7.4 奇異點、零點與極點 (Singularities, Zeros, and Poles)

奇異點

當函數 $f$ 在 $z=\alpha$ 為非解析，而在 $D_R^*(\alpha)$ 內至少有一點解析，則 $\alpha$ 稱為 $f$ 的一個奇異點(singularity)。例如： $f(z)=\frac{1}{1-z}$ 在 $z=1$ 非解析，但在 $D_R^*(1),~\forall R>0$ 均解析，即 $z=1$ 為 $f(z)=\frac{1}{1-z}$ 之奇異點。又若 $g(z)=\text{Log}(z)$，則 $g$ 除原點與負實軸上的點之外均解析，即原點與負實軸上的點均為奇異點。

定義7.4-1. (孤立奇異點) 設 $\alpha$ 為 $f$ 之奇異點且 $f$ 在 $D_R^*(\alpha)$ 為解析，則稱 $\alpha$ 為孤立奇異點(isolated singularity)。

例如前述的 $z=1$ 為 $f(z)=\frac{1}{1-z}$ 之孤立奇異點，但 $g(z)=\text{Log}(z)$，的奇異點均為非孤立的。

定義7.4-2. (奇異點的分類) 設 $f$ 在奇異點 $\alpha$ 之 Laurent 級數展開為

則

1. 若 $c_{-n}=0$， $\forall n>0$，則稱 $\alpha$ 為 $f$ 之可移除奇異點 (removable singularity)。

2. 若 ${c_{ - m}} \ne 0$ 且 $c_{-k}=0$， $\forall k>m$$ ，則 $\alpha$ 稱為 $f$ 之 $m$ 階極點 (pole of order m)。

3. 若 $c_{-n}$ 有無限多個不為 $0$，則 $\alpha$ 稱為 $f$ 之本質奇異點 (essential singularity)。

例題7.4-1. 設 $\displaystyle f(z)=\frac{\sin(z)}{z}$， 討論 $f(z)$ 之奇異點。

• [解]

  $f$ 在原點為非解析，但在 $0 < \left| z \right| < R$ 內解析，則

  $$\begin{align*} f(z) &= \frac{1}{z}\left(z - \frac{2^3}{3!} + \frac{2^5}{5!} - \frac{2^7}{7!} + \cdots \right) \\ &= 1 - \frac{1}{3!}{z^2} + \frac{1}{5!}{z^4} - \frac{1}{7!}{z^6} +- \cdots,\quad |z|\neq 0 \end{align*}$$

  即 $z=0$ 為可移除奇異點，且 $\lim \limits_{z \to 0} f\left( z \right) = 1$。如果重新定義如下的新函數

  $$\hat{f} (z)=\begin{cases} f(z), & z\neq 0,\\1, & z=0,\end{cases}$$

  則

  $$\hat{f}(z)= 1 - \frac{1}{3!}{z^2} + \frac{1}{5!}{z^4} - \frac{1}{7!}{z^6} +- \cdots,\quad \forall z\in\mathbb{C}.$$

  • 註：

    1. 此種移除奇異點的作法，稱為解析延拓 (analytical continuation).

    2. $\hat{f}'(z)=f'(z)=\frac{z\cos z -\sin z}{z^2}$，即 $\hat{f}$ 在任意 $z\neq 0$ 為可微。

    3. $\hat{f}'(0)=\lim\limits_{z \to 0} \frac{\hat f\left( z \right) - \hat f\left( 0 \right)}{z - 0} = \lim\limits_{z \to 0} \frac{\frac{\sin z}{z} - 1}{z} = - \frac{1}{3!} = - \frac{1}{6}$， 即 $\hat{f}$ 在原點可微。

    由以上三點可以知 $\hat{f}(z)$ 為到處可微，亦即是整函數。

範例7.4-2. 討論下列函數之奇異點及其分類：
(a)
$f(z)=\frac{1}{1-z}$， (b) $g(z)=\frac{\sin z}{z^3}$ ， (c) $h(z)=z^2 \sin \frac{1}{z}$ 。

• [解]

  (a) $f(z)=\frac{1}{1-z}=(-1)(z-1)^{-1}$，即對應於 $z=1$ 的 Laurant 級數係數為 $c_{-1}=1$， $c_n=0,~\forall n\neq -1$，因此奇異點 $z=1$ 為 $f$ 之1階極點。

  (b) $g(z)=\frac{\sin z}{z^3}=\frac{1}{z^2}-\frac{1}{3!}+\frac{z^2}{5!}-\frac{z^4}{7!}+-\cdots, ~\forall z\neq 0$，因此 $g$ 在 $z=0$ 有二階極點。

  (c) $h(z)=z^2 \sin \frac{1}{z}=z^2\left(\frac1{z}-\frac{1}{3! z^3}+\frac{1}{5! z^5}-\frac{1}{7! z^7}+-\cdots\right)=z-\frac{1}{3! }z^{-1}+\frac{1}{5!} z^{-3}-\frac{1}{7!}z^{-5}+-\cdots$，因此 $z=0$ 為本質奇異值。

範例7.4-3. 設 $f(z)=\begin{cases} \frac{1}{1-z},&z\not=\frac12,\\ 0, & z=\frac12, \end{cases}$，討論 $f(z)$ 之奇異點及其分類。

• [解]

  因

  $$\frac{1}{1-z}=\frac{1}{\frac12 -(z-\frac12)}=2\frac{1}{1-2(z-\frac12)}=2\left[1+2(z-\frac12)+2^2(z-\frac12)^2+2^3(z-\frac12)^3+\cdots\right]$$

  所以 $f$ 在 $0<|z-\frac12|<\frac12$ 之 Laurent 級數為

  $$f(z)=2+2^2\left(z-\frac12\right)+2^3\left(z-\frac12\right)^2+z^4\left(z-\frac12\right)^3+\cdots=\sum\limits_{n=0}^\infty 2^{n+1}\left(z-\frac12\right)^n$$

  即 $z=1/2$ 為 $f$ 之可移除之奇異點。

範例7.4-4. 設 $f(z)=\frac{z^2+1}{(z-i)(z+2)}$，討論 $f(z)$ 之奇異點及其分類。

• [解]

  $\lim\limits_{z\to i}\frac{(z+i)(z-i)}{(z-i)(z+2)}=\lim\limits_{z\to i}\frac{z+i}{z+2}=\frac{2 i}{2+i}$，所以 $z=i$ 為 $f$ 之可移除奇異點。

  $\lim\limits_{z\to -2} |f(z)|=\lim\limits_{z\to -2}\left| \frac{z+i}{z+2}\right|=\infty$ 且 $\lim\limits_{z\to -2} |(z+2)f(z)|=\lim\limits_{z\to -2}| z+i|=-2+i$，所以 $z=-2$ 為 $f$ 之一階極點。

  令 $\hat{f}(z)=\begin{cases} f(z),&z\not= i, \\ \frac{2i}{2+i}, & z=i, \end{cases}$，則可移除$z=i$ 之奇異點，且

  $$\hat{f}'(i) =\lim\limits_{z\to i}\frac{\hat{f}(z)-\hat{f}(i)}{z-i} =\lim\limits_{z\to i}\frac{\frac{z-i}{z+2}-\frac{2i}{2+i}}{z-i}=\lim\limits_{z\to i}\frac{2-z}{(z+2)(2+i)}=\frac{2-i}{(2+i)^2}$$

  即 $\hat{f}(z)$ 在區域 $\mathbb{C}-\{2\}$ 為解析。此種將 $f$ 擴大到 $\hat{f}$ 稱為解析延拓。

範例7.4-5. 決定函數 (a) $e^{1/z}$ ，(b) $\frac{e^z}{z}$，(c) $\frac{\cos z-1}{z^4}$$，(d) $\frac{3}{2+z-z^2}$ 之奇異點及其分類。

• [解]

  (a) $e^{1/z}=1+\frac1{z}+\frac{1}{2! z^2}+\frac{1}{3! z^3}+\cdots,~\forall z\neq 0$， $z=0$ 是本質奇異點。
  (b)
  $\frac{e^{z}}{z}=\frac1{z}+1+\frac{z}{2!}+\frac{z^2}{3!}+\cdots,~\forall z\neq 0$， $z=0$ 為一階孤立極點。

  (c) $\frac{\cos z-1}{z^4}=-\frac1{2!z^2}+\frac{1}{4!}-\frac{z^2}{6!}+-\cdots,~\forall z\neq 0$， $z=0$ 為二階孤立極點。

  (d) 由於 $\frac{3}{2+z-z^2}=\frac{1}{1+z}+\frac{1}{2-z}$，以及

  $$\begin{align*} \frac{3}{2+z-z^2}&=\frac{1}{z+1}+\frac{1}{3-(z+1)} =\frac{1}{z+1}+\frac13 \frac{1}{1-\frac{z+1}{3}}\\ &=\frac{1}{z+1}+\frac13\left( 1+\frac{z+1}{3}+\frac{(z+1)^2}{3^2}+\cdots \right) \\ &=\frac{1}{z+1}+ \frac13+\frac{z+1}{3^2}+\frac{(z+1)^2}{3^3}+\cdots \\ &=(z+1)^{-1}+\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{3^{n+1}}(z+1)^n \end{align*}$$

  以及

  $$\begin{align*} \frac{3}{2+z-z^2}&=\frac{-1}{z-2}+\frac{1}{3+(z-2)} =\frac{-1}{z-2}+\frac13 \frac{1}{1-\left(-\frac{z-2}{3}\right)}\\ &=\frac{-1}{z+1}+\frac13\left( 1-\frac{z-2}{3}+\frac{(z-2)^2}{3^2}-+\cdots \right) \\ &=\frac{-1}{z-2}+ \frac13-\frac{z-2}{3^2}+\frac{(z-1)^2}{3^3}-+\cdots \\ &=-(z-2)^{-1}+\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{3^{n+1}}(z-2)^n \end{align*}$$

  所以 $z=-1,~2$ 為一階孤立極點。

定理7.4-1.　設 $\alpha$ 為 $f$ 之孤立奇異點，$\alpha$ 為可移除奇異點的充要條件為 $\lim \limits_{z \to {\alpha}} f( z )＝L\in\mathbb{C}$ 。

• [證明]

  由於 $\alpha$ 為 $f$ 之孤立奇異點則 $\alpha$ 為 $f$ 之奇異點且 $f$ 在 $D_R^*(\alpha),~R>0$ 上為解析。

  (必要條件) 設 $\alpha$ 為可移除的奇異點，則 $f_s(z)=0$， $\forall 0 < \left| {z - {\alpha}} \right| < R$，亦即

  $$f(z) = f_a(z) =\sum\limits_{n=0}^\infty c_n (z-\alpha)^n,\quad \forall |z-\alpha|<R,$$

  所以 $f_a$ 在 $D_R(\alpha)$ 為解析 (此因 $f'(\alpha)=f'_a(\alpha)=c_1$)，故 $f$ 在 $D_R(\alpha)$ 為連續，因此

  $$\lim\limits_{z \to {\alpha}} f(z) = \lim\limits_{z \to {\alpha}} {f_a}\left( z \right) = {f_a}\left( {{\alpha}} \right)=c_0$$

  存在，取 $L=c_0$ 為所求。

  (充份條件)反之，已知 $\lim\limits_{z \to {z_0}} f\left( z \right) = L$ 且 $f\in\mathscr{A}(D_R^*(\alpha))$，Claim: $f_s(z)=0$。

  因 $\lim\limits_{z \to {z_0}} f\left( z \right) = L$ 由定義得

  $$\forall \varepsilon > 0, ~\exists ~0<\delta<R, \text{~s.t.~} 0 < \left| {z - {z_0}} \right| < {\delta}\implies \left| {f\left( z \right) - L} \right| < \varepsilon,$$

  因此

  $$\left| {f\left( z \right)} \right| < \left| L \right| + \varepsilon \triangleq M$$

  選定 $\rho\in(0,R)$，則

  $$c_{ - n} = \frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(\alpha)} f(z)(z - {\alpha})^{n - 1}dz ,\quad n\ge 1.$$

  由ML不等式可知

  $$\begin{align*} \left|c_{ - n} \right| &= \frac{1}{2\pi} \oint_{C_\rho^+(\alpha)} |f( z )| |z - {\alpha}|^{n - 1} d|z| \\ & \le \frac{1}{{2\pi }}M{\rho ^{n - 1}}2\pi \rho = M{\rho ^n},\quad n = 1,2,3, \ldots. \end{align*}$$

  因此當 $\rho\to 0$$\rho\to 0， {a_{ - n}} = 0$$|c_{-n}|\le 0$$\rho\to 0， {a_{ - n}} = 0$$c_{-n}=0,~\forall n=1, 2, 3, \ldots$ ，故 $f_s(z)=0$ 。得證 $\alpha$ 為可移動奇異點。$\hspace{10cm}\blacksquare$

例題7.4-6. $\displaystyle f\left( z \right) = \frac{{\sin z}}{{{z^2}}}$ ， $f$ 在去心圓盤 $D_R^*(0)$ 上解析，但 $0$ 點不為可移動奇異點，此因

推論7.4-1. 若 $f$ 在孤立奇異點 $\alpha$ 之鄰域內有界，則 $\alpha$ 為 $f$ 之可移除奇異點。

• [證明]

  利用定理7.4-1之證明可以推得。

零點

定義7.4-3 已知 $f\in\mathscr{A}(D_R(\alpha))$， $f$ 在 $\alpha$ 有 $k$ 階零點(zero of order k)之充要條件為

一階零點稱為單零點(simple zero)。

例題7.4-7. 判斷下列函數的零點與對應階數：
(a)
$f(z)=z^2$， (b) $f(z)=\frac{z-1}{z+i}$ ， (c) $f(z)= \sin z$， (d) $f(z)= \frac{\sin z}{z}$， (e) $f(z)= \frac{z^2+1}{(z+i)(z+2i)}$， (f) $f(z)= \frac{z^2+1}{(z+i)(z-i)}$。

• [解]

  (a) $f(z)=z^2$，由於 $f$ 為整函數，所以 $f$ 在 $z=0$ 為解析，因此 $f^{(n)}(0),~\forall n\in\N$ 存在。又 $f(0)=0,~f'(0)=0,~f''(0)=2$，因此 $z=0$ 為 $f$ 之2階零點。

  (b) $f(z)=\frac{z-1}{z+i}$，由於 $f$ 在 $z=1$ 解析，且 $f(1)=0,~f'(1)=\frac{1}{i+1}$，因此 $z=1$ 為 $f$ 之單零點(1階零點)。

  (c) $f(z)=\sin z$ 在 $z=0$ 解析，且 $f(0)=0,~f'(0)=1$，因此 $z=0$ 為 $f$ 之單零點。

  (d) $f(z)=\frac{\sin z}{z}$ ，因 $f(0)=\lim\limits_{z\to0}\frac{\sin z}{z}=1\neq 0$，因此 $z=0$ 不是 $f$ 之零點。

  (e) $f(z)=\frac{z^2+1}{(z+i)(z+2i)}$ 在 $z=i$ 解析，且 $f(0)=i,~f'(i)=-\frac{i}{3}$，因此 $z=i$ 為 $f$ 之單零點。又 $f(-i)=\lim\limits_{z\to -i}\frac{z^2+1}{(z+i)(z+2i)}=-2\neq 0$，因此 $z=-i$ 不是 $f$ 之零點。

  (f) $f(z)=\frac{z^2+1}{(z+i)(z-i)}$，因 $\text{dom}(f)=\mathbb{C}\setminus\{i,-i\}$，$f$ 沒有零點。

如何判定零點的分類？設 $f$ 在 $\alpha$ 有 $k$ 階零點，則 $f(\alpha)=0,~f'(\alpha)=0,\ldots,f^{(k-1)}(\alpha)=0$，但 $f^{(k)}(\alpha)\neq 0$，因此

其中函數

在 $z=\alpha$ 解析。

例題7.3-8. 分類 $f(z)=z^2 \sin z$ 之零點。

• [解]

  $$\begin{align*} f(z)&=z^2\sin z=z^2\left(z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}+-\cdots\right) \\ &=z^3 - \frac{z^5}{3!}+\frac{z^7}{5!}-\frac{z^9}{7!}+-\cdots \end{align*}$$

  所以 $z=0$ 為3階零點。

定理7.4-2. 設存在 $R>0$ 使得 $f\in\mathscr{A}(D_R(\alpha))$ 。 $z=\alpha$ 為 $f$ 之 $k$ 階極點的充要條件為 $f(z)=\frac{h(z)}{(z-\alpha)^k}$，其中 $h(\alpha)\neq 0$ 且 $h$ 在 $\alpha$ 解析。

• [證明]

  (必要條件) 設 $\alpha$ 為 $f$ 之 $k$ 階極點，即 $c_{-k}\neq 0$，又因 $f\in\mathscr{A}(D_R(\alpha))$，k則

  $$f(z) = \frac{c_{-k}}{(z - \alpha )^k} + \frac{c_{-k+1}}{(z - \alpha )^{k-1}}+ \cdots + \frac{c_{-1}}{z -\alpha} + {f_a}\left( z \right),\quad {c_{ - k}} \ne 0$$

  即 $(z - \alpha)^k f( z ) = h(z)$，其中

  $$\begin{align*} h(z) &= {c_{-k}} + \cdots + {c_{ - 1}} ( z - \alpha)^{k - 1} + {f_a}(z)(z - \alpha)^k \\ &=\sum _{n=0}^\infty b_n (z-\alpha)^n,\quad\forall 0<|z-\alpha|<R. \end{align*}$$

  得知 $h( \alpha ) = b_0 = {c_{ - k}} \ne 0$，所以由定理4.4-3知 $h(z)$ 在 $z=\alpha$ 為解析。

  (充分條件) 設存在 $\rho >0$ 使得 $h(z)$ 在 $D_\rho(\alpha)$ 為解析，並且 $h( \alpha ) = {c_{ - k}} \ne 0$， $h(z)$ 之 Taylor 級數存在，亦即

  $$h(z) =\sum _{n=0}^\infty b_n (z-\alpha)^n,~b_0\neq 0, \quad\forall |z-\alpha|<\rho.$$

  因此

  $$\begin{align*} f(z)&=\frac{h(\alpha)}{(z-\alpha)^k} = \sum_{n=0}^\infty b_n (z-\alpha)^{n-k} = \sum_{n=-k}^\infty b_{n+k} (z-\alpha)^{n}\\ &=\sum_{n=-k} c_n (z-\alpha)^n, c_n=b_{n+k},\quad\forall |z-\alpha|<\rho. \end{align*}$$

  故 $c_{-k}=b_0\neq 0$，即 $f$ 在 $z=\alpha$ 有 $k$ 階零點

如此零點和極點有以下的倒數關係：

推論理7.4-2. 設 $f$ 在 $\alpha$ 為解析並且此點為 $k$ 階零點，則 $\alpha$ 為 $g(z)=\frac{1}{f(z)}$ 之 $k$ 階極點，亦即 $f(z)=(z-\alpha)^k h(z)$，其中 $h(\alpha)\neq 0$ 且 $h$ 在 $\alpha$ 解析。

此外，以 $\alpha$ 為公同極點與零點的兩個函數相乘除，則其極點或零點之階數關係如下：

推論理7.4-3. 設 $f$ 和 $g$ 在極點 $\alpha$ 之階數分別為 $m$ 與 $n$，則下面敘述成立：
(a)
$h(z)=f(z)\cdot g(z)$ 的極點 $\alpha$ 之階數為 $m+n$ 。

(b) $h(z)=\frac{f(z)}{g(z)}$ 的極點與零點分成種情形討論：
(i)
$m>n$，則 $\alpha$ 為 $h$ 之可移除奇異點。若 $h(\alpha)=0$，則 $h$ 在 $\alpha$ 之零點階數為 $m─n$ 。

(ii) $m=n$，則 $\alpha$ 為 $h$ 之可移除奇異點。又若令 $h(\alpha)=\lim\limits_{z\to\alpha}h(z)$，則 $h$ 在 $\alpha$ 為解析。

(i) $m<n$，則 $\alpha$ 為 $h$ 之極點階數為 $n-m$。

例題7.4-9. 決定下列函數的零點或極點之位置與階數：

(a) $h(z)=\frac{\tan z}{z}$， (b) $g(z)=\frac{1}{5z^4+26z^2+5}$ ， (c) $h(z)=\frac{\pi \cot (\pi z)}{z^2}$ 。

• [解]

  (a) $h(z)=\frac{\sin z}{z\cos z}=\frac{f(z)}{g(z)}$，即對應 $f(z)=\sin z,~g(z)=z\cdot \cos z$。由於 $f(n\pi)=0,~f'(n\pi)\neq 0,~n\in\Z$，所以 $z=n\pi,~n\in\Z$ 為 $f$ 之單零點；又當 $z=0,~(n+\frac12)\pi,~n\in\Z$ 時，$g(z)=0,~g(z)\not=0$，即這些點為 $g$ 之單零點。因此

  (i) $z=n\pi,~n\in\Z$ 為 $h$ 之單零點。

  (ii) $z=(n+\frac12)\pi,~n\in\Z$ 為 $h$ 之單極點。

  (iii) 由於 $h(0)=\lim\limits_{z\to 0} h(z) = 1$，即 $h$ 在 $z=0$ 解析。

  (b) 令 $g(z)=\frac{1}{f(z)}$，即 $f(z)=5z^4+26z^2+5=(5z^2+1)(z^2+5)=0$，即 $z^2=-\frac15,~-5$，亦即 $z=\pm \frac{i}{\sqrt{5}},~\pm \sqrt{5}i$。因此 $g(z)$ 為零點，且 $z=\pm \frac{i}{\sqrt{5}},~\pm \sqrt{5}i$ 為其單極點。

  (c) $h(z)=\frac{\pi\cos(\pi z)}{z^2\sin(\pi z)}=\frac{f(z)}{g(z)}$，即對應 $f(z)=\pi\cos(\pi z),~g(z)=z^2\cdot \sin(\pi z)$。由於 $f(n+\frac12)=0,~f'(n+\frac12)\neq 0,~n\in\Z$，所以 $z=n+\frac12,~n\in\Z$ 為 $f$ 之單零點；又$g(0)=g'(0)=g''(0)=0,~g'''(0)=6\pi\not=0$，即 $z=0$ 為 $g$ 之3階零點；以及 $g(n)=0,~g'(n)=\pm n^2\not=0$，即 $z=n$ 為 $g$ 之單零點；因此

  (i) $z=n,~n\in\Z$ 為 $h$ 之單極點。

  (ii) $z=n+\frac12,~n\in\Z$ 為 $h$ 之單零點。

  (iii) $z=0$ 為 $h$ 之3階極點。

有關零點、極點與 Laurent 級數之型式的關係如下表：