• 解析函数的幂级数展开
• 零点的孤立性
• 解析函数的惟一性
• 洛朗级数与孤立奇点
• 解析函数的洛朗展式
• 奇点

复级数与复函数项级数

复常数项级数

复级数是实级数在复数域的推广，实级数的许多性质是能够直接推广到复级数的，咱们这里仅仅列举大部分定义和结论，必要的时候才给予证实。

复级数： $\{z_n\}$是一个复数列，若是部分和序列 $\displaystyle\{\sum_{k=1}^nz_k\}$是收敛列，则称级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$收敛， $\displaystyle\{\sum_{k=1}^nz_k\}$的极限为级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$的和，不然称级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$是发散的

复级数收敛的充要条件：对复级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$，其中 $z_n=x_n+iy_n,n=1,2,\cdots$，则级数收敛的充要条件是两个实级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty x_n$和 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty y_n$都收敛

复级数收敛的必要条件：若是复级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$收敛，则 $\lim_{n\to\infty}z_n=0$

复级数的柯西收敛准则：级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n$收敛的充要条件是对任意的 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $n\ge N$，对任意的 $p\ge 1$，都有 $\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}z_k\right|<\varepsilon$

绝对收敛：若是级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty|z_n|$绝对收敛，则称复级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty z_n$绝对收敛，绝对收敛级数必定收敛

柯西乘积：若是 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n^\prime$和 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty z_n^{\prime\prime}$绝对收敛，那么级数 $\sum_{n=1}^\infty (z_1^\prime z_{n-1}^{\prime\prime}+z_2^\prime z_{n-2}^{\prime\prime}+\cdots+z_{n-1}^\prime z_1^{\prime\prime})$也绝对收敛，其和为 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty z_n^\prime \sum_{n=1}^\infty z_n^{\prime\prime}$

复函数项级数

极限函数：复函数列 $\{f_n(z)\}$在点集 $E$的每个点 $z$上，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$收敛，则称函数项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上逐点收敛， $\displaystyle S(z)=\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$为级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上的和函数

一致收敛：函数项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上逐点收敛，和函数为 $S(z)$，若是对任意的 $\varepsilon>0$，存在正整数 $N$，只要 $n\ge N$，对任意的 $z\in E$都有 $\left|\sum_{k=1}^n f_k(z) - S(z)\right|<\varepsilon$则称函数项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上一致收敛

一致收敛的柯西准则：函数项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上一致收敛的充要条件是：对任意的 $\varepsilon>0$，存在正整数 $N$，只要 $n\ge N$，对任意的 $p\ge 1$，对任意的 $z\in E$，都有 $\left|\sum_{k=n+1}^{n+p} f_k(z)\right|<\varepsilon$

一致收敛的魏尔斯特拉斯判别法：若是函数项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上知足，存在正项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty M_n$，使得 $|f_n(z)|\le M_n,\forall z\in E$，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上一致收敛

内闭一致收敛：若是函数项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在区域 $D$的任意有界闭子集一致收敛，则称 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $D$上内闭一致收敛

同一致收敛的实函数项级数同样，一致收敛的复函数项级数也有良好的性质。

连续性：
(1) $\{f_n(z)\}$在 $E$上一致收敛到 $f(z)$，若是 $f_n(z)$在 $E$上连续 $(n=1,2,\cdots)$，则 $f(z)$在 $E$上连续
(2) $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $E$上一致收敛，和函数为 $S(z)$， $f_n(z)$在 $E$上连续 $(n=1,2,\cdots)$，则 $S(z)$在 $E$上连续

积分号与求和号的交换：
(1) $\{f_n(z)\}$在简单曲线 $L$上一致收敛到 $f(z)$，则积分和极限号可交换，即 $\int_L f(z)dz=\lim_{n\to\infty}\int_L f_n(z)dz$(2)级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在简单曲线 $L$上一致收敛，和函数为 $S(x)$，则 $\int_L S(z)dz=\sum_{n=1}^\infty\int_Lf_n(z)dz$

魏尔斯特拉斯定理：
设函数 $f_n(z)(n=1,2,3,\cdots)$在区域 $D$内解析，而且级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $D$中内闭一致收敛到 $S(x)$，则 $S(x)$在 $D$内解析，而且在 $D$内 $S^{(p)}(z)=\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$且该级数在 $D$内也是内闭一致收敛的

证：
咱们要证实三点：第一 $S(z)$在 $D$上解析，第二 $\displaystyle S^{(p)}(z)=\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$，第三级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$是内闭一致收敛的。
(1)先证实 $S(z)$在 $D$上解析， $z_0\in D$，存在闭邻域 $\overline{B}(z_0,\delta)\subseteq D$，对于任何在该闭邻域内的逐段光滑的闭曲线 $C$，都有 $\int_Cf_n(z)dz=0$因为 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $D$上一致收敛，则 $\int_CS(z)dz=\sum_{n=1}^\infty\int_Cf_n(z)dz=0$而且 $S(z)$在该闭邻域上连续，由莫雷拉定理， $S(z)$在该邻域上解析，故 $S(z)$在 $D$上解析。
(2)第二，证实 $\displaystyle S^{(p)}(z)=\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$，对于 $z_0\in D$，存在闭邻域 $\overline{B}(z_0,\rho)\subseteq D$，由柯西积分公式，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 $g_n(z)=\frac{f_n(z)}{(z-z_0)^{p+1}}$，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty g_n(z)$在 $|z-z_0|=\rho$上一致收敛到 $\frac{S(z)}{(z-z_0)^{p+1}}$，则积分号和极限号可交换，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)最后，再证实以上级数是内闭一致收敛的，由柯西准则证实
对任意的 $z_0\in D$，存在一个闭邻域 $\overline{B}(z_0,r)\subset D$， $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(z)$在 $D$上内闭一致收敛，所以，对任意的 $\varepsilon>0$，存在正整数 $N$，当 $n\ge N$时，对任意的 $p\ge 1$及 $z\in \overline{B}(z_0,r)$，有 $\left|\sum_{k=n+1}^{n+p} f_k(z)\right|<\frac{2^pr^{p-1}\varepsilon}{p!}$则对任意的 $z^\prime\in\overline{B}(z_0,\frac{r}{2})$，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 $\overline{B}(z_0,\frac{r}{2})$上一致收敛，对于任意有界闭集 $E\subset D$，任意 $z\in D$，都存在 $z$的一个包含在 $D$内的邻域， $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$在其上一致收敛，应用有限覆盖定理便可证得 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$在 $E$上一致收敛，故 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n^{(p)}(z)$在 $D$上内闭一致收敛

幂级数、解析函数的泰勒级数

幂级数的收敛区域及性质

幂级数：形如 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$的级数

接下来咱们须要讨论幂级数的收敛区域，设 $z_0=0$，讨论幂级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n z^n$，若是幂级数在 $z_0$处收敛，对 $|z|<|z_0|$，考察通项 $a_nz^n=a_nz_0^n(\frac{z}{z_0})^n$有 $|\frac{z}{z_0}|<1$，而且因为 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_nz_0^n$收敛，有 $\lim_{n\to\infty}a_nz_0^n=0$故存在 $M>0$，对任意的 $n=1,2,\cdots$，都有 $|a_nz_0^n|\le M$，所以 $|a_nz^n|\le M\left|\frac{z}{z_0}\right|^n$而级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left|\frac{z}{z_0}\right|^n$是收敛的，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_nz^n$绝对收敛。接下来的全部讨论同实幂级数一致，就有收敛半径的概念

收敛半径：
(1)若是存在正数 $R$，当 $|z|<R$时， $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$绝对收敛， $|z|>R$时， $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$发散，则称幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$的收敛半径为 $R$或 $R$是幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$的收敛半径
(2)若是对任意的 $|z|>0$，幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$都发散，则称幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$的收敛半径为0
(3)若是对任意的复数 $z$， $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$都绝对收敛，则称幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$的收敛半径为 $+\infty$

因为幂级数在圆盘 $|z|<R$内是绝对收敛的，这个圆盘咱们称为收敛圆盘，所以其收敛半径和实幂级数 $\sum_{n=0}^\infty |a_n|x^n$是一致的，套用数学分析中幂级数收敛半径的求法便可获得复级数收敛半径的求法。这里再也不赘述。

阿贝尔定理：幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$在其收敛圆盘 $|z|<R$上内闭一致收敛
证实与实幂级数也是一致的，这里再也不赘述。

因而，在收敛圆盘内，幂级数无穷次逐项可导，而且相似于实幂级数，求导收敛半径都不变。另外，在收敛圆盘内还能够逐项积分。而且经过逐项求导，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 $z=0$，就能够到 $f^{(p)}(z)=\frac{f^{(p)}(0)}{p!}$

解析函数的幂级数展开

知足何种条件复函数 $f(z)$在 $z=0$的某个邻域 $B(0,r)$上能够展成幂级数呢？很显然，由阿贝尔定理，要展成幂级数， $f(z)$必须在 $0$处解析，下面咱们证实这也是充分条件。

定理6.1 $f(z)$在 $B(0,r)$上解析，则 $f(z)$在 $B(0,r)$处能够展成泰勒级数 $f(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}z^n$而且该展开式是惟一的

证：
对于任意的 $\delta<r$，任取 $\delta^\prime\in(\delta,r)$，则对于任意的 $|z|<\delta$，由柯西积分公式，有 $\begin{aligned} &f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=\delta^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=\delta^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi}\frac{1}{1-\frac{z}{\xi}}d\xi \end{aligned}$因为当 $|\xi|=\delta^\prime$是 $\left|\frac{z}{\xi}\right|\le \frac{\delta}{\delta^\prime}=1$故 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty(\frac{z}{\xi})^n$在 $|\xi|=\delta^\prime$上一致收敛，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 $\int_{|\xi|=\delta^\prime}\frac{f(\xi)}{\xi^{n+1}}d\xi=\frac{2\pi i}{n!}f^{(n)}(0)$代入便可证得结论，惟一性逐次求导加待定系数便可证得

例5.1 求 $f(z)=e^z$在 $z=0$处的泰勒级数及其收敛半径

解：
因为 $f^{(p)}(z)=e^z$， $f^{(p)}(0)=1$，而且 $f(z)$在整个复平面上解析，所以在整个复平面上 $f(z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}$收敛半径为 $+\infty$

从例5.1能够看出，实指数函数 $y=e^x$的泰勒级数是 $w=e^z$的泰勒级数局限于实轴的特殊情形。

例5.2 求 $f(z)=\sin z$和 $f(z)=\cos z$在 $z=0$处的泰勒级数

解：
$\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$，而
$e^{iz}=\sum_{n=0}^\infty \frac{i^n z^n}{n!}\\ e^{-iz}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n i^nz^n}{n!}\\ \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{2i^{2n}z^{2n}}{(2n)!}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nz^{2n}}{(2n)!}$若是采用求 $0$处各阶导数获得的也是同一个泰勒级数，收敛半径为 $\infty$， $\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$，所以 $\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=\frac{1}{2i}\sum_{n=1}^\infty\frac{2i^{2n-1}z^{2n-1}}{(2n-1)!}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}z^{2n-1}}{(2n-1)!}$采用求 $0$处各阶导数获得的也是同一个泰勒级数，收敛半径为 $\infty$

例5.3 求 $f(z)=\ln(z+1)$在 $z=0$处的泰勒级数，其中 $\ln(z)$取割破负实轴后在正实轴取实数的单值解析分支

解：
显然 $f(z)$在 $|z|<1$上解析， $z=-1$为 $f(z)$的奇点（ $f(z)$在 $z=-1$处不解析），故所得的级数收敛半径为 $1$，而且由数学概括法，容易证实 $f^{(p)}(z)=\frac{(-1)^{p-1}(p-1)!}{(z+1)^{p+1}}$故 $f^{(p)}(z)=(-1)^{p-1}(p-1)!$故 $f(z)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}z^n}{n}$其余解析分支的泰勒级数的收敛半径也是1，与以上展现只相差 $2\pi i$的整数倍

由例5.3逐项求导能够求得 $\frac{1}{(z+1)^p}$的泰勒级数，收敛半径也是1

例5.4 求 $(1+z)^\alpha$在 $z=0$处的泰勒级数，其中 $Ln(z+1)$取在 $z=0$取 $0$的单值解析分支

解：
容易求出 $z=0$处的 $p$阶导数为 $\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-p+1)$，就有 $(1+z)^\alpha=1+\sum_{n=1}^\infty \left(\begin{matrix}\alpha\\ n\end{matrix}\right)z^n$收敛半径为1

这是通常形式的二项式定理

零点的孤立性

若是 $f(z)$在区域 $D$上解析， $z_0\in D$， $f(z_0)=0$，在 $z_0$处将 $f(z)$展成泰勒级数 $f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$那么应该有 $a_0=0$，若是 $a_0=a_1=\cdots=a_n=\cdots=0$，那么 $f(z)$在 $z_0$的某个邻域 $B(z_0,r)$上恒为0，若是存在 $a_{n_0}\neq 0$，设 $\displaystyle n_0=\min\{n:a_n\neq 0\}$，在 $z_0$的某个邻域 $B(z_0,r)$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 $\displaystyle\varphi(z)=\sum_{n=n_0}^\infty a_n(z-z_0)^{n-n_0}$在该邻域上解析，而且 $\varphi(z_0)\neq 0$。由 $\varphi(z)$的连续性，存在 $z_0$的某个邻域 $B(z_0,r_2)\subset B(z_0,r)$，在其上， $\varphi(z)\neq 0$。在这个邻域内，对 $z\neq z_0$， $(z-z_0)^{n-n_0}\neq 0$，故 $f(z)\neq 0$，因而 $z_0$就是该邻域内惟一的零点。以上的 $n_0$称为 $z_0$的阶，若是 $a_0=a_1=\cdots=a_n=\cdots=0$。实际上，不难验证， $n_0$知足：对 $k<n_0$，有 $f^{(k)}(z_0)=0$而 $f^{(n_0)}(z_0)\neq 0$。解析函数零点的阶能够用导数定义也能够用泰勒级数进行定义。总结以上讨论就获得如下定理：

定理5.2（解析函数零点的孤立性） 若是 $f(z)$在区域 $D$上解析， $z_0$是 $D$的零点，则只可能出现如下两种状况：
(1)存在邻域 $B(z_0,r)$， $f(z)$在该邻域上恒为0
(2)存在邻域 $B(z_0,r)$， $z_0$是 $f(z)$在该邻域上惟一的零点，此时，存在正整数 $n_0$， $f^{(1)}(z_0)=\cdots=f^{(n_0-1)}(z_0)=0,f^{(n_0)}\neq 0$，称 $z_0$是 $f(z)$的 $n_0$阶零点，1阶零点又称为单零点

解析函数的惟一性

引理5.1 若是函数 $f(z)$在邻域 $K:|z-a|<R$上解析，而且在 $K$内有 $f(z)$的一列零点 $\{z_n\}$收敛于 $a$，则 $f(z)$在 $K$内必恒为0

这由零点的孤立性是显然的

推论5.1 若是函数 $f(z),g(z)$在邻域 $K:|z-a|<R$上解析，而且存在 $K$内收敛于 $a$的一个点列 $\{z_n\}$，知足 $f(z_n)=g(z_n),n=1,2,\cdots$，则 $f(z)=g(z) \quad\forall z\in K$

引理5.2 若是函数 $f(z)$在区域 $D$上解析，存在 $z_0$的某个邻域 $B(z_0,r)\subset D$，在其上 $f(z)$恒为0，则 $f(z)$在区域 $D$上恒为0

证：咱们采用圆链法进行证实，对任意的 $z\in D$，取 $z_0$到 $z$的一条折线 $L$，显然 $L$是有界闭集， $L$到 $D^c$有正距离 $\delta$，做 $z_0,z$的分点 $z_0,z_1,z_2,\cdots,z_n=z$，使得相邻两点的距离小于 $\frac{\delta}{2}$，以下图

做 $n$个邻域 $K_i=B(z_{i-1},\frac{\delta}{2})\subset D(i=1,2,\cdots,n)$，则由引理5.1， $f(z)$在 $K_1$内恒为0， $z_1$也在 $K_1$内，于是 $K_2$也知足引理5.1的条件，应用引理5.1，获得 $f(z)$在 $K_2$内也恒为0，一直传递到 $K_n$便可证得 $f(z)=0$

定理5.3（解析函数的惟一性） 若是 $f(z),g(z)$在区域 $D$内解析，点集 $\{z\in D:f(z)=g(z)\}$在 $D$内有聚点，即：存在点列 $\{z_n\}$，知足 $z_n\in D,f(z_n)=g(z_n),n=1,2,\cdots$，而且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n=z_0,z_0\in D$，那么，在 $D$内恒有 $f(z)=g(z)$

证：
若是存在点列 $\{z_n\}$，知足 $z_n\in D,f(z_n)=g(z_n),n=1,2,\cdots$，而且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n=z_0,z_0\in D$，那么由引理5.1，在 $z_0$的某个邻域 $B(z_0,r)\subset D$上，恒有 $F(z)=f(z)-g(z)=0$，那么由引理5.2，对任意的 $z\in D$，都有 $F(z)=0$，证毕

例5.5 在实轴上知足 $f(z)=e^z$的解析函数是唯一的，在实轴上知足 $f(z)=\sin z=\cos z$的解析函数也是惟一的

对于不加条件限制的复变函数，咱们没法经过局部的取值来推算总体的取值，然而对于解析函数而言不是如此，定理5.3说明，解析函数在区域 $D$内的取值，彻底由其内部某点邻域的取值决定。

例5.6 在原点解析，而在 $z=\frac{1}{n}(n=1,2,\cdots)$处取下列各组值的函数是否存在？
(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，假设该函数 $f(z)$存在，则其与 $g(z)=0$知足 $f(\frac{1}{2n-1})=g(\frac{1}{2n-1}),n=1,2,\cdots$，而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n-1}=0$，则 $f(z)$在 $0$的某个邻域上应当恒为0，但 $g(\frac{1}{2n})\neq 0,n=1,2,\cdots$
(2)不存在，假设这样的函数 $f(z)$存在，令 $g(z)=\frac{z}{z+1}$，则 $f(\frac{1}{2n-1})=g(\frac{1}{2n-1})$，而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n-1}=0$，则在 $0$的某个邻域上应当成立 $g(z)=f(z)$，而 $g(\frac{1}{2n})\neq f(\frac{1}{2n}),n=1,2,\cdots$，所以这样的函数不存在
(3)存在， $f(z)=\frac{1}{1+z}$

洛朗级数与孤立奇点

解析函数的洛朗展式

双边幂级数：形如 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty c_{-n}(z-a)^{-n}+\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$的级数

从构造来看，咱们能够把双边幂级数视为两个幂级数之和 $f(z)=\sum_{n=1}^\infty c_{-n}(z-a)^{-n}+\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n\\ g(z)=\sum_{n=1}^\infty c_{-n}(z-a)^{-n}\\ h(z)=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$其中 $g(z)$做代换 $u=\frac{1}{z-a}$，就有 $g(z)=g(u)=\sum_{n=1}^\infty c_{-n}u^n$若是 $g(u)$的收敛半径为 $R_1$，则当 $|u|<R_1$时，级数绝对收敛，而且级数在 $\{u:|u|<R\}$上内闭一致收敛，而 $|u|<R_1$等价于 $|z-a|>R_1$，故 $g(z)$在 $\{z:|z-a|>R_1\}$上内闭一致收敛，同理， $h(z)$的收敛半径为 $R_2$， $h(z)$在 $\{z:|z-a|<R_2\}$上绝对收敛且内闭一致收敛。若是 $R_1<R_2$，那么 $f(z)$在 $\{z:R_1<|z-a|<R_2\}$上绝对收敛且内闭一致收敛，该区域称为称为 $f(z)$的收敛圆环，而且很显然 $f(z)$在收敛圆环上解析，如今咱们考虑一个问题：若是 $f(z)$在圆环 $D=\{z:r<|z|<R\}(r<R)$上解析， $f(z)$可否在 $D$上展开成双边幂级数呢？答案是确定的，而且证实和泰勒级数是相似的。

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

证：这里不妨设 $a=0$， $a\neq 0$时做一个平移便可。任取 $z\in D$，取 $r<r^\prime<|z|<R^\prime<R$，以下图

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