為了複習這個,我們先來看看複數域上的級數如何定義的.這與$\mathbb r$上一樣.稱乙個復級數$\sum\limits_^z_(z_\in\mathbb c)$收斂是指其部分和$s_=\sum\limits_^z_$收斂,並將極限值稱為該復級數的和.類似的稱復函數列$\(z)\}(z\in\omega\subset\mathbb c)$一致收斂於$f(z)$是指:對任意的$\varepsilon>0$,都存在著與$z$無關的$n>0$使得當$n>n$時恒有
\[|f_(z)-f(z)|<\varepsilon.\]
類似的我們有(一致)收斂的cauchy收斂原理,復函式項級數收斂我們有weierstrass定理,以及復冪級數$\sum\limits_^a_z^n$的abel定理及其收斂半徑的hadamard公式
\[r=\frac}\sqrt[n]|}}\]
而且乙個重要的結果是,該級數在$|z|
在數學分析中,所謂初等函式即是由基本初等函式經過有限次四則運算以及復合得到的函式.然而如果我們將這些函式在$\mathbb c$上自然推廣,又會得到怎樣的性質呢.如同冪指數$e^,a\in m_(\mathbb f)$的定義一樣,最自然的我們想到採用級數來定義.例如我們定義
\[e^=1+\frac+\cdots+\frac+\cdots\]
如果以$z=iy$帶入,
這樣很容易得到所謂的euler公式
\[e^=\cos\theta+i\sin\theta,\theta\in\mathbb r\]
據此很自然我們定義
\[\cos z=\frac+e^},\sin z=\frac-e^}\]
此外我們很容易定義其反函式$z$:稱若$w$滿足$e^w=z$,則稱$w$為$z$的對數,記做
\[w=z\]
因為我們知道$e^0=1$,而$e^=\cos2\pi+i\sin2\pi=1$,從而$z$他事實上是乙個多值函式.類似的我們可以定義三角函式的反函式$\arcsin,\arccos$等等.
對於冪函式$z^\alpha$,如同實數很自然的我們定義
\[w=z^\alpha=e^ z}\]
這樣對於幾個基本初等函式的定義我們已經完全給出了.再來看在$\mathbb c$上他們又具有哪些性質。
先來考慮$e^z$,如果以$z=x+iy$,很容易得出
1)$e^z$在全平面$\mathbb c$上有定義,即$\sum\frac$在全平面收斂且$e^z>0$;2)$e^}\cdot e^}=e^+z_}$;3)$e^z$是以$2\pi$為週期的函式;
4)$e^z$在$\mathbb c$上全純且$\left(e^z\right)'=e^z$
(這是由於$e^z=e^x\cos y+ie^z\sin y$實部和虛部分別可微且滿足c-r方程)
如果我們將函式$w=f(z)$看做由$z$平面到$w$平面的對映,很容易得到其單葉性區域為
\[2k\pi
再來看對數函式$w=z$,設$z=\rho e^,w=u+iv$,則
\[e^u(\cos v+i\sin v)=\rho(\cos\theta+i\sin\theta)\]
易知$r=e^u,v=\theta+2k\pi$,從而
\[z:w=\ln r+i(\theta+2k\pi)=\ln|z|+iz\]
據此易知
\[z_z_=z_+z_\]
特別的稱$\ln|z|+iz$為對數$z$的主值,記做$\ln z$.
我們考慮區域$\omega=\mathbb c\setminus\$,這時$0\[w_(z)=\ln|z|+i(z+2k\pi)\]
他的單葉性區域即為$\omega$且將$\omega$映為與實軸平行的帶狀區域
\[d_:2k\pi
再來看三角函式,很容易知道其滿足:
1)$\sin z,\cos z$均在$\mathbb c$上全純且
\[(\sin z)'=\cos z,(\cos z)'=-\sin z\]
2)$\sin z,\cos z$均以$2\pi$為週期;3)$\sin z$為奇函式,$\cos z$為偶函式;4)與實函式一樣有和差角公式;5)滿足
\[\sin^2z+\cos^2z=1,\sin\left(\frac-z\right)=\cos z\]
6)$\sin z$的零點僅為$k\pi$,$\cos z$的零點僅為$k\pi+\frac$
以上結論都與實函式類似,然而不同的是在$\mathbb c$上,$\sin z,\cos z$都是無界的,這是由於如果我們取$z=iy$,那麼
\[\left|\cos iy\right|=\frac+e^}>\frac\]
我們再來看三角函式的單葉性區域,先看$w=\cos z=\frac+e^}$,他由函式
\[u=iz,v=e^,w=\frac\left(v+\frac\right)\]
復合而成,第乙個為旋轉,在全平面上單葉.第二個為指數函式,他單葉的條件為$u$平面上不包含$u_-u_=i2k\pi$的兩個點,即在$z$平面上不包含$z_-z_=2k\pi$的兩點.而第三個函式,如果我們設
\[v_+\frac}=v_+\frac}\]
如果$v_\neq v_$,可知必須有$v_v_=1$,從而第三個函式的單葉性的條件為$v$平面上不包含$v_v_=1$的兩點,即在$z$平面上不包含$z_+z_=2k\pi$的兩點.綜上我們就得到了$\cos z$的單葉性區域.例如$0類似的方法可以考慮$\sin z$的單葉性區域.
再來看反三角函式$w=\arccos z$,那麼
\[z=\cos w=\frac+e^}\]
容易解出$e^=z\pm\sqrt$,因此
\[w=-i\left(z\pm\sqrt\right)=\pm i\left(z+\sqrt\right)\]
最後一步是由於
\[\left(z+\sqrt\right)+\left(z-\sqrt\right)=1\]
而$\arcsin$我們便可直接利用結果,定義
\[\arcsin z=\frac-\arccos z\]
再看冪函式$w=z^$,設$\alpha=a+ib$,則
\[z^\alpha=e^z}=e^z+2k\pi)}\cdot e^z+2k\pi)\right]}\]
顯然如果$b\neq0$,$z^\alpha$是無窮多值的;如果$b=0$,那麼
\[z^=|z|^ae^z+2k\pi)i}\]
如果1)$a=n\in\mathbb z$,則顯然$z^\alpha=z^n$是單值的;
2)如果$a\in\mathbb q$,設$a=\frac(p,q\in\mathbb n^+)$,不妨設$p
\[z^\alpha=|z|^}e^2k\pi}e^z}\]
考慮其中的$\frack\cdot2\pi$,如果
\[\frack_\cdot2\pi\equiv\frack_\cdot2\pi(\mod 2\pi)\]
那麼相應的函式值是一樣的,而模$q$的剩餘類$[q]$僅有$q$個不同的等價類,因此此時對於給定的$z$,$z^\alpha$是多值函式但僅有$q$個不同的值.
3)若$a\in\mathbb r\setminus\mathbb q$,此時$z^\alpha$也為無窮多值函式.
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