复变函数——学习笔记3：初等解析函数

指数函数

定义3.1 对复数 $z=x+iy$，定义： $e^z=e^x(\cos y+i\sin y )$

注意：以上的 $e^z$并不是 $e$的 $z$次幂，而是一个记号，如果 $z$是实数，那么其定义是实数的指数一致，如果 $z$是纯虚数， $e^z=\cos y+i\sin y$就恰好为欧拉公式，对于 $z=x+yi$，则 $|e^z|=e^x,Arg e^z=y+2k\pi$

也就是说，对于直线 $z(t)=x_0+it(-\infty<t<\infty)$， $w=e^z$将 $z(t)$映射为 $w$平面上的一个半径为 $e^{x_0}$，圆心为0的圆。对于直线 $z(t)=t+iy_0$， $w=e^z$将 $z(t)$映成 $w$平面的一条射线。下面我们列举 $w=e^z$的一些性质：

(1) $e^{z_1}.e^{z_2}=e^{z_1+z_2}$
(2) $w=e^z$是复平面上的解析函数，并且 $(e^z)^\prime=e^z$
(3) $w=e^z$有基本周期 $2ki$

首先， $e^{x+yi}=e^{x+(y+2\pi)i}$，故 $2\pi i$是 $e^z$的一个周期
其次，如果 $T$也是 $e^z$的周期，那么 $e^{z+T}=e^z$从而 $e^{Re(e^{z+T})}=|e^{z+T}|=e^{Re(z)}=|e^z|$故 $Re(z+T)=Re(z)+Re(T)=Re(z)$于是 $Re(T)=0$，并且 $\cos(Im(z+T))=\cos(Im(z))\\ \sin(Im(z+T))=\sin(Im(z))$于是 $Im(z+T)=Im(z)+Im(T)=Im(z)+2k\pi$故 $Im(T)=2k\pi$因此 $T=2k\pi i$因此 $e^z$的任意周期都是 $2\pi i$的整数倍，从而 $2\pi i$是基本周期

分出单值解析分支的方法

复数域存在大量的多值函数，幅角函数 $\theta=Arg z$就是其中之一，对于多值函数，我们需要分出单值分支。第一种方法是限制幅角函数的范围，如限制 $-\pi<Arg z\le \pi$，即限制 $Arg z$只能取主幅角，那么 $\theta$在除去负半轴之外的区域上连续，而在负半轴上不连续。

如上图，从路线1逼近负半轴，幅角值趋近于 $\pi$，从路线2逼近负半轴，幅角值趋近于 $-\pi$。如果割破负半轴得到区域 $G$，主幅角函数就在 $G$上连续。
另一个分出单值分支的方法是取区域 $G$内任意一点 $z_0$，当然， $Arg z_0$是不止一个值，取定其中一个，对于 $z$平面上的其他点 $z^\prime$，我们作一条 $z_0$到 $z^\prime$的连续曲线，在动点 $z$从 $z_0$向 $z^\prime$运动的过程中， $Arg z$也随之连续变动，运动到 $z^\prime$处 $Arg z$的值就是 $z_0$处的幅角值。如此方法确定函数值会不会产生多值性呢？答案是肯定的，如果我们从 $z_0$出发，绕着 $0$逆时针环绕一周，幅角值连续变化，回到 $z_0$时，幅角值将增加 $2\pi$。如此一来，仅仅在 $z_0$处，如此方式确定的函数值就有两个，见下图。

当然，如果我们在 $z$平面上作一条闭曲线 $C$，如果 $C$不包含 $0$，那么绕着 $C$环绕一周，不论选取什么初始值，回到 $z_0$点时，幅角值是不变的，如下图。

也就是说，无论作何闭曲线，只要闭曲线围成的区域不包含0，在 $z_0$处取定幅角的某个初值 $Arg z_0$，逆时针环绕一周，幅角连续变化，回到 $z_0$时，幅角还是 $Arg z_0$，可见 $z=0$对于幅角函数来说，是一个很特殊点。如果 $z_0$满足，绕着 $z_0$作一个闭曲线 $C$， $C$上取一点 $z_1$，对于多值函数 $f(z)$，取定某一个值 $f(z_1)$，从 $z_0$出发，绕着 $C$逆时针转动，同时 $f(z)$连续变化，回到 $z_1$时， $f(z)$与初值不同，则称 $z_0$是 $f$的枝点。对于幅角函数来说 $0$是支点， $\infty$也是支点，连接 $0$和 $\infty$（连接方式有很多，负半轴，甚至可以以曲线的方式连接），得到的连线称为支割线，只要不穿过这条线，闭曲线就永远不可能环绕0或环绕无穷，取定闭曲线某点的某个初值，在运动过程中幅角连续变动，回到原点时，函数值不变，用数学分析中线积分与路径无关的类似的方法，可以证明，如果在割除支割线后的区域上，任取一点 $z_0$，选取某一个初值 $f(z_0)$，对于另外一点 $z$，从 $z_0$连续变动至 $z$，函数值也连续变动，可以唯一确定 $f(z)$，这样就在去掉支割线的区域上分出一个连续的单值分支。如果我们割去负半轴，在 $z=1$处取幅角的初值 $0$，得到的单值分支就是 $\arg z$。割去其他的支割线，得到的单值连续分支又是不同的。

如上图，支割线如 $L$所示，在 $z=1$处取主值 $Arg z=0$，从 $z=1$连续运动到第二象限的某点，可见得到的幅角值在 $-\frac{3\pi}{2}$到 $-\pi$之间，显然不是主幅角的值，这就很直观的可以看出，所作的支割线不同，得到的单值连续分支也不同。在支割线上，所得到的单值分支是不连续的，如果从上图所示的路径逼近支割线，得到的幅角值在 $-\frac{3\pi}{2}$到 $-\pi$之间，如果从第一象限到第二象限，从支割线上岸逼近支割线，得到的幅角值应该在 $\frac{\pi}{2}$到 $\pi$之间，故如此得到的单值连续分支在支割线上是间断的。

对数函数

定义3.2 对于复数 $z\neq 0$，所有满足 $e^w=z$的复数 $w$称为 $z$的对数，记为 $Lnz$

显然 $Lnz$也是个多值函数，如果对于 $z=x+yi$，有 $z=e^{a+bi}=e^a(\cos b+i\sin b)$就有 $|z|=e^a\\ Arg z=b+2k\pi(k=0,\pm 1,\cdots)$所以，选定 $z$的某个幅角 $Arg z$，就有 $Ln z=\ln |z|+(Arg z+2k\pi)i$所以给定某个非零复数 $z$，其对数值有无穷多个，对数函数是个多值函数，当然，幅角函数满足 $Arg(z_1z_2)=Arg(z_1)+Arg(z_2)\\ Arg(\frac{z_1}{z_2})=Arg(z_1)-Arg(z_2)$注意，以上两个式子的含义是，选定 $z_1$的幅角值 $Arg(z_1)$， $z_2$的幅角值 $Arg(z_2)$，则 $Arg(z_1)+Arg(z_2)$是 $z_1z_2$的幅角值，复数相除时同理。因此，对于对数函数同样有 $Ln(z_1z_2)=Ln(z_1)+Ln(z_2)\\ Ln(\frac{z_1}{z_2})=Ln(z_1)-Ln(z_2)$直接验证即可证得以上两个等式，这和实数域上的对数函数的性质是类似的。接下来，我们来分出对数函数的单值分支。实际上，由表达式 $Lnz=\ln |z|+iArgz$不难看出 $Lnz$多值性产生的根源在于 $z$的幅角函数的多值性，因此，我们可以通过限制 $Argz$的范围来得到 $Lnz$的单值分支，当然也可以通过割破 $z$平面的方法得到单值分支。如果我们绕着 $0$逆时针旋转一周，如绕着单位圆周 $|z|=1$旋转一周，起点是 $z=1$，初值选择 $0$，当然此时 $Argz=0$，逆时针旋转，同时 $Argz$连续变动，当然，相对应地， $Lnz$也会相应地连续变动，运动一周回到 $z=1$， $Lnz$变成了 $2\pi i$。显然 $0$和 $\infty$是 $Lnz$的支点，容易验证，除此之外没有支点，连接 $0$和 $\infty$就得到 $Lnz$的支割线，取定某点的某个对数值，在不穿过支割线的情况下连续运动，相对应地 $Argz$连续变动，相应地 $Lnz$也会连续变动，运动到 $z^\prime$时的对数值就是该分支的函数值。由此就得到分出 $Lnz$的连续分支，假设除去支割线的区域为 $D$， $Lnz$为 $D$上的某个单值连续分支，则 $\begin{aligned} &\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{\Delta z}=\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{z+\Delta z-z}\\ =&\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{e^{Ln(z+\Delta z)}-e^{Ln(z)}} \end{aligned}$当然， $Ln(z)$在该分支上是单射，因为两点要么模不同，要么幅角不同，因此 $\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{\Delta z}=\frac{1}{\frac{e^{Ln(z+\Delta z)}-e^{Ln(z)}}{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}}$从而 $\lim_{\Delta z\to 0}\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{\Delta z}=\frac{1}{e^{Ln(z)}}=\frac{1}{z}$因此，每一个 $Ln(z)$的单值分支都解析，并且 $(Ln(z))^\prime=\frac{1}{z}$

例3.1 在复平面上取上半虚轴作割线，试在所的区域内取 $Lnz$在正实轴取实值的一个解析分支，并求它们在上半虚轴左沿的点及右沿的点 $z=i$的值

解：
对于正实数 $z=a$， $Lnz=\ln a+2k\pi i(k=0,\pm 1,\cdots)$，由于 $Lnz$在正实轴上取实值，因此 $k=0$，也就是说，在正实轴上 $Argz=0$，再连续变动， $Lnz$相应地连续变动，就得到 $Lnz$在割去上半虚轴后得到的区域的单值解析分支，表达式为 $Lnz=\ln|z|+iArgz$其中 $-\frac{3\pi}{2}<Argz<\frac{\pi}{2}$，在 $z=i$处， $|z|=1$，从左边趋近得到的对数值是 $-\frac{3\pi}{2}i$，从右边趋近得到的对数值为 $\frac{\pi}{2}i$

幂函数

对于复数 $\alpha$，定义幂函数为 $z^\alpha=e^{\alpha Lnz}$，对不同的 $\alpha$，我们来进行分类讨论：

(1) $\alpha$是有理数 $\alpha=\frac{m}{n}$，其中 $\frac{m}{n}$是既约分数 $z^\alpha=e^{\frac{m[ln|z|+(\arg z+2k\pi)i]}{n}}=|z|^{\frac{m}{n}}e^{\frac{m(\arg z+2k\pi)i}{n}}$如果 $n=1$，那么 $z^\alpha$是单值函数
如果 $n>1$，有 $n$个不同的值，即上式取 $k=0,1,\cdots,n-1$¹
(2) 当 $\alpha$是无理数时， $z^\alpha$有无穷多个值，即上式取 $k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$²
(3)当 $m$为纯虚数时， $z^\alpha$也取无穷个值，相同的办法可以验证，当 $m$为虚部不为0的复数时， $z^\alpha$取无穷个值，即上式 $k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$
(4)当 $\alpha=\frac{1}{n}$时， $z^\alpha$记为 $z$开 $n$次方根

对于多值的幂函数，同样可以采用找出支点，作支割线的方法分出单值解析分支。
(1)取定某个 $z\neq 0$，取定 $z$的某个幅角值 $Arg z$，相应地，得到一个 $z^\alpha$的值 $e^{\alpha\ln|z|+i\alpha Argz }$，在连续变动的过程中， $Argz$连续变动，相应地 $z^\alpha$也会连续变动，当 $\alpha$不为整数时，容易验证 $0$是 $z^\alpha$的一个支点，相应地 $\infty$也是 $z^\alpha$的一个支点，除此之外没有支点，连接 $0$和 $\infty$就可以得到 $z^\alpha$的支割线，相应地可以分出 $z^\alpha$的解析分支，如果 $\alpha$是有理数， $\alpha=\frac{m}{n}$(既约分数)，则可以分出 $n$个不同的单值解析分支，当 $\alpha$为无理数或虚部不为0的复数时， $z^\alpha$可以分出无穷个单值解析分支
(2)至于上面所说的解析性，可以将 $z^\alpha$视为 $e^z$和 $mLnz$的复合，再用复合函数的求导法则可以证得，在每一个单值解析分支上，都有 $(z^\alpha)^\prime=\frac{\alpha}{z} z^{\alpha}$

对于多项式 $P(z)=z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_{n-1}z+a_n(a_0\neq 0)$，下面我们讨论根式 $f(z)=\sqrt[m]{P(z)}$的支点和单值解析分支，由代数基本定理， $P(z)$可因式分解为 $P(z)=(z-z_1)^{k_1}\cdots(z-z_s)^{k_s}$其中 $k_1+\cdots+k_s=n,k_i>0,z_1,\cdots,z_s$为 $P(z)$的两两不同的根，则 $\sqrt[m]{P(z)}=\sqrt[m]{|P(z)|}e^{\frac{\sum^{s}_{i=1}k_iArg(z-z_i)}{m}}$可见可能的支点为 $z_1,\cdots,z_s,\infty$，如何判断 $z_1,\cdots,z_s$是否为 $f(z)$的支点，这是因为，绕着 $z_1$的逆时针环绕一周（闭曲线 $C$围成的区域不含 $z_2,\cdots,z_s$），在运动过程中 $Arg(z-z_1),\cdots,Arg(z-z_s)$均连续变动， $Arg(z-z_1)$获得增量 $2\pi$，其余幅角不变，则 $f(z)$变为初值乘以 $e^{\frac{2k_1\pi}{m} i}$，如果 $k_1$能被 $m$整除， $z_1$是支点，否则不是，因为 $e^{\frac{2k_1\pi}{m} i}=1$，环绕一周后 $f(z)$还是初值。如果作一条闭曲线 $C$，包含 $z_1,\cdots,z_i$ $(i=1,\cdots,s)$，而不含其它的根。逆时针运动一周，每个幅角连续变动， $\frac{\sum^{s}_{i=1}k_iArg(z-z_i)}{m}$的改变量为 $\frac{\sum^{i}_{j=1}2\pi k_j}{m}$，显然，如果 $\sum_{j=1}^ik_j$能被 $m$整除，则环绕一周回到原值后函数值不变，否则函数值会发生改变。由此可以确定 $\infty$是否是支点，并且还可以确定如何作支割线，下面给出几个实例：

例3.2 求函数 $f(z)=\sqrt{(1-z^2)(1-k^2z^2)}(k>1)$的支点，作适当的支割线，将 $f(z)$分成两个单值解析分支，并求在 $z=0$取正值的那个分支

解：
$f(z)=\sqrt{|(1-z^2)(1-k^2z^2)|}e^{\frac{Arg(z-1)+Arg(z+1)+Arg(z-\frac{1}{k})+Arg(z+\frac{1}{k})}{2}i}$
显然 $f(z)$可能的支点有五个 $1,-1,\frac{1}{k},-\frac{1}{k},\infty$，对闭曲线 $C$，容易验证，如果 $C$只含 $1,-1,\frac{1}{k},-\frac{1}{k}$中的某一点，那么逆时针环绕一周， $Arg(z-1)+Arg(z+1)+Arg(z-\frac{1}{k})+Arg(z+\frac{1}{k})$得到增量 $2\pi$，故这四个点都是支点，如果绕着其中两个逆时针环绕一周，得到增量 $4\pi$，环绕其中三个逆时针一周，得到增量 $6\pi$，环绕四个逆时针一周得到增量 $8\pi$， $\infty$不是支点，分别连接 $-1,-\frac{1}{k}$和 $\frac{1}{k},1$，就得到支割线，这样，任意闭曲线不可能只环绕四个点中的一个，也不可能环绕其中的三个，环绕一周后值不变，这样就得到 $f(z)$的支割线，在 $z=0$处，如果 $Arg(z-1),Arg(z+1),Arg(z-\frac{1}{k}),Arg(z+\frac{1}{k})$都取主值，则 $Arg(z-1)+Arg(z+1)+Arg(z-\frac{1}{k})+Arg(z+\frac{1}{k})=2\pi$则 $f(z)$在 $z=0$处取负值，因此，在 $z=0$处， $f(z)=\sqrt{|(1-z^2)(1-k^2z^2)|}e^{\frac{\arg(z-1)+\arg(z+1)+\arg(z-\frac{1}{k})+\arg(z+\frac{1}{k})}{2}i+\pi i}$对于其他点，只要验证不穿过支割线的连续曲线运动，运动过程中 $\arg(z-1),\arg(z+1),\arg(z-\frac{1}{k}),\arg(z+\frac{1}{k})$也连续变动，即可可导其他点的值，例如，如果我们要得到该分支在 $z=i$处的值，沿着直线 $z=ti(0\le t\le 1)$变动， $\arg(z-1),\arg(z+1),\arg(z-\frac{1}{k}),\arg(z+\frac{1}{k})$也连续变动，则 $\arg(z+1),\arg(z+\frac{1}{k})$的幅角在增加， $\arg(z-1),\arg(z-\frac{1}{k})$在减小，但变动过程中始终保持 $\arg(z-1)+\arg(z+1)+\arg(z-\frac{1}{k})+\arg(z+\frac{1}{k})=2\pi$见下图

在 $z=i$处 $|(1-z^2)(1-k^2z^2)|=2(1+k^2)$则在 $z=i$处， $f(z)=\sqrt{2(1+k^2)}$

三角函数

由欧拉公式，对于实数 $\theta$，有 $e^{\theta i}=\cos\theta+i\sin\theta$就有 $e^{\theta i}+e^{-\theta i}=2\cos\theta\\ e^{\theta i}-e^{-\theta i}=2i\sin\theta$于是 $\cos\theta=\frac{e^{\theta i}+e^{-\theta i}}{2}\\ \sin\theta=\frac{e^{\theta i}-e^{-\theta i}}{2i}$这启发我们在复数域也可以如此定义三角函数，对于复数 $z$，定义 $\cos z=\frac{e^{zi}+e^{-zi}}{2}\\ \sin z=\frac{e^{zi}-e^{-zi}}{2i}$如此定义的三角函数保持了实三角函数的一些性质：

(1)当 $z$是实数时， $\sin z,\cos z$在实数域和复数域的定义一致
(2) $\sin z,\cos z$以 $2\pi$为周期
(3) $\sin z$是奇函数， $\cos z$是偶函数
(4) $\sin (z_1+z_2)=\sin z_1\cos z_2+\cos z_1\sin z_2$
(5) $\cos(z_1+z_2)=\cos z_1\cos z_2-\sin z_1\sin z_2$
(6) $\sin z,\cos z$在复平面上解析，并且 $(\sin z)^\prime = \cos z\\ (\cos z)^\prime = - \sin z$(7) $\sin^2 z+\cos^2 z = 1$

实际上，(1)-(3)是显然的，我们下面逐个验证(4)-(7)：
(4)和(5)我们只验证(4)，(5)的验证是类似的：
$\sin(z_1+z_2)=\frac{e^{i(z_1+z_2)-e^{-i(z_1+z_2)}}}{2i}\\ \sin z_1.\cos z_2=\frac{e^{i(z_1+z_2)}-e^{i(z_2-z_1)}+e^{i(z_1-z_2)}-e^{-i(z_1+z_2)}}{4i}\\ \cos z_1.\sin z_2=\frac{e^{i(z_1+z_2)}-e^{i(z_1-z_2)}+e^{i(z_2-z_1)}-e^{-i(z_1+z_2)}}{4i}$据此可以验证(4)等式左右两边相等
(6)则直接应用求导法则即可
(7) $\sin^2z=\frac{e^{2iz}+2+e^{-2iz}}{4}\\ \cos^2z=\frac{e^{2iz}-2+e^{-2iz}}{-4}$故 $\sin^z+\cos^z=1$
但是在复数域，有些性质是不成立的，比如 $|\sin z|\le 1,|\cos z|\le 1$。如果 $\cos z\neq 0$，定义复数域的正切函数为 $\tan z=\frac{\sin z}{\cos z}$同样，正切函数也解析，和实正切函数也有诸多类似的性质，这里就不一一列举了。

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1. 因为如果 $e^{\frac{2k_1m\pi i}{n}}=e^{\frac{2k_2m\pi i}{n}}$，那么， $\frac{2(k_2-k_1)m\pi}{n}=2j\pi$，从而 $(k_1-k_2)m$能被 $n$整除，这意味着 $k_1-k_2$或 $m$能被 $n$整除，而 $m$不能被 $n$整除，则 $k-1-k_2$能被 $n$整除，当 $k_1,k_2=0,1,\cdots,n-1$时， $k_1-k_2$是不能被 $n$整除的，这说明 $k=0,1\cdots,n-1$时，这 $n$个复数不同 ↩︎

2. 因为如果 $\alpha$是有理数，对两个不同的整数 $k_1,k_2$，如果 $2\alpha(k_1-k_2)\pi=2j\pi$则
   $\alpha=\frac{j}{k_1-k_2}$说明 $\alpha$是有理数，矛盾，因此对任意的不同的整数 $k_1,k_2$， $e^{2\alpha k_1 \pi i},e^{2\alpha k_2 \pi i}$是两个不同的值 ↩︎