初等解析函数
指数函数分出单值解析分支的方法对数函数幂函数三角函数
指数函数
定义3.1 对复数
z
=
x
+
i
y
z=x+iy
z=x+iy，定义：
e
z
=
e
x
(
cos
y
+
i
sin
y
)
e^z=e^x(\cos y+i\sin y )
ez=ex(cosy+isiny)
注意：以上的
e
z
e^z
ez并不是
e
e
e的
z
z
z次幂，而是一个记号，如果
z
z
z是实数，那么其定义是实数的指数一致，如果
z
z
z是纯虚数，
e
z
=
cos
y
+
i
sin
y
e^z=\cos y+i\sin y
ez=cosy+isiny就恰好为欧拉公式，对于
z
=
x
+
y
i
z=x+yi
z=x+yi，则
∣
e
z
∣
=
e
x
,
A
r
g
e
z
=
y
+
2
k
π
|e^z|=e^x,Arg e^z=y+2k\pi
∣ez∣=ex,Argez=y+2kπ
也就是说，对于直线
z
(
t
)
=
x
0
+
i
t
(
−
∞
<
t
<
∞
)
z(t)=x_0+it(-\infty z(t)=x0+it(−∞ w = e z w=e^z w=ez将 z ( t ) z(t) z(t)映射为 w w w平面上的一个半径为 e x 0 e^{x_0} ex0，圆心为0的圆。对于直线 z ( t ) = t + i y 0 z(t)=t+iy_0 z(t)=t+iy0， w = e z w=e^z w=ez将 z ( t ) z(t) z(t)映成 w w w平面的一条射线。下面我们列举 w = e z w=e^z w=ez的一些性质： (1) e z 1 . e z 2 = e z 1 + z 2 e^{z_1}.e^{z_2}=e^{z_1+z_2} ez1.ez2=ez1+z2 (2) w = e z w=e^z w=ez是复平面上的解析函数，并且 ( e z ) ′ = e z (e^z)^\prime=e^z (ez)′=ez (3) w = e z w=e^z w=ez有基本周期 2 k i 2ki 2ki 首先， e x + y i = e x + ( y + 2 π ) i e^{x+yi}=e^{x+(y+2\pi)i} ex+yi=ex+(y+2π)i，故 2 π i 2\pi i 2πi是 e z e^z ez的一个周期 其次，如果 T T T也是 e z e^z ez的周期，那么 e z + T = e z e^{z+T}=e^z ez+T=ez从而 e R e ( e z + T ) = ∣ e z + T ∣ = e R e ( z ) = ∣ e z ∣ e^{Re(e^{z+T})}=|e^{z+T}|=e^{Re(z)}=|e^z| eRe(ez+T)=∣ez+T∣=eRe(z)=∣ez∣故 R e ( z + T ) = R e ( z ) + R e ( T ) = R e ( z ) Re(z+T)=Re(z)+Re(T)=Re(z) Re(z+T)=Re(z)+Re(T)=Re(z)于是 R e ( T ) = 0 Re(T)=0 Re(T)=0，并且 cos ( I m ( z + T ) ) = cos ( I m ( z ) ) sin ( I m ( z + T ) ) = sin ( I m ( z ) ) \cos(Im(z+T))=\cos(Im(z))\\ \sin(Im(z+T))=\sin(Im(z)) cos(Im(z+T))=cos(Im(z))sin(Im(z+T))=sin(Im(z))于是 I m ( z + T ) = I m ( z ) + I m ( T ) = I m ( z ) + 2 k π Im(z+T)=Im(z)+Im(T)=Im(z)+2k\pi Im(z+T)=Im(z)+Im(T)=Im(z)+2kπ故 I m ( T ) = 2 k π Im(T)=2k\pi Im(T)=2kπ因此 T = 2 k π i T=2k\pi i T=2kπi因此 e z e^z ez的任意周期都是 2 π i 2\pi i 2πi的整数倍，从而 2 π i 2\pi i 2πi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 θ = A r g z \theta=Arg z θ=Argz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 − π < A r g z ≤ π -\pi −π A r g z Arg z Argz只能取主幅角，那么 θ \theta θ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 π \pi π，从路线2逼近负半轴，幅角值趋近于 − π -\pi −π。如果割破负半轴得到区域 G G G，主幅角函数就在 G G G上连续。 另一个分出单值分支的方法是取区域 G G G内任意一点 z 0 z_0 z0，当然， A r g z 0 Arg z_0 Argz0是不止一个值，取定其中一个，对于 z z z平面上的其他点 z ′ z^\prime z′，我们作一条 z 0 z_0 z0到 z ′ z^\prime z′的连续曲线，在动点 z z z从 z 0 z_0 z0向 z ′ z^\prime z′运动的过程中， A r g z Arg z Argz也随之连续变动，运动到 z ′ z^\prime z′处 A r g z Arg z Argz的值就是 z 0 z_0 z0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 z_0 z0出发，绕着 0 0 0逆时针环绕一周，幅角值连续变化，回到 z 0 z_0 z0时，幅角值将增加 2 π 2\pi 2π。如此一来，仅仅在 z 0 z_0 z0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 z z平面上作一条闭曲线 C C C，如果 C C C不包含 0 0 0，那么绕着 C C C环绕一周，不论选取什么初始值，回到 z 0 z_0 z0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 z_0 z0处取定幅角的某个初值 A r g z 0 Arg z_0 Argz0，逆时针环绕一周，幅角连续变化，回到 z 0 z_0 z0时，幅角还是 A r g z 0 Arg z_0 Argz0，可见 z = 0 z=0 z=0对于幅角函数来说，是一个很特殊点。如果 z 0 z_0 z0满足，绕着 z 0 z_0 z0作一个闭曲线 C C C， C C C上取一点 z 1 z_1 z1，对于多值函数 f ( z ) f(z) f(z)，取定某一个值 f ( z 1 ) f(z_1) f(z1)，从 z 0 z_0 z0出发，绕着 C C C逆时针转动，同时 f ( z ) f(z) f(z)连续变化，回到 z 1 z_1 z1时， f ( z ) f(z) f(z)与初值不同，则称 z 0 z_0 z0是 f f f的枝点。对于幅角函数来说 0 0 0是支点， ∞ \infty ∞也是支点，连接 0 0 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 z_0 z0，选取某一个初值 f ( z 0 ) f(z_0) f(z0)，对于另外一点 z z z，从 z 0 z_0 z0连续变动至 z z z，函数值也连续变动，可以唯一确定 f ( z ) f(z) 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 z=1 z=1处取幅角的初值 0 0 0，得到的单值分支就是 arg z \arg z argz。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 L L所示，在 z = 1 z=1 z=1处取主值 A r g z = 0 Arg z=0 Argz=0，从 z = 1 z=1 z=1连续运动到第二象限的某点，可见得到的幅角值在 − 3 π 2 -\frac{3\pi}{2} −23π到 − π -\pi −π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 − 3 π 2 -\frac{3\pi}{2} −23π到 − π -\pi −π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 π 2 \frac{\pi}{2} 2π到 π \pi π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 ≠ 0 z\neq 0 z=0，所有满足 e w = z e^w=z ew=z的复数 w w w称为 z z z的对数，记为 L n z Lnz Lnz 显然 L n z Lnz Lnz也是个多值函数，如果对于 z = x + y i z=x+yi z=x+yi，有 z = e a + b i = e a ( cos b + i sin b ) z=e^{a+bi}=e^a(\cos b+i\sin b) z=ea+bi=ea(cosb+isinb)就有 ∣ z ∣ = e a A r g z = b + 2 k π ( k = 0 , ± 1 , ⋯ ) |z|=e^a\\ Arg z=b+2k\pi(k=0,\pm 1,\cdots) ∣z∣=eaArgz=b+2kπ(k=0,±1,⋯)所以，选定 z z z的某个幅角 A r g z Arg z Argz，就有 L n z = ln ∣ z ∣ + ( A r g z + 2 k π ) i Ln z=\ln |z|+(Arg z+2k\pi)i Lnz=ln∣z∣+(Argz+2kπ)i所以给定某个非零复数 z z 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 A r g ( z 1 z 2 ) = A r g ( z 1 ) + A r g ( z 2 ) A r g ( z 1 z 2 ) = A r g ( z 1 ) − A r g ( z 2 ) Arg(z_1z_2)=Arg(z_1)+Arg(z_2)\\ Arg(\frac{z_1}{z_2})=Arg(z_1)-Arg(z_2) Arg(z1z2)=Arg(z1)+Arg(z2)Arg(z2z1)=Arg(z1)−Arg(z2)注意，以上两个式子的含义是，选定 z 1 z_1 z1的幅角值 A r g ( z 1 ) Arg(z_1) Arg(z1)， z 2 z_2 z2的幅角值 A r g ( z 2 ) Arg(z_2) Arg(z2)，则 A r g ( z 1 ) + A r g ( z 2 ) Arg(z_1)+Arg(z_2) Arg(z1)+Arg(z2)是 z 1 z 2 z_1z_2 z1z2的幅角值，复数相除时同理。因此，对于对数函数同样有 L n ( z 1 z 2 ) = L n ( z 1 ) + L n ( z 2 ) L n ( z 1 z 2 ) = L n ( z 1 ) − L n ( z 2 ) Ln(z_1z_2)=Ln(z_1)+Ln(z_2)\\ Ln(\frac{z_1}{z_2})=Ln(z_1)-Ln(z_2) Ln(z1z2)=Ln(z1)+Ln(z2)Ln(z2z1)=Ln(z1)−Ln(z2)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 L n z = ln ∣ z ∣ + i A r g z Lnz=\ln |z|+iArgz Lnz=ln∣z∣+iArgz不难看出 L n z Lnz Lnz多值性产生的根源在于 z z z的幅角函数的多值性，因此，我们可以通过限制 A r g z Argz Argz的范围来得到 L n z Lnz Lnz的单值分支，当然也可以通过割破 z z z平面的方法得到单值分支。如果我们绕着 0 0 0逆时针旋转一周，如绕着单位圆周 ∣ z ∣ = 1 |z|=1 ∣z∣=1旋转一周，起点是 z = 1 z=1 z=1，初值选择 0 0 0，当然此时 A r g z = 0 Argz=0 Argz=0，逆时针旋转，同时 A r g z Argz Argz连续变动，当然，相对应地， L n z Lnz Lnz也会相应地连续变动，运动一周回到 z = 1 z=1 z=1， L n z Lnz Lnz变成了 2 π i 2\pi i 2πi。显然 0 0 0和 ∞ \infty ∞是 L n z Lnz Lnz的支点，容易验证，除此之外没有支点，连接 0 0 0和 ∞ \infty ∞就得到 L n z Lnz 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 A r g z Argz Argz连续变动，相应地 L n z Lnz Lnz也会连续变动，运动到 z ′ z^\prime z′时的对数值就是该分支的函数值。由此就得到分出 L n z Lnz Lnz的连续分支，假设除去支割线的区域为 D D D， L n z Lnz Lnz为 D D D上的某个单值连续分支，则 L n ( z + Δ z ) − L n ( z ) Δ z = L n ( z + Δ z ) − L n ( z ) z + Δ z − z = L n ( z + Δ z ) − L n ( z ) e L n ( z + Δ z ) − e L n ( z ) \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} =ΔzLn(z+Δz)−Ln(z)=z+Δz−zLn(z+Δz)−Ln(z)eLn(z+Δz)−eLn(z)Ln(z+Δz)−Ln(z)当然， L n ( z ) Ln(z) 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 L n ( z + Δ z ) − L n ( z ) Δ z = 1 e L n ( z + Δ z ) − e L n ( z ) L n ( z + Δ z ) − L n ( z ) \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)}} ΔzLn(z+Δz)−Ln(z)=Ln(z+Δz)−Ln(z)eLn(z+Δz)−eLn(z)1从而 lim Δ z → 0 L n ( z + Δ z ) − L n ( z ) Δ z = 1 e L n ( z ) = 1 z \lim_{\Delta z\to 0}\frac{Ln(z+\Delta z)-Ln(z)}{\Delta z}=\frac{1}{e^{Ln(z)}}=\frac{1}{z} Δz→0limΔzLn(z+Δz)−Ln(z)=eLn(z)1=z1因此，每一个 L n ( z ) Ln(z) Ln(z)的单值分支都解析，并且 ( L n ( z ) ) ′ = 1 z (Ln(z))^\prime=\frac{1}{z} (Ln(z))′=z1 例3.1 在复平面上取上半虚轴作割线，试在所的区域内取 L n z Lnz 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 z=i z=i的值 解： 对于正实数 z = a z=a z=a， L n z = ln a + 2 k π i ( k = 0 , ± 1 , ⋯ ) Lnz=\ln a+2k\pi i(k=0,\pm 1,\cdots) Lnz=lna+2kπi(k=0,±1,⋯)，由于 L n z Lnz Lnz在正实轴上取实值，因此 k = 0 k=0 k=0，也就是说，在正实轴上 A r g z = 0 Argz=0 Argz=0，再连续变动， L n z Lnz Lnz相应地连续变动，就得到 L n z Lnz 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 L n z = ln ∣ z ∣ + i A r g z Lnz=\ln|z|+iArgz Lnz=ln∣z∣+iArgz其中 − 3 π 2 < A r g z < π 2 -\frac{3\pi}{2} −23π z = i z=i z=i处， ∣ z ∣ = 1 |z|=1 ∣z∣=1，从左边趋近得到的对数值是 − 3 π 2 i -\frac{3\pi}{2}i −23πi，从右边趋近得到的对数值为 π 2 i \frac{\pi}{2}i 2πi 幂函数 对于复数 α \alpha α，定义幂函数为 z α = e α L n z z^\alpha=e^{\alpha Lnz} zα=eαLnz，对不同的 α \alpha α，我们来进行分类讨论： (1) α \alpha α是有理数 α = m n \alpha=\frac{m}{n} α=nm，其中 m n \frac{m}{n} nm是既约分数 z α = e m [ l n ∣ z ∣ + ( arg z + 2 k π ) i ] n = ∣ z ∣ m n e m ( arg z + 2 k π ) i n 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}} zα=enm[ln∣z∣+(argz+2kπ)i]=∣z∣nmenm(argz+2kπ)i如果 n = 1 n=1 n=1，那么 z α z^\alpha zα是单值函数 如果 n > 1 n>1 n>1，有 n n n个不同的值，即上式取 k = 0 , 1 , ⋯ , n − 1 k=0,1,\cdots,n-1 k=0,1,⋯,n−11 (2) 当 α \alpha α是无理数时， z α z^\alpha zα有无穷多个值，即上式取 k = 0 , ± 1 , ± 2 , ⋯ k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots k=0,±1,±2,⋯2 (3)当 m m m为纯虚数时， z α z^\alpha zα也取无穷个值，相同的办法可以验证，当 m m m为虚部不为0的复数时， z α z^\alpha zα取无穷个值，即上式 k = 0 , ± 1 , ± 2 , ⋯ k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots k=0,±1,±2,⋯ (4)当 α = 1 n \alpha=\frac{1}{n} α=n1时， z α z^\alpha zα记为 z z z开 n n 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 ≠ 0 z\neq 0 z=0，取定 z z z的某个幅角值 A r g z Arg z Argz，相应地，得到一个 z α z^\alpha zα的值 e α ln ∣ z ∣ + i α A r g z e^{\alpha\ln|z|+i\alpha Argz } eαln∣z∣+iαArgz，在连续变动的过程中， A r g z Argz Argz连续变动，相应地 z α z^\alpha zα也会连续变动，当 α \alpha α不为整数时，容易验证 0 0 0是 z α z^\alpha zα的一个支点，相应地 ∞ \infty ∞也是 z α z^\alpha zα的一个支点，除此之外没有支点，连接 0 0 0和 ∞ \infty ∞就可以得到 z α z^\alpha zα的支割线，相应地可以分出 z α z^\alpha zα的解析分支，如果 α \alpha α是有理数， α = m n \alpha=\frac{m}{n} α=nm(既约分数)，则可以分出 n n n个不同的单值解析分支，当 α \alpha α为无理数或虚部不为0的复数时， z α z^\alpha zα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 α z^\alpha zα视为 e z e^z ez和 m L n z mLnz 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 α ) ′ = α z z α (z^\alpha)^\prime=\frac{\alpha}{z} z^{\alpha} (zα)′=zαzα 对于多项式 P ( z ) = z n + a 1 z n − 1 + ⋯ + a n − 1 z + a n ( a 0 ≠ 0 ) P(z)=z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_{n-1}z+a_n(a_0\neq 0) P(z)=zn+a1zn−1+⋯+an−1z+an(a0=0)，下面我们讨论根式 f ( z ) = P ( z ) m f(z)=\sqrt[m]{P(z)} f(z)=mP(z) 的支点和单值解析分支，由代数基本定理， P ( z ) P(z) P(z)可因式分解为 P ( z ) = ( z − z 1 ) k 1 ⋯ ( z − z s ) k s P(z)=(z-z_1)^{k_1}\cdots(z-z_s)^{k_s} P(z)=(z−z1)k1⋯(z−zs)ks其中 k 1 + ⋯ + k s = n , k i > 0 , z 1 , ⋯ , z s k_1+\cdots+k_s=n,k_i>0,z_1,\cdots,z_s k1+⋯+ks=n,ki>0,z1,⋯,zs为 P ( z ) P(z) P(z)的两两不同的根，则 P ( z ) m = ∣ P ( z ) ∣ m e ∑ i = 1 s k i A r g ( z − z i ) m \sqrt[m]{P(z)}=\sqrt[m]{|P(z)|}e^{\frac{\sum^{s}_{i=1}k_iArg(z-z_i)}{m}} mP(z) =m∣P(z)∣ em∑i=1skiArg(z−zi)可见可能的支点为 z 1 , ⋯ , z s , ∞ z_1,\cdots,z_s,\infty z1,⋯,zs,∞，如何判断 z 1 , ⋯ , z s z_1,\cdots,z_s z1,⋯,zs是否为 f ( z ) f(z) f(z)的支点，这是因为，绕着 z 1 z_1 z1的逆时针环绕一周（闭曲线 C C C围成的区域不含 z 2 , ⋯ , z s z_2,\cdots,z_s z2,⋯,zs），在运动过程中 A r g ( z − z 1 ) , ⋯ , A r g ( z − z s ) Arg(z-z_1),\cdots,Arg(z-z_s) Arg(z−z1),⋯,Arg(z−zs)均连续变动， A r g ( z − z 1 ) Arg(z-z_1) Arg(z−z1)获得增量 2 π 2\pi 2π，其余幅角不变，则 f ( z ) f(z) f(z)变为初值乘以 e 2 k 1 π m i e^{\frac{2k_1\pi}{m} i} em2k1πi，如果 k 1 k_1 k1能被 m m m整除， z 1 z_1 z1是支点，否则不是，因为 e 2 k 1 π m i = 1 e^{\frac{2k_1\pi}{m} i}=1 em2k1πi=1，环绕一周后 f ( z ) f(z) f(z)还是初值。如果作一条闭曲线 C C C，包含 z 1 , ⋯ , z i z_1,\cdots,z_i z1,⋯,zi ( i = 1 , ⋯ , s ) (i=1,\cdots,s) (i=1,⋯,s)，而不含其它的根。逆时针运动一周，每个幅角连续变动， ∑ i = 1 s k i A r g ( z − z i ) m \frac{\sum^{s}_{i=1}k_iArg(z-z_i)}{m} m∑i=1skiArg(z−zi)的改变量为 ∑ j = 1 i 2 π k j m \frac{\sum^{i}_{j=1}2\pi k_j}{m} m∑j=1i2πkj，显然，如果 ∑ j = 1 i k j \sum_{j=1}^ik_j ∑j=1ikj能被 m m 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 ) = ( 1 − z 2 ) ( 1 − k 2 z 2 ) ( k > 1 ) f(z)=\sqrt{(1-z^2)(1-k^2z^2)}(k>1) f(z)=(1−z2)(1−k2z2) (k>1)的支点，作适当的支割线，将 f ( z ) f(z) f(z)分成两个单值解析分支，并求在 z = 0 z=0 z=0取正值的那个分支 解： f ( z ) = ∣ ( 1 − z 2 ) ( 1 − k 2 z 2 ) ∣ e A r g ( z − 1 ) + A r g ( z + 1 ) + A r g ( z − 1 k ) + A r g ( z + 1 k ) 2 i 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} f(z)=∣(1−z2)(1−k2z2)∣ e2Arg(z−1)+Arg(z+1)+Arg(z−k1)+Arg(z+k1)i 显然 f ( z ) f(z) f(z)可能的支点有五个 1 , − 1 , 1 k , − 1 k , ∞ 1,-1,\frac{1}{k},-\frac{1}{k},\infty 1,−1,k1,−k1,∞，对闭曲线 C C C，容易验证，如果 C C C只含 1 , − 1 , 1 k , − 1 k 1,-1,\frac{1}{k},-\frac{1}{k} 1,−1,k1,−k1中的某一点，那么逆时针环绕一周， A r g ( z − 1 ) + A r g ( z + 1 ) + A r g ( z − 1 k ) + A r g ( z + 1 k ) Arg(z-1)+Arg(z+1)+Arg(z-\frac{1}{k})+Arg(z+\frac{1}{k}) Arg(z−1)+Arg(z+1)+Arg(z−k1)+Arg(z+k1)得到增量 2 π 2\pi 2π，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 π 4\pi 4π，环绕其中三个逆时针一周，得到增量 6 π 6\pi 6π，环绕四个逆时针一周得到增量 8 π 8\pi 8π， ∞ \infty ∞不是支点，分别连接 − 1 , − 1 k -1,-\frac{1}{k} −1,−k1和 1 k , 1 \frac{1}{k},1 k1,1，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 ) f(z) f(z)的支割线，在 z = 0 z=0 z=0处，如果 A r g ( z − 1 ) , A r g ( z + 1 ) , A r g ( z − 1 k ) , A r g ( z + 1 k ) Arg(z-1),Arg(z+1),Arg(z-\frac{1}{k}),Arg(z+\frac{1}{k}) Arg(z−1),Arg(z+1),Arg(z−k1),Arg(z+k1)都取主值，则 A r g ( z − 1 ) + A r g ( z + 1 ) + A r g ( z − 1 k ) + A r g ( z + 1 k ) = 2 π Arg(z-1)+Arg(z+1)+Arg(z-\frac{1}{k})+Arg(z+\frac{1}{k})=2\pi Arg(z−1)+Arg(z+1)+Arg(z−k1)+Arg(z+k1)=2π则 f ( z ) f(z) f(z)在 z = 0 z=0 z=0处取负值，因此，在 z = 0 z=0 z=0处， f ( z ) = ∣ ( 1 − z 2 ) ( 1 − k 2 z 2 ) ∣ e arg ( z − 1 ) + arg ( z + 1 ) + arg ( z − 1 k ) + arg ( z + 1 k ) 2 i + π i 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} f(z)=∣(1−z2)(1−k2z2)∣ e2arg(z−1)+arg(z+1)+arg(z−k1)+arg(z+k1)i+πi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 − 1 k ) , arg ( z + 1 k ) \arg(z-1),\arg(z+1),\arg(z-\frac{1}{k}),\arg(z+\frac{1}{k}) arg(z−1),arg(z+1),arg(z−k1),arg(z+k1)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 z=i z=i处的值，沿着直线 z = t i ( 0 ≤ t ≤ 1 ) z=ti(0\le t\le 1) z=ti(0≤t≤1)变动， arg ( z − 1 ) , arg ( z + 1 ) , arg ( z − 1 k ) , arg ( z + 1 k ) \arg(z-1),\arg(z+1),\arg(z-\frac{1}{k}),\arg(z+\frac{1}{k}) arg(z−1),arg(z+1),arg(z−k1),arg(z+k1)也连续变动，则 arg ( z + 1 ) , arg ( z + 1 k ) \arg(z+1),\arg(z+\frac{1}{k}) arg(z+1),arg(z+k1)的幅角在增加， arg ( z − 1 ) , arg ( z − 1 k ) \arg(z-1),\arg(z-\frac{1}{k}) arg(z−1),arg(z−k1)在减小，但变动过程中始终保持 arg ( z − 1 ) + arg ( z + 1 ) + arg ( z − 1 k ) + arg ( z + 1 k ) = 2 π \arg(z-1)+\arg(z+1)+\arg(z-\frac{1}{k})+\arg(z+\frac{1}{k})=2\pi arg(z−1)+arg(z+1)+arg(z−k1)+arg(z+k1)=2π见下图 在 z = i z=i z=i处 ∣ ( 1 − z 2 ) ( 1 − k 2 z 2 ) ∣ = 2 ( 1 + k 2 ) |(1-z^2)(1-k^2z^2)|=2(1+k^2) ∣(1−z2)(1−k2z2)∣=2(1+k2)则在 z = i z=i z=i处， f ( z ) = 2 ( 1 + k 2 ) f(z)=\sqrt{2(1+k^2)} f(z)=2(1+k2) 三角函数 由欧拉公式，对于实数 θ \theta θ，有 e θ i = cos θ + i sin θ e^{\theta i}=\cos\theta+i\sin\theta eθi=cosθ+isinθ就有 e θ i + e − θ i = 2 cos θ e θ i − e − θ i = 2 i sin θ e^{\theta i}+e^{-\theta i}=2\cos\theta\\ e^{\theta i}-e^{-\theta i}=2i\sin\theta eθi+e−θi=2cosθeθi−e−θi=2isinθ于是 cos θ = e θ i + e − θ i 2 sin θ = e θ i − e − θ i 2 i \cos\theta=\frac{e^{\theta i}+e^{-\theta i}}{2}\\ \sin\theta=\frac{e^{\theta i}-e^{-\theta i}}{2i} cosθ=2eθi+e−θisinθ=2ieθi−e−θi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 z z，定义 cos z = e z i + e − z i 2 sin z = e z i − e − z i 2 i \cos z=\frac{e^{zi}+e^{-zi}}{2}\\ \sin z=\frac{e^{zi}-e^{-zi}}{2i} cosz=2ezi+e−zisinz=2iezi−e−zi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 z z是实数时， sin z , cos z \sin z,\cos z sinz,cosz在实数域和复数域的定义一致 (2) sin z , cos z \sin z,\cos z sinz,cosz以 2 π 2\pi 2π为周期 (3) sin z \sin z sinz是奇函数， cos z \cos z cosz是偶函数 (4) sin ( z 1 + z 2 ) = sin z 1 cos z 2 + cos z 1 sin z 2 \sin (z_1+z_2)=\sin z_1\cos z_2+\cos z_1\sin z_2 sin(z1+z2)=sinz1cosz2+cosz1sinz2 (5) cos ( z 1 + z 2 ) = cos z 1 cos z 2 − sin z 1 sin z 2 \cos(z_1+z_2)=\cos z_1\cos z_2-\sin z_1\sin z_2 cos(z1+z2)=cosz1cosz2−sinz1sinz2 (6) sin z , cos z \sin z,\cos z sinz,cosz在复平面上解析，并且 ( sin z ) ′ = cos z ( cos z ) ′ = − sin z (\sin z)^\prime = \cos z\\ (\cos z)^\prime = - \sin z (sinz)′=cosz(cosz)′=−sinz(7) sin 2 z + cos 2 z = 1 \sin^2 z+\cos^2 z = 1 sin2z+cos2z=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 ) = e i ( z 1 + z 2 ) − e − i ( z 1 + z 2 ) 2 i sin z 1 . cos z 2 = e i ( z 1 + z 2 ) − e i ( z 2 − z 1 ) + e i ( z 1 − z 2 ) − e − i ( z 1 + z 2 ) 4 i cos z 1 . sin z 2 = e i ( z 1 + z 2 ) − e i ( z 1 − z 2 ) + e i ( z 2 − z 1 ) − e − i ( z 1 + z 2 ) 4 i \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} sin(z1+z2)=2iei(z1+z2)−e−i(z1+z2)sinz1.cosz2=4iei(z1+z2)−ei(z2−z1)+ei(z1−z2)−e−i(z1+z2)cosz1.sinz2=4iei(z1+z2)−ei(z1−z2)+ei(z2−z1)−e−i(z1+z2)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 2 z = e 2 i z + 2 + e − 2 i z 4 cos 2 z = e 2 i z − 2 + e − 2 i z − 4 \sin^2z=\frac{e^{2iz}+2+e^{-2iz}}{4}\\ \cos^2z=\frac{e^{2iz}-2+e^{-2iz}}{-4} sin2z=4e2iz+2+e−2izcos2z=−4e2iz−2+e−2iz故 sin z + cos z = 1 \sin^z+\cos^z=1 sinz+cosz=1 但是在复数域，有些性质是不成立的，比如 ∣ sin z ∣ ≤ 1 , ∣ cos z ∣ ≤ 1 |\sin z|\le 1,|\cos z|\le 1 ∣sinz∣≤1,∣cosz∣≤1。如果 cos z ≠ 0 \cos z\neq 0 cosz=0，定义复数域的正切函数为 tan z = sin z cos z \tan z=\frac{\sin z}{\cos z} tanz=coszsinz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。 因为如果 e 2 k 1 m π i n = e 2 k 2 m π i n e^{\frac{2k_1m\pi i}{n}}=e^{\frac{2k_2m\pi i}{n}} en2k1mπi=en2k2mπi，那么， 2 ( k 2 − k 1 ) m π n = 2 j π \frac{2(k_2-k_1)m\pi}{n}=2j\pi n2(k2−k1)mπ=2jπ，从而 ( k 1 − k 2 ) m (k_1-k_2)m (k1−k2)m能被 n n n整除，这意味着 k 1 − k 2 k_1-k_2 k1−k2或 m m m能被 n n n整除，而 m m m不能被 n n n整除，则 k − 1 − k 2 k-1-k_2 k−1−k2能被 n n n整除，当 k 1 , k 2 = 0 , 1 , ⋯ , n − 1 k_1,k_2=0,1,\cdots,n-1 k1,k2=0,1,⋯,n−1时， k 1 − k 2 k_1-k_2 k1−k2是不能被 n n n整除的，这说明 k = 0 , 1 ⋯ , n − 1 k=0,1\cdots,n-1 k=0,1⋯,n−1时，这 n n n个复数不同 ↩︎ 因为如果 α \alpha α是有理数，对两个不同的整数 k 1 , k 2 k_1,k_2 k1,k2，如果 2 α ( k 1 − k 2 ) π = 2 j π 2\alpha(k_1-k_2)\pi=2j\pi 2α(k1−k2)π=2jπ则 α = j k 1 − k 2 \alpha=\frac{j}{k_1-k_2} α=k1−k2j说明 α \alpha α是有理数，矛盾，因此对任意的不同的整数 k 1 , k 2 k_1,k_2 k1,k2， e 2 α k 1 π i , e 2 α k 2 π i e^{2\alpha k_1 \pi i},e^{2\alpha k_2 \pi i} e2αk1πi,e2αk2πi是两个不同的值 ↩︎