复分析学习4——初等函数
为了复习这个,我们先来看看复数域上的级数如何定义的.这与$\mathbb R$上一样.称一个复级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}z_{n}(z_{n}\in\mathbb C)$收敛是指其部分和$S_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}z_{k}$收敛,并将极限值称为该复级数的和.类似的称复函数列$\{f_{n}(z)\}(z\in\Omega\subset\mathbb C)$一致收敛于$f(z)$是指:对任意的$\varepsilon>0$,都存在着与$z$无关的$N>0$使得当$n>N$时恒有
\[|f_{n}(z)-f(z)|<\varepsilon.\]
类似的我们有(一致)收敛的Cauchy收敛原理,复函数项级数收敛我们有Weierstrass定理,以及复幂级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n}z^n$的Abel定理及其收敛半径的Hadamard公式
\[R=\frac{1}{\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{|a_{n}|}}\]
而且一个重要的结果是,该级数在$|z|<R$内不仅收敛而且其和函数还是全纯的,而且可以逐项求导数,而导函数项级数与原级数具有相同的收敛半径.
在数学分析中,所谓初等函数即是由基本初等函数经过有限次四则运算以及复合得到的函数.然而如果我们将这些函数在$\mathbb C$上自然推广,又会得到怎样的性质呢.如同幂指数$e^{A},A\in M_{n}(\mathbb F)$的定义一样,最自然的我们想到采用级数来定义.例如我们定义
\[e^{z}=1+\frac{z}{1!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+\cdots\]
如果以$z=iy$带入,这样很容易得到所谓的Euler公式
\[e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta,\theta\in\mathbb R\]
据此很自然我们定义
\[\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2},\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}\]
此外我们很容易定义其反函数${\rm Ln}z$:称若$w$满足$e^w=z$,则称$w$为$z$的对数,记做
\[w={\rm Ln}z\]
因为我们知道$e^0=1$,而$e^{2\pi}=\cos2\pi+i\sin2\pi=1$,从而${\rm Ln}z$他事实上是一个多值函数.类似的我们可以定义三角函数的反函数$\arcsin,\arccos$等等.
对于幂函数$z^\alpha$,如同实数很自然的我们定义
\[w=z^\alpha=e^{\alpha{\rm Ln} z}\]
这样对于几个基本初等函数的定义我们已经完全给出了.再来看在$\mathbb C$上他们又具有哪些性质。
先来考虑$e^z$,如果以$z=x+iy$,很容易得出
1)$e^z$在全平面$\mathbb C$上有定义,即$\sum\frac{z^n}{n!}$在全平面收敛且$e^z>0$;2)$e^{z_{1}}\cdot e^{z_{2}}=e^{z_{1}+z_{2}}$;3)$e^z$是以$2\pi$为周期的函数;4)$e^z$在$\mathbb C$上全纯且$\left(e^z\right)'=e^z$(这是由于$e^z=e^x\cos y+ie^z\sin y$实部和虚部分别可微且满足C-R方程)
如果我们将函数$w=f(z)$看做由$z$平面到$w$平面的映射,很容易得到其单叶性区域为
\[2k\pi<y<2(k+1)\pi,k\in\mathbb Z\]
再来看对数函数$w={\rm Ln}z$,设$z=\rho e^{i\theta},w=u+iv$,则
\[e^u(\cos v+i\sin v)=\rho(\cos\theta+i\sin\theta)\]
易知$r=e^u,v=\theta+2k\pi$,从而
\[{\rm Ln}z:w=\ln r+i(\theta+2k\pi)=\ln|z|+i{\rm Arg}z\]
据此易知
\[{\rm Ln}z_{1}z_{2}={\rm Ln}z_{1}+{\rm Ln}z_{2}\]
特别的称$\ln|z|+i{\rm arg}z$为对数${\rm Ln}z$的主值,记做$\ln z$.
我们考虑区域$\Omega=\mathbb C\setminus\{z|z\geq0\}$,这时$0<{\rm arg }z<2\pi,$此时$w={\rm Ln}z$的第$k$个分支
\[w_{k}(z)=\ln|z|+i({\rm arg}z+2k\pi)\]
他的单叶性区域即为$\Omega$且将$\Omega$映为与实轴平行的带状区域
\[D_{k}:2k\pi<v<2(k+1)\pi\]
再来看三角函数,很容易知道其满足:
1)$\sin z,\cos z$均在$\mathbb C$上全纯且
\[(\sin z)'=\cos z,(\cos z)'=-\sin z\]
2)$\sin z,\cos z$均以$2\pi$为周期;3)$\sin z$为奇函数,$\cos z$为偶函数;4)与实函数一样有和差角公式;5)满足
\[\sin^2z+\cos^2z=1,\sin\left(\frac{\pi}{2}-z\right)=\cos z\]
6)$\sin z$的零点仅为$k\pi$,$\cos z$的零点仅为$k\pi+\frac{\pi}{2}$
以上结论都与实函数类似,然而不同的是在$\mathbb C$上,$\sin z,\cos z$都是无界的,这是由于如果我们取$z=iy$,那么
\[\left|\cos iy\right|=\frac{e^{-y}+e^{y}}{2}>\frac{e^y}{2}\]
我们再来看三角函数的单叶性区域,先看$w=\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}$,他由函数
\[u=iz,v=e^{u},w=\frac{1}{2}\left(v+\frac{1}{v}\right)\]
复合而成,第一个为旋转,在全平面上单叶.第二个为指数函数,他单叶的条件为$u$平面上不包含$u_{1}-u_{2}=i2k\pi$的两个点,即在$z$平面上不包含$z_{1}-z_{2}=2k\pi$的两点.而第三个函数,如果我们设
\[v_{1}+\frac{1}{v_{1}}=v_{2}+\frac{1}{v_{2}}\]
如果$v_{1}\neq v_{2}$,可知必须有$v_{1}v_{2}=1$,从而第三个函数的单叶性的条件为$v$平面上不包含$v_{1}v_{2}=1$的两点,即在$z$平面上不包含$z_{1}+z_{2}=2k\pi$的两点.综上我们就得到了$\cos z$的单叶性区域.例如$0<{\rm Re}z<\pi$就是他的一个单叶性区域.
类似的方法可以考虑$\sin z$的单叶性区域.
再来看反三角函数$w=\arccos z$,那么
\[z=\cos w=\frac{e^{iw}+e^{-iw}}{2}\]
容易解出$e^{iw}=z\pm\sqrt{z^2-1}$,因此
\[w=-i{\rm Ln}\left(z\pm\sqrt{z^2-1}\right)=\pm i{\rm Ln}\left(z+\sqrt{z^2-1}\right)\]
最后一步是由于
\[{\rm Ln}\left(z+\sqrt{z^2-1}\right)+{\rm Ln}\left(z-\sqrt{z^2-1}\right)={\rm Ln}1\]
而$\arcsin$我们便可直接利用结果,定义
\[\arcsin z=\frac{\pi}{2}-\arccos z\]
再看幂函数$w=z^{\alpha}$,设$\alpha=a+ib$,则
\[z^\alpha=e^{\alpha{\rm Ln}z}=e^{a\ln|z|-b({\rm arg}z+2k\pi)}\cdot e^{i\left[b\ln|z|+a({\rm arg}z+2k\pi)\right]}\]
显然如果$b\neq0$,$z^\alpha$是无穷多值的;如果$b=0$,那么
\[z^{\alpha}=|z|^ae^{a({\rm arg}z+2k\pi)i}\]
如果
1)$a=n\in\mathbb Z$,则显然$z^\alpha=z^n$是单值的;
2)如果$a\in\mathbb Q$,设$a=\frac{p}{q}(p,q\in\mathbb N^+)$,不妨设$p<q$,否则以$\{\frac{p}{q}\}$替换之,此时
\[z^\alpha=|z|^{\frac{p}{q}}e^{i\frac{p}{q}2k\pi}e^{i\frac{p}{q}{\rm arg}z}\]
考虑其中的$\frac{p}{q}k\cdot2\pi$,如果
\[\frac{p}{q}k_{1}\cdot2\pi\equiv\frac{p}{q}k_{2}\cdot2\pi(\mod 2\pi)\]
那么相应的函数值是一样的,而模$q$的剩余类$[q]$仅有$q$个不同的等价类,因此此时对于给定的$z$,$z^\alpha$是多值函数但仅有$q$个不同的值.
3)若$a\in\mathbb R\setminus\mathbb Q$,此时$z^\alpha$也为无穷多值函数.
