我们给出可去奇点的几个等价判断方式。
1，定理：若 \(z_0\) 是函数 \(f(z)\) 的孤立奇点，则下面几个条件是等价的：
（1）函数的在点 \(z_0\) 处的罗朗展式的主要部分为 \(0\);
（2）\(\displaystyle\lim_{z\to z_0}f(z)=b\) 存在且有限;
（3）函数在 \(z_0\) 附近有界。
证明：（1）\(\Rightarrow\)（2）: 若\(f(z)\) 在 \(a\) 处的罗朗展开式的主要部分为 \(0\)，则
\[f(z)=c_0+c_1(z-z_0)+\cdots+c_n(z-z_0)^n+\cdots\]
所以 \[\lim_{z\to z_0}f(z)=c_0\]
（2）\(\Rightarrow\)（3）：若 \(\displaystyle\lim_{z\to z_0}f(z)=b\)，则对任何的 \(\epsilon>0\)，存在 \(\delta>0\)，使得当 \(0<|z-z_0|<\delta\) 时， \(|f(z)-b|<\epsilon\) 成立。所以
\[|f(z)|-|b|<\epsilon,\quad\Rightarrow\quad |f(z)|<|b|+\epsilon\]
所以 \(f(z)\) 在点 \(z_0\) 的邻域内有界.
（3）\(\Rightarrow\)（1）：\(f(z)\) 在 \(z_0\) 处的罗朗级数为
\begin{align*}f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n(z-z_0)^n=\sum_{n=1}^{\infty}c_{-n}(z-z_0)^{-n}+\sum_{n=0^{\infty}}c_n(z-z_0)^n\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}(z-z_0)^n\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}\frac{f(s)ds}{(z-z_0)^{n+1}}ds+\frac{1}{(z-z_0)^n}\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}\frac{f(s)ds}{(z-z_0)^{-n+1}}ds\end{align*}
其中 \(\Gamma\) 是一个以 \(z_0\) 为心，位于 \(0<|z-z_0|<\delta\) 内的圆 \(|z-z_0|=\rho\)。
因为 \(f(z)\) 在\(0<|z-z_0|<\delta\) 内有界， \(|f(z)|<M\)，所以
\[c_{-n}=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}\frac{f(s)ds}{(z-z_0)^{-n+1}}ds\]
所以 \[|c_{-n}|=\frac{1}{2\pi}|\int_{\Gamma}\frac{f(s)ds}{(z-z_0)^{-n+1}}ds|\le \frac{1}{2\pi}\frac{M}{\rho^{-n+1}}\cdot 2\pi\rho=M\rho^n\]
当 \(\rho\to 0\) 时，\(|c_{-n}|\to 0\)，所以 \(c_{-n}=0\)，也就是说，罗朗级数的主要部分为 \(0\)。
例：\(\displaystyle f(z)=\frac{\sin z}{z}\) 以 \(z=0\) 为可去奇点，因为
\[\lim_{z\to 0}\frac{\sin z}{z}=1\]