複變函數——學習筆記3：初等解析函數

指數函數

定義3.1 對複數$z=x+iy$，定義：$e^z=e^x(\cos y+i\sin y )$

注意：以上的$e^z$並不是$e$的$z$次冪，而是一個記號，如果$z$是實數，那麼其定義是實數的指數一致，如果$z$是純虛數，$e^z=\cos y+i\sin y$就恰好爲歐拉公式，對於$z=x+yi$，則$|e^z|=e^x,Arg e^z=y+2k\pi$

也就是說，對於直線$z(t)=x_0+it(-\infty<t<\infty)$，$w=e^z$將$z(t)$映射爲$w$平面上的一個半徑爲$e^{x_0}$，圓心爲0的圓。對於直線$z(t)=t+iy_0$，$w=e^z$將$z(t)$映成$w$平面的一條射線。下面我們列舉$w=e^z$的一些性質：

(1)$e^{z_1}.e^{z_2}=e^{z_1+z_2}$
(2)$w=e^z$是複平面上的解析函數，並且$(e^z)^\prime=e^z$
(3)$w=e^z$有基本週期$2ki$

首先，$e^{x+yi}=e^{x+(y+2\pi)i}$，故$2\pi i$是$e^z$的一個週期
其次，如果$T$也是$e^z$的週期，那麼$e^{z+T}=e^z$從而$e^{Re(e^{z+T})}=|e^{z+T}|=e^{Re(z)}=|e^z|$故$Re(z+T)=Re(z)+Re(T)=Re(z)$於是$Re(T)=0$，並且$\cos(Im(z+T))=\cos(Im(z))\\ \sin(Im(z+T))=\sin(Im(z))$於是$Im(z+T)=Im(z)+Im(T)=Im(z)+2k\pi$故$Im(T)=2k\pi$因此$T=2k\pi i$因此$e^z$的任意週期都是$2\pi i$的整數倍，從而$2\pi i$是基本週期

分出單值解析分支的方法

複數域存在大量的多值函數，幅角函數$\theta=Arg z$就是其中之一，對於多值函數，我們需要分出單值分支。第一種方法是限制幅角函數的範圍，如限制$-\pi<Arg z\le \pi$，即限制$Arg z$只能取主幅角，那麼$\theta$在除去負半軸之外的區域上連續，而在負半軸上不連續。

如上圖，從路線1逼近負半軸，幅角值趨近於$\pi$，從路線2逼近負半軸，幅角值趨近於$-\pi$。如果割破負半軸得到區域$G$，主幅角函數就在$G$上連續。
另一個分出單值分支的方法是取區域$G$內任意一點$z_0$，當然，$Arg z_0$是不止一個值，取定其中一個，對於$z$平面上的其他點$z^\prime$，我們作一條$z_0$到$z^\prime$的連續曲線，在動點$z$從$z_0$向$z^\prime$運動的過程中，$Arg z$也隨之連續變動，運動到$z^\prime$處$Arg z$的值就是$z_0$處的幅角值。如此方法確定函數值會不會產生多值性呢？答案是肯定的，如果我們從$z_0$出發，繞着$0$逆時針環繞一週，幅角值連續變化，回到$z_0$時，幅角值將增加$2\pi$。如此一來，僅僅在$z_0$處，如此方式確定的函數值就有兩個，見下圖。

當然，如果我們在$z$平面上作一條閉曲線$C$，如果$C$不包含$0$，那麼繞着$C$環繞一週，不論選取什麼初始值，回到$z_0$點時，幅角值是不變的，如下圖。

也就是說，無論作何閉曲線，只要閉曲線圍成的區域不包含0，在$z_0$處取定幅角的某個初值$Arg z_0$，逆時針環繞一週，幅角連續變化，回到$z_0$時，幅角還是$Arg z_0$，可見$z=0$對於幅角函數來說，是一個很特殊點。如果$z_0$滿足，繞着$z_0$作一個閉曲線$C$，$C$上取一點$z_1$，對於多值函數$f(z)$，取定某一個值$f(z_1)$，從$z_0$出發，繞着$C$逆時針轉動，同時$f(z)$連續變化，回到$z_1$時，$f(z)$與初值不同，則稱$z_0$是$f$的枝點。對於幅角函數來說$0$是支點，$\infty$也是支點，連接$0$和$\infty$（連接方式有很多，負半軸，甚至可以以曲線的方式連接），得到的連線稱爲支割線，只要不穿過這條線，閉曲線就永遠不可能環繞0或環繞無窮，取定閉曲線某點的某個初值，在運動過程中幅角連續變動，回到原點時，函數值不變，用數學分析中線積分與路徑無關的類似的方法，可以證明，如果在割除支割線後的區域上，任取一點$z_0$，選取某一個初值$f(z_0)$，對於另外一點$z$，從$z_0$連續變動至$z$，函數值也連續變動，可以唯一確定$f(z)$，這樣就在去掉支割線的區域上分出一個連續的單值分支。如果我們割去負半軸，在$z=1$處取幅角的初值$0$，得到的單值分支就是$\arg z$。割去其他的支割線，得到的單值連續分支又是不同的。

如上圖，支割線如$L$所示，在$z=1$處取主值$Arg z=0$，從$z=1$連續運動到第二象限的某點，可見得到的幅角值在$-\frac{3\pi}{2}$到$-\pi$之間，顯然不是主幅角的值，這就很直觀的可以看出，所作的支割線不同，得到的單值連續分支也不同。在支割線上，所得到的單值分支是不連續的，如果從上圖所示的路徑逼近支割線，得到的幅角值在$-\frac{3\pi}{2}$到$-\pi$之間，如果從第一象限到第二象限，從支割線上岸逼近支割線，得到的幅角值應該在$\frac{\pi}{2}$到$\pi$之間，故如此得到的單值連續分支在支割線上是間斷的。

對數函數

定義3.2 對於複數$z\neq 0$，所有滿足$e^w=z$的複數$w$稱爲$z$的對數，記爲$Lnz$

顯然$Lnz$也是個多值函數，如果對於$z=x+yi$，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，選定$z$的某個幅角$Arg z$，就有$Ln z=\ln |z|+(Arg z+2k\pi)i$所以給定某個非零複數$z$，其對數值有無窮多個，對數函數是個多值函數，當然，幅角函數滿足$Arg(z_1z_2)=Arg(z_1)+Arg(z_2)\\ Arg(\frac{z_1}{z_2})=Arg(z_1)-Arg(z_2)$注意，以上兩個式子的含義是，選定$z_1$的幅角值$Arg(z_1)$，$z_2$的幅角值$Arg(z_2)$，則$Arg(z_1)+Arg(z_2)$是$z_1z_2$的幅角值，複數相除時同理。因此，對於對數函數同樣有$Ln(z_1z_2)=Ln(z_1)+Ln(z_2)\\ Ln(\frac{z_1}{z_2})=Ln(z_1)-Ln(z_2)$直接驗證即可證得以上兩個等式，這和實數域上的對數函數的性質是類似的。接下來，我們來分出對數函數的單值分支。實際上，由表達式$Lnz=\ln |z|+iArgz$不難看出$Lnz$多值性產生的根源在於$z$的幅角函數的多值性，因此，我們可以通過限制$Argz$的範圍來得到$Lnz$的單值分支，當然也可以通過割破$z$平面的方法得到單值分支。如果我們繞着$0$逆時針旋轉一週，如繞着單位圓周$|z|=1$旋轉一週，起點是$z=1$，初值選擇$0$，當然此時$Argz=0$，逆時針旋轉，同時$Argz$連續變動，當然，相對應地，$Lnz$也會相應地連續變動，運動一週回到$z=1$，$Lnz$變成了$2\pi i$。顯然$0$和$\infty$是$Lnz$的支點，容易驗證，除此之外沒有支點，連接$0$和$\infty$就得到$Lnz$的支割線，取定某點的某個對數值，在不穿過支割線的情況下連續運動，相對應地$Argz$連續變動，相應地$Lnz$也會連續變動，運動到$z^\prime$時的對數值就是該分支的函數值。由此就得到分出$Lnz$的連續分支，假設除去支割線的區域爲$D$，$Lnz$爲$D$上的某個單值連續分支，則$\begin{aligned} &\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{\Delta z}=\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{z+\Delta z-z}\\ =&\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{e^{Ln(z+\Delta z)}-e^{Ln(z)}} \end{aligned}$當然，$Ln(z)$在該分支上是單射，因爲兩點要麼模不同，要麼幅角不同，因此$\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{\Delta z}=\frac{1}{\frac{e^{Ln(z+\Delta z)}-e^{Ln(z)}}{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}}$從而$\lim_{\Delta z\to 0}\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{\Delta z}=\frac{1}{e^{Ln(z)}}=\frac{1}{z}$因此，每一個$Ln(z)$的單值分支都解析，並且$(Ln(z))^\prime=\frac{1}{z}$

例3.1 在複平面上取上半虛軸作割線，試在所的區域內取$Lnz$在正實軸取實值的一個解析分支，並求它們在上半虛軸左沿的點及右沿的點$z=i$的值

解：
對於正實數$z=a$，$Lnz=\ln a+2k\pi i(k=0,\pm 1,\cdots)$，由於$Lnz$在正實軸上取實值，因此$k=0$，也就是說，在正實軸上$Argz=0$，再連續變動，$Lnz$相應地連續變動，就得到$Lnz$在割去上半虛軸後得到的區域的單值解析分支，表達式爲$Lnz=\ln|z|+iArgz$其中$-\frac{3\pi}{2}<Argz<\frac{\pi}{2}$，在$z=i$處，$|z|=1$，從左邊趨近得到的對數值是$-\frac{3\pi}{2}i$，從右邊趨近得到的對數值爲$\frac{\pi}{2}i$

冪函數

對於複數$\alpha$，定義冪函數爲$z^\alpha=e^{\alpha Lnz}$，對不同的$\alpha$，我們來進行分類討論：

(1) $\alpha$是有理數$\alpha=\frac{m}{n}$，其中$\frac{m}{n}$是既約分數$z^\alpha=e^{\frac{m[ln|z|+(\arg z+2k\pi)i]}{n}}=|z|^{\frac{m}{n}}e^{\frac{m(\arg z+2k\pi)i}{n}}$如果$n=1$，那麼$z^\alpha$是單值函數
如果$n>1$，有$n$個不同的值，即上式取$k=0,1,\cdots,n-1$¹
(2) 當$\alpha$是無理數時，$z^\alpha$有無窮多個值，即上式取$k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$²
(3)當$m$爲純虛數時，$z^\alpha$也取無窮個值，相同的辦法可以驗證，當$m$爲虛部不爲0的複數時，$z^\alpha$取無窮個值，即上式$k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$
(4)當$\alpha=\frac{1}{n}$時，$z^\alpha$記爲$z$開$n$次方根

對於多值的冪函數，同樣可以採用找出支點，作支割線的方法分出單值解析分支。
(1)取定某個$z\neq 0$，取定$z$的某個幅角值$Arg z$，相應地，得到一個$z^\alpha$的值$e^{\alpha\ln|z|+i\alpha Argz }$，在連續變動的過程中，$Argz$連續變動，相應地$z^\alpha$也會連續變動，當$\alpha$不爲整數時，容易驗證$0$是$z^\alpha$的一個支點，相應地$\infty$也是$z^\alpha$的一個支點，除此之外沒有支點，連接$0$和$\infty$就可以得到$z^\alpha$的支割線，相應地可以分出$z^\alpha$的解析分支，如果$\alpha$是有理數，$\alpha=\frac{m}{n}$(既約分數)，則可以分出$n$個不同的單值解析分支，當$\alpha$爲無理數或虛部不爲0的複數時，$z^\alpha$可以分出無窮個單值解析分支
(2)至於上面所說的解析性，可以將$z^\alpha$視爲$e^z$和$mLnz$的複合，再用複合函數的求導法則可以證得，在每一個單值解析分支上，都有$(z^\alpha)^\prime=\frac{\alpha}{z} z^{\alpha}$

對於多項式$P(z)=z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_{n-1}z+a_n(a_0\neq 0)$，下面我們討論根式$f(z)=\sqrt[m]{P(z)}$的支點和單值解析分支，由代數基本定理，$P(z)$可因式分解爲$P(z)=(z-z_1)^{k_1}\cdots(z-z_s)^{k_s}$其中$k_1+\cdots+k_s=n,k_i>0,z_1,\cdots,z_s$爲$P(z)$的兩兩不同的根，則$\sqrt[m]{P(z)}=\sqrt[m]{|P(z)|}e^{\frac{\sum^{s}_{i=1}k_iArg(z-z_i)}{m}}$可見可能的支點爲$z_1,\cdots,z_s,\infty$，如何判斷$z_1,\cdots,z_s$是否爲$f(z)$的支點，這是因爲，繞着$z_1$的逆時針環繞一週（閉曲線$C$圍成的區域不含$z_2,\cdots,z_s$），在運動過程中$Arg(z-z_1),\cdots,Arg(z-z_s)$均連續變動，$Arg(z-z_1)$獲得增量$2\pi$，其餘幅角不變，則$f(z)$變爲初值乘以$e^{\frac{2k_1\pi}{m} i}$，如果$k_1$能被$m$整除，$z_1$是支點，否則不是，因爲$e^{\frac{2k_1\pi}{m} i}=1$，環繞一週後$f(z)$還是初值。如果作一條閉曲線$C$，包含$z_1,\cdots,z_i$$(i=1,\cdots,s)$，而不含其它的根。逆時針運動一週，每個幅角連續變動，$\frac{\sum^{s}_{i=1}k_iArg(z-z_i)}{m}$的改變量爲$\frac{\sum^{i}_{j=1}2\pi k_j}{m}$，顯然，如果$\sum_{j=1}^ik_j$能被$m$整除，則環繞一週回到原值後函數值不變，否則函數值會發生改變。由此可以確定$\infty$是否是支點，並且還可以確定如何作支割線，下面給出幾個實例：

例3.2 求函數$f(z)=\sqrt{(1-z^2)(1-k^2z^2)}(k>1)$的支點，作適當的支割線，將$f(z)$分成兩個單值解析分支，並求在$z=0$取正值的那個分支

解：
$f(z)=\sqrt{|(1-z^2)(1-k^2z^2)|}e^{\frac{Arg(z-1)+Arg(z+1)+Arg(z-\frac{1}{k})+Arg(z+\frac{1}{k})}{2}i}$
顯然$f(z)$可能的支點有五個$1,-1,\frac{1}{k},-\frac{1}{k},\infty$，對閉曲線$C$，容易驗證，如果$C$只含$1,-1,\frac{1}{k},-\frac{1}{k}$中的某一點，那麼逆時針環繞一週，$Arg(z-1)+Arg(z+1)+Arg(z-\frac{1}{k})+Arg(z+\frac{1}{k})$得到增量$2\pi$，故這四個點都是支點，如果繞着其中兩個逆時針環繞一週，得到增量$4\pi$，環繞其中三個逆時針一週，得到增量$6\pi$，環繞四個逆時針一週得到增量$8\pi$，$\infty$不是支點，分別連接$-1,-\frac{1}{k}$和$\frac{1}{k},1$，就得到支割線，這樣，任意閉曲線不可能只環繞四個點中的一個，也不可能環繞其中的三個，環繞一週後值不變，這樣就得到$f(z)$的支割線，在$z=0$處，如果$Arg(z-1),Arg(z+1),Arg(z-\frac{1}{k}),Arg(z+\frac{1}{k})$都取主值，則$Arg(z-1)+Arg(z+1)+Arg(z-\frac{1}{k})+Arg(z+\frac{1}{k})=2\pi$則$f(z)$在$z=0$處取負值，因此，在$z=0$處，$f(z)=\sqrt{|(1-z^2)(1-k^2z^2)|}e^{\frac{\arg(z-1)+\arg(z+1)+\arg(z-\frac{1}{k})+\arg(z+\frac{1}{k})}{2}i+\pi i}$對於其他點，只要驗證不穿過支割線的連續曲線運動，運動過程中$\arg(z-1),\arg(z+1),\arg(z-\frac{1}{k}),\arg(z+\frac{1}{k})$也連續變動，即可可導其他點的值，例如，如果我們要得到該分支在$z=i$處的值，沿着直線$z=ti(0\le t\le 1)$變動，$\arg(z-1),\arg(z+1),\arg(z-\frac{1}{k}),\arg(z+\frac{1}{k})$也連續變動，則$\arg(z+1),\arg(z+\frac{1}{k})$的幅角在增加，$\arg(z-1),\arg(z-\frac{1}{k})$在減小，但變動過程中始終保持$\arg(z-1)+\arg(z+1)+\arg(z-\frac{1}{k})+\arg(z+\frac{1}{k})=2\pi$見下圖

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

三角函數

由歐拉公式，對於實數$\theta$，有$e^{\theta i}=\cos\theta+i\sin\theta$就有$e^{\theta i}+e^{-\theta i}=2\cos\theta\\ e^{\theta i}-e^{-\theta i}=2i\sin\theta$於是$\cos\theta=\frac{e^{\theta i}+e^{-\theta i}}{2}\\ \sin\theta=\frac{e^{\theta i}-e^{-\theta i}}{2i}$這啓發我們在複數域也可以如此定義三角函數，對於複數$z$，定義$\cos z=\frac{e^{zi}+e^{-zi}}{2}\\ \sin z=\frac{e^{zi}-e^{-zi}}{2i}$如此定義的三角函數保持了實三角函數的一些性質：

(1)當$z$是實數時，$\sin z,\cos z$在實數域和複數域的定義一致
(2)$\sin z,\cos z$以$2\pi$爲週期
(3)$\sin z$是奇函數，$\cos z$是偶函數
(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)$\sin z,\cos z$在複平面上解析，並且$(\sin z)^\prime = \cos z\\ (\cos z)^\prime = - \sin z$(7)$\sin^2 z+\cos^2 z = 1$

實際上，(1)-(3)是顯然的，我們下面逐個驗證(4)-(7)：
(4)和(5)我們只驗證(4)，(5)的驗證是類似的：
$\sin(z_1+z_2)=\frac{e^{i(z_1+z_2)-e^{-i(z_1+z_2)}}}{2i}\\ \sin z_1.\cos z_2=\frac{e^{i(z_1+z_2)}-e^{i(z_2-z_1)}+e^{i(z_1-z_2)}-e^{-i(z_1+z_2)}}{4i}\\ \cos z_1.\sin z_2=\frac{e^{i(z_1+z_2)}-e^{i(z_1-z_2)}+e^{i(z_2-z_1)}-e^{-i(z_1+z_2)}}{4i}$據此可以驗證(4)等式左右兩邊相等
(6)則直接應用求導法則即可
(7)$\sin^2z=\frac{e^{2iz}+2+e^{-2iz}}{4}\\ \cos^2z=\frac{e^{2iz}-2+e^{-2iz}}{-4}$故$\sin^z+\cos^z=1$
但是在複數域，有些性質是不成立的，比如$|\sin z|\le 1,|\cos z|\le 1$。如果$\cos z\neq 0$，定義複數域的正切函數爲$\tan z=\frac{\sin z}{\cos z}$同樣，正切函數也解析，和實正切函數也有諸多類似的性質，這裏就不一一列舉了。

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1. 因爲如果$e^{\frac{2k_1m\pi i}{n}}=e^{\frac{2k_2m\pi i}{n}}$，那麼，$\frac{2(k_2-k_1)m\pi}{n}=2j\pi$，從而$(k_1-k_2)m$能被$n$整除，這意味着$k_1-k_2$或$m$能被$n$整除，而$m$不能被$n$整除，則$k-1-k_2$能被$n$整除，當$k_1,k_2=0,1,\cdots,n-1$時，$k_1-k_2$是不能被$n$整除的，這說明$k=0,1\cdots,n-1$時，這$n$個複數不同 ↩︎

2. 因爲如果$\alpha$是有理數，對兩個不同的整數$k_1,k_2$，如果$2\alpha(k_1-k_2)\pi=2j\pi$則
   $\alpha=\frac{j}{k_1-k_2}$說明$\alpha$是有理數，矛盾，因此對任意的不同的整數$k_1,k_2$，$e^{2\alpha k_1 \pi i},e^{2\alpha k_2 \pi i}$是兩個不同的值 ↩︎