复变函数期末总结 – 小小的博客

一、复数

模与共轭的公式$ z \cdot \overline{z} = |z|^2$
幅角定义 $\text{Arg}(z) = \theta + 2k\pi $其中， 主值角：$\theta \in (-\pi, \pi]，即 \arg(z)$。
三角和指数表示$z = r e^{i\theta} = r (\cos \theta + i \sin \theta)$
复数乘法与除法
- 给出两个复数： $z_1 = r_1 e^{i\theta_1}, \quad z_2 = r_2 e^{i\theta_2}$
- 乘法公式： $z_1 \cdot z_2 = r_1 r_2 e^{i(\theta_1 + \theta_2)}$
- 除法公式：$ \frac{z_1}{z_2} = \frac{r_1}{r_2} e^{i(\theta_1 – \theta_2)}$
复数的n次方 $z^n = r^n e^{in\theta}$
n次根的主值形式 $\sqrt[n]{z} = r^{\frac{1}{n} }\left( \cos \frac{\theta + 2k\pi}{n} + i \sin \frac{\theta + 2k\pi}{n} \right) ,k\in\mathbb{Z}$。

二、复变函数

2.1

复变函数的定义：一个复数映射到另外一个复变函数

$z = x+iy$

$w = f(z) = u(x,y)+iv(x,y)$

2.2 考法

题型一：

①设$z = x+iy$

② 将 $z$带入表达式中

③ $u,v$ 代替 $x,y$

适用于一般情况下的题目

例题：

有函数$w = z^2$，试问它把 z 平面上的下列曲线分别变成 w 平面上的何种曲线？

双曲线：$x^2-y^2 = 4$

解题：

设$z = x+iy$

所以$z^2 = (x+iy)^2 = x^2-y^2+2ixy$

可以得到：$\left\{ \begin{aligned} u &= x^2 – y^2 \\ v &= 2xy \end{aligned} \right.$

所以双曲线到$u,v$平面上面的方程：

$u = x^2-y^2 = 4$

最后就可以得到：由$x,y$平面的双曲线图像转化到$u,v$平面中的一条直线

三、解析函数，$c-r$方程

3.1 极限的定义

$\lim\limits_{(x,y)\to(x_o,y_o)}f(z) = L,L是一个常数$

定理1：极限存在的充要条件：

设$w = f(z) = u(x,y)+iv(x,y)$

若：$\left\{ \begin{aligned} \lim\limits_{(x,y)\to(x_o,y_o)}u(x,y) &= a\\ \lim\limits_{(x,y)\to(x_o,y_o)}v(x,y) &= b \end{aligned} \right.$

则$w$的极限存在

例题：设$f(z) = \frac{z}{\overline{z}}$,求解$f(z)$在$(0,0)$极限不存在

$f(z) = \frac{x + yi}{x – yi} = \frac{(x + yi)^2}{x^2 + y^2}$

展开得到：

$f(z) = \frac{x^2 – y^2}{x^2 + y^2} + \frac{2xy}{x^2 + y^2} i$

设$u(x,y)=\frac{x^2 – y^2}{x^2 + y^2}$

其中第一次设$y = x$,带入$u(x,y)$中，

得到：$u(x,y) =\frac{x^2-x^2}{x^2 + x^2} = 0$

其中第二次设$y = 2x$,带入$u(x,y)$中，

得到：$u(x,y) =\frac{x^2-4x^2}{x^2 + 4x^2} = -\frac{3}{5}$

第一次和第二次的结果不一样，所以u(x,y)的极限不存在

3.2 解析性

定义：在有面积的区域内是可微的

$C-R$方程：

设f(z)是一个复变函数，其中$z = x+iy,f(z) = u(x,y)+iv(x,y)11$

如果$f(z)$在$z_0$处解析，那么就满足：

$\color{red}{}\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}, \quad \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}$

这是一个充要条件

3.3 初等解析函数

单值函数

（1）指数函数

$e^z = z^{x+iy}=e^2{\cos y +i \sin y}$

性质：

①$e^z\neq 0$,注意在实数域上面是大于零了

②以 $2\pi i$作为一个周期了

（2）三角函数

$\sin z = \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i},\cos z =\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$

①求导的性质和实数域上面是完全一样了

②都是以$2 \pi$为周期的

③$|\sin z|$和$|\cos z|$都是无界的

补充：$\sin z = \sin (x+iy)$

$\sin (iy) = -i\sinh y$

多值函数（就是给一个$z$，给出更多了值。也就是给一吐多）

1.辐角函数

$Arg\theta = arg \theta+2k\pi$

主值：$arg\theta\pi$

周期：$2k\pi$

例子：$Arg(1+i) = arg(1+i)+2k\pi=\frac{\pi}{4}+2k\pi$

2.对数函数

$Ln(z) = \ln |z|+iarg\theta+i2k\pi$

其中$\ln |z|$,就是实函数中的对数函数，对数函数的周期性：$i2k\pi$

例子：$Ln(3+4i) = \ln(\sqrt{3^2+4^2})+\arctan\frac{4}{3}+i2k\pi$

最后结果就是：$\ln5+\arctan\frac{4}{3}+i2k\pi$

四、复变函数的积分

种类一：直接积分（和实函数一样的，积分法则也是一样的）

种类二：含有x,y

理论：①$z = x+iy$

②$f(z) = u(z,y)+iv(x,y)$

$\because dz = dx+idy$

$\therefore \int_cf(z)dz = \int_c(u+v_i)(dx+idy)$

$\therefore \int_cf(z)dz = \int_c(udx-vdy)+i\int_c(udy+vdx)$

计算：

例一：计算积分$\int_c(z-y+ix^2)dz$,积分路径c是连接原点到$1+i$的直线段

步骤一：

把$dz = dx+idy$代入$\int_c(z-y+ix^2)dz$，可以得到$\int_c(z-y+ix^2)(dx+idy)$

化简得到：

$\int_c(x-y)dx-x^2dy+i\int_cx^2dx+(x-y)dy$

由于$c$表示$0\to 1+i$

所以可以把直线的参数方程设成$\left\{ \begin{aligned} t &= x\\ t &= y \end{aligned} \right.(t\in(0,1))$

所以原式 $= -\int_0^1t^2dt +i\int_0^1t^2dt = -\frac{1}{3}+\frac{1}{3}i$

柯西积分

第一种$\int_cf(z)dz$,$c$是闭环

如果$f(z)$在$c$中解析的，那么$\int_cf(z)dz = 0$

第二种$\int_c\frac{1}{z-a}dz$,$c$是闭环,奇点为$z = a$,在$z = a$出不解析

①$a$点在$c$闭环的外面和上面，原积分为$0$

②$a$点在$c$闭环的内部，原积分为$2\pi i$

注意：

①奇点的次数是一次的

②除了$z-a$处，其余地方都没有$z$的出现

例子：$\int_c\frac{2z-1}{z^2-z}dz$,$c$是包含圆周$|z| = 1$在内的闭合曲线

根据闭合回路的原理

SVG Diagram with Adjustments

$\because \frac{2z-1}{z^2-z} = \frac{1}{z-1}+\frac{1}{z}$

$\therefore \int_c\frac{2z-1}{z^2-z} = \int_c\frac{1}{z-1}+\frac{1}{z}dz = \int_{c_1}\frac{1}{z-1}dz+\int_{c_2}\frac{1}{z}dz$

$\therefore 原式 = 4\pi i$

第三种$\int_c\frac{1}{(z-a)^n}$

①$n = 1，为2\pi i$

②$n\neq1,为0$

第四种：$\int_c\frac{f(z)}{z-a}dz$

①$a$在$c$外为$0$

②$c$在$a$内

$\int_c\frac{f(z)}{z-a}dz = 2\pi f(z) \big|_{z=a}$

例子：设$c$为圆环为$|z| = 2$的一个闭合曲线,$\int_c\frac{z}{(9-z^2)(z+i)}dz$

$\int_c\frac{z}{(9-z^2)(z+i)}dz$

$\int_c\frac{z}{(3-z)(3+z)(z+i)}dz$

由于在$|z| = 2$的一个闭合曲线里面，只有一个$z = -i$是一个奇点

$=\int_c\frac{\frac{z}{9-z^2}}{z+i}dz = 2\pi i \frac{z}{9-z^2}\big|_{z=-i} = -\frac{\pi}{5}$

第五种：$\quad \int_C \frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}} \, dz = \frac{2\pi i}{n!} \cdot f^{(n)}(z)\Big|_{z=a}$

例:$\quad \int_C \frac{\cos(z)}{(z-1)^2} \, dz, \quad$其中$C$是绕$z=i$的闭合周线

原式$= \frac{2\pi i}{1!} \cdot (\cos z)”\Big|_{z=i}$

$= 2\pi i \cdot -\cos z\Big|_{z=i} = 2\pi i(-\cos i) = -2\pi i \cos i$

其他定理

一、设$f(z)$在复平面上的区域$D$内解析，则$f(z)$在$D$内任意多阶导数，都是$f(z)$的解析函数。

二、柯西不等式: 设复数$f(z)$在$D$内解析,为$D$内一点，以$O$为圆心，作圆周,$\gamma: |z-c|=R$, $z$为圆内部区域,则有: $\left| f^{(n)}(a) \right| \leq \frac{n! \cdot M(R)}{R^n}, \quad$其中$M(R) = \max\left| f(z) \right|, \, z \in \gamma, \, n = 1, 2, \dots$

例: 设$f(z)$是整函数,$n$为整数，证明当$\lim\limits_{z \to \infty} \frac{f(z)}{z^n} = 0$时,$f(z)$至多是$n$次多项式。

$\because \lim\limits_{z \to \infty} \frac{f(z)}{z^n} = 0$

$\therefore \left| \frac{f(z)}{z^n} – 0 \right| < \varepsilon$

$\therefore \left| f(z) \right| < \varepsilon \cdot z^n \quad \Rightarrow \quad M(R) < \varepsilon \cdot z^n$

又$\left| f^{(n)}(z) \right| < \frac{n! \cdot M(R)}{R^n}, \quad$不妨设$R > z$

$\therefore \left| f^{(n)}(z) \right| < \frac{n! \cdot (\varepsilon \cdot z^n)}{R^n} = n! \cdot \varepsilon \cdot \left( \frac{z}{R} \right)^n < n! \cdot \varepsilon\to0$ (其中$\frac{z}{R}<1$)

三、刘维尔定理：有界整函数必定为常数。

例：如整函数$f(z)$为整函数，且有使 $\operatorname{Re} f(z) < M$的实数$M$存在，试证$f(z)$为常数

令$F(z) = e^{f(z)} = e^{\operatorname{Re} f(z) + i \operatorname{Im} f(z)} = e^{\operatorname{Re} f(z)} \left( \cos \theta + i \sin \theta \right)$

$\therefore |F(z)| < e^{\operatorname{Re} f(z)} \to$为一个常数

$\therefore F(z) = z^{f(z)}$为有界，故有整函数为常函数

$\therefore f(z)$为常数}

调和函数

调和函数: $u(x, y)$

$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0 \quad \Rightarrow \quad u $为调和函数

$u_xx + u_yy = 0$

$f(z) = u + iv$解析

$\therefore u, v$都是调和函数，为共轭调和函数

1. 已知$u$, 求 $v$：

$v(x, y) = \int_{(0, 0)}^{(x, y)} -u_y dx + u_x dy + C$

2. 已知$v$,求$u: u(x, y) = \int_{(0, 0)}^{(x, y)} v_y dx – v_x dy + C$

例子: 设 $u(x, y) = x^3 – 3xy^2$ 是 z 平面上的调和函数，求以$u$为实部的解析函数 $f(z)$。而且$f(0) = i$

$\quad u_x = 3x^2 – 3y^2, \quad u_y = -6xy$

$\quad u_{xx} = 6x, \quad u_{yy} = -6x$

$\quad u_{xx} + u_{yy} = 0$

求 $ v(x, y)$

$\quad v(x, y) = \int_{(0, 0)}^{(x, y)} -u_y \, dx + u_x \, dy$

$\quad v(x, y) = \int_{(0, 0)}^{(x, y)} 6xy \, dy + (3x^2 – 3y^2) \, dx$

$\quad = \int_{(0, 0)}^{(x, y)} 6xy \, dy + \int_{(0, y)}^{(x, y)} (3x^2 – 3y^2) \, dx$

幂函数的收敛性

收敛半径求解方法：

$R = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{c_n}} = \lim\limits_{n\to\infty}|\frac{c_n}{c_{n+1}}|$

例1: $\sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n^2}$，求解收敛半径

$\because C_n = \frac{1}{n^2}$

$\therefore R = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{c_n}} = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n^2}$

$R =\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n^2} = \lim\limits_{n\to\infty}n^{\frac{2}{n}} = \lim\limits_{n\to\infty}e^{\frac{2}{n}\ln n} =e^{\lim\limits_{n\to\infty}e^{\frac{2}{n}\ln n}}$

$$e^{\lim\limits_{n\to\infty}e^{\frac{2}{n}\ln n}} = e^0 = 1$$

例二：$\sum_{n=0}^\infty \cos{(i{n})} (z-1)^n$

$\because C_n = \cos(in) = \frac{e^{-n}+e^{n}}{2}$

$\therefore C_{n+1} =\frac{e^{-(n+1)}+e^{(n+1)}}{2}$

$R = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{C_n}{C_{n+1}} =\lim\limits_{n\to\infty}\frac{e^{-n}+e^{n}}{e^{-(n+1)}+e^{(n+1)}} = \frac{1}{e}$

泰勒展开（和实数域闪上面是一样的，但是要求就是必须在D上面解析）

重要的泰勒展开式

$$
\color{red}{}e^z = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}
$$

$$
\color{red}{}\cos z = 1 – \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} – \cdots + (-1)^n \frac{z^{2n}}{(2n)!}
$$

$$
\color{red}{}\sin z = z – \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} – \cdots + (-1)^n \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}
$$

$$
\color{red}{}\frac{1}{1-z} = 1 + z + z^2 + \cdots + z^n = \sum_{n=0}^\infty z^n, \quad |z| < 1
$$

$$
\color{red}{}\frac{1}{1+z} = 1 – z + z^2 – z^3 + \cdots = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n z^n, \quad |z| < 1
$$

例1: 求解\frac{e^z}{1-z}的泰勒展示

$$
\frac{e^z}{1-z} = e^z \cdot (1 + z + z^2 + \cdots + z^n + \cdots)
$$

公式展开为：

$$
\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!} \cdot z^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^{2n}}{n!}
$$

例2，试将函数 f(z) = \frac{z}{z+2} 按 z 指数展开，并指出其收敛范围。

令 t = z-1，可以化简为：

$$
f(z) = \frac{t+1}{t+3} = 1 – \frac{2}{t+3} = 1 – \frac{2}{3} \left( \frac{1}{1 + \frac{t}{3}} \right)
$$

将其展开为级数：

$$
f(z) = 1 – \frac{2}{3} \sum_{n=0}^\infty \left(-\frac{t}{3}\right)^n
$$

进一步简化：

$$
f(z) = 1 – \frac{2}{3} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \left(\frac{1}{3}\right)^n t^n
$$

代回 t = z-1，最终得：

$$
f(z) = 1 – \frac{2}{3} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \left(\frac{1}{3}\right)^n (z-1)^n
$$

因此，当 |z| < 3 时，级数收敛。

洛朗展开——在圆环上确定

$$
f(z) = \sum_{n=-\infty}^\infty C_n (z-a)^n
$$

$n$ 可能为负
分项存在
$D$为圆环

例：

求$f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}$分别在(1)$|z|<1$,(2)$1<|z|<2$,(3)$1<|z|$的展式。

当$|z| < 1$:

$$
f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)} = \frac{1}{z-1} – \frac{1}{z-2}
$$

将分母分解并展开： $\frac{1}{z-1} = -\frac{1}{1-z} = -(1 + z + z^2 + z^3 + \cdots)$

$\frac{1}{z-2} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 – \frac{z}{2}} = -\frac{1}{2} \cdot \left(1 + \frac{z}{2} + \frac{z^2}{4} + \cdots\right)$

将这两个展开代入原函数，乘法展开后得到：

$$
f(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n z^n
$$

其中$a_n$是具体的系数。在 $|z| < 1$ 范围内，该级数收敛。

当 $1 < |z| < 2$:

在 $1 < |z| < 2$ 的范围内，需分别展开 $\frac{1}{z-1} 和 \frac{1}{z-2}$。将函数分解为：

$$
f(z) = \frac{1}{z-1} – \frac{1}{z-2}
$$

然后分别展开： $\frac{1}{z-1} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 – \frac{1}{z}} = \frac{1}{z} \cdot \left(1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{z^2} + \cdots\right)$

$\frac{1}{z-2} = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 – \frac{2}{z}} = \frac{1}{z} \cdot \left(1 + \frac{2}{z} + \frac{2^2}{z^2} + \cdots\right)$

代入后整理得到：

$$
f(z) = \sum_{n=-\infty}^\infty b_n z^n
$$

该级数表示包含正幂次和负幂次项，是洛朗级数形式。在 $1 < |z| < 2$ 范围内收敛。

当 $|z| > 2$:

在 $|z| > 2$ 的范围内，$z$ 的模值远大于$1$，此时可以直接利用外部展开公式：