复变函数——学习笔记1:复数及复平面

复数及复平面

    • 复数域
    • 复平面
    • 复球面
    • 复平面上的拓扑

复数域

复数:形如 z = x + y i z=x+yi z=x+yi的数, i i i称为虚数单位, i 2 = − 1 i^2=-1 i2=1 x x x称为实部,记为 R e ( z ) = x Re(z)=x Re(z)=x y y y称为虚部,记为 I m ( z ) = y Im(z)=y Im(z)=y
复数相等:当且仅当两个复数实部和虚部对应相等
虚数:虚部不为的0的复数
纯虚数:实部为0的虚数
复数运算:复数的加减法定义为实部和虚部对应相加减,复数的乘法按照多项式法则进行, z 1 = a + b i , z 2 = c + d i z_1=a+bi,z_2=c+di z1=a+bi,z2=c+di,则 z 1 z 2 = a c − b d + ( a d + b c ) i z_1z_2=ac-bd+(ad+bc)i z1z2=acbd+(ad+bc)i
除法定义为乘法的逆运算,首先
( a + b i ) ( a − b i ) = a 2 + b 2 (a+bi)(a-bi)=a^2+b^2 (a+bi)(abi)=a2+b2 z 1 = a + b i , z 2 = c + d i , z 2 ≠ 0 z_1=a+bi,z_2=c+di,z_2\neq0 z1=a+bi,z2=c+di,z2=0,则 z 1 z 2 = z 1 ( c − d i ) z 2 ( c − d i ) = a c + b d + ( b c − a d ) i c 2 + d 2 \frac{z_1}{z_2}=\frac{z_1(c-di)}{z_2(c-di)}=\frac{ac+bd+(bc-ad)i}{c^2+d^2} z2z1=z2(cdi)z1(cdi)=c2+d2ac+bd+(bcad)i
实数域的运算规律复数域也成立
(1)加法交换律 z 1 + z 2 = z 2 + z 1 z_1+z_2=z_2+z_1 z1+z2=z2+z1
(2)加法结合律 z 1 + z 2 + z 3 = z 1 + ( z 2 + z 3 ) z_1+z_2+z_3=z_1+(z_2+z_3) z1+z2+z3=z1+(z2+z3)
(3)存在零元 z + 0 = z z+0=z z+0=z
(4)存在相反元 z + ( − z ) = 0 z+(-z)=0 z+(z)=0
(5)乘法交换律 z 1 z 2 = z 2 z 1 z_1z_2=z_2z_1 z1z2=z2z1
(6)乘法结合律 z 1 z 2 z 3 = z 1 ( z 2 z 3 ) z_1z_2z_3=z_1(z_2z_3) z1z2z3=z1(z2z3)
(7)乘法分配律 z 1 ( z 2 + z 3 ) = z 1 z 2 + z 1 z 3 z_1(z_2+z_3)=z_1z_2+z_1z_3 z1(z2+z3)=z1z2+z1z3
(8)存在单位元: 1. z = z 1.z=z 1.z=z
(9)存在逆元: z ≠ 0 , z . 1 z = 1 z\neq 0,z.\frac{1}{z}=1 z=0,z.z1=1
引入上述的运算,再辅以以上的运算规律后,全体复数构成复数域,用字母 C C C表示

复平面

一个复数与一个实数对一一对应,从而复数与二维平面上的点构成一一对应的关系,横轴称为实轴,纵轴称为虚轴,这样表示复数 z z z的平面称为复平面
引入复平面的意义在于建议数和点的联系,从而可以借助几何直观或几何术语来研究复变函数,复数也常常用于解决许多平面上的问题。

复数的模:我们把复数 x + y i x+yi x+yi对应复平面上的向量 ( x , y ) (x,y) (x,y)的长度 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x2+y2 称为复数的模,记为 ∣ x + y i ∣ |x+yi| x+yi
复数的幅角:若 z = x + y i ≠ 0 z=x+yi\neq 0 z=x+yi=0,我们把满足 cos ⁡ θ = x x 2 + y 2 sin ⁡ θ = y x 2 + y 2 \cos\theta=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\\ \sin\theta=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} cosθ=x2+y2 xsinθ=x2+y2 y的所有 θ \theta θ称为复数 z z z的幅角,记为 A r g ( z ) Arg(z) Arg(z),显然这样的 θ \theta θ有无穷多个,满足 − π < θ ≤ π -\pi<\theta\le \pi π<θπ的幅角称为主幅,或称幅角的主值,记为 arg ⁡ ( z ) \arg (z) arg(z),下图表示这两个概念的几何意义:
复变函数——学习笔记1:复数及复平面_第1张图片
容易验证,复数的模满足性质: ∣ z 1 z 2 ∣ = ∣ z 1 ∣ ∣ z 2 ∣ |z_1z_2|=|z_1||z_2| z1z2=z1z2
共轭复数 z = x + y i z=x+yi z=x+yi,则 z z z的共轭复数定义为 z ‾ = x − y i \overline{z}=x-yi z=xyi,显然 z z ‾ = x 2 + y 2 = ∣ z ∣ 2 z\overline{z}=x^2+y^2=|z|^2 zz=x2+y2=z2容易验证共轭复数有如下性质 z 1 z 2 ‾ = z 1 ‾ . z 2 ‾ \overline{z_1z_2}=\overline{z_1}.\overline{z_2} z1z2=z1.z2
复数的除法 z 2 ≠ 0 z_2\neq 0 z2=0,则 z 1 z 2 \frac{z_1}{z_2} z2z1 z 1 z 2 = z 1 z 2 ‾ ∣ z 2 ∣ 2 \frac{z_1}{z_2}=\frac{z_1\overline{z_2}}{|z_2|^2} z2z1=z22z1z2复数的三角形式:有了复数的模 r = ∣ z ∣ r=|z| r=z和幅角 θ = A r g z \theta=Arg z θ=Argz,则复数可以表示为 z = r cos ⁡ θ + r sin ⁡ θ i z=r\cos\theta+r\sin\theta i z=rcosθ+rsinθi相当于把复数写成极坐标的形式
复数的指数形式:定义欧拉公式为 e θ i = cos ⁡ θ + sin ⁡ θ i e^{\theta i}=\cos\theta+\sin\theta i eθi=cosθ+sinθi,则复数又可以写成指数形式 z = ∣ z ∣ e A r g z . i z=|z|e^{Arg z .i} z=zeArgz.i实际上,这种形式对计算复数的乘法起到很大的作用 e θ 1 i . e θ 2 i = ( cos ⁡ θ 1 + sin ⁡ θ 1 i ) ( cos ⁡ θ 2 + sin ⁡ θ 2 i ) = cos ⁡ θ 1 cos ⁡ θ 2 − sin ⁡ θ 1 sin ⁡ θ 2 + ( cos ⁡ θ 1 sin ⁡ θ 2 + cos ⁡ θ 2 sin ⁡ θ 1 ) i = cos ⁡ ( θ 1 + θ 2 ) + sin ⁡ ( θ 1 + θ 2 ) i = e ( θ 1 + θ 2 ) i \begin{aligned} &e^{\theta_1 i}.e^{\theta_2 i}=(\cos\theta_1+\sin\theta_1i)(\cos\theta_2+\sin\theta_2i)\\ =&\cos\theta_1\cos\theta_2-\sin\theta_1\sin\theta_2+(\cos\theta_1\sin\theta_2+\cos\theta_2\sin\theta_1)i\\ =&\cos(\theta_1+\theta_2)+\sin(\theta_1+\theta_2)i=e^{(\theta_1+\theta_2)i} \end{aligned} ==eθ1i.eθ2i=(cosθ1+sinθ1i)(cosθ2+sinθ2i)cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2+(cosθ1sinθ2+cosθ2sinθ1)icos(θ1+θ2)+sin(θ1+θ2)i=e(θ1+θ2)i也就是说,欧拉公式保留了实数域上指数的性质,要计算 z 1 z 2 z_1z_2 z1z2,将 z 1 , z 2 z_1,z_2 z1,z2写成指数形式 z 1 = r 1 e θ 1 i , z 2 = r 2 e θ 2 i z_1=r_1e^{\theta_1i},z_2=r_2e^{\theta_2i} z1=r1eθ1i,z2=r2eθ2i z 1 z 2 = r 1 r 2 e θ 1 i e θ 2 i = ( r 1 r 2 ) ( e θ 1 i e θ 2 i ) = ( r 1 r 2 ) e ( θ 1 + θ 2 ) i z_1z_2=r_1r_2e^{\theta_1i}e^{\theta_2i}=(r_1r_2)(e^{\theta_1i}e^{\theta_2i})=(r_1r_2)e^{(\theta_1+\theta_2)i} z1z2=r1r2eθ1ieθ2i=(r1r2)(eθ1ieθ2i)=(r1r2)e(θ1+θ2)i有了欧拉公式,复数的共轭复数也可以很方便地表示出来 e − θ i = cos ⁡ θ − sin ⁡ θ i = e θ i ‾ e^{-\theta i}=\cos\theta-\sin\theta i=\overline{e^{\theta i}} eθi=cosθsinθi=eθi r 1 e θ 1 i r 2 e θ 2 i = r 1 e θ 1 i e − θ 2 i r 2 = r 1 e ( θ 1 − θ 2 ) i r 2 \frac{r_1e^{\theta_1i}}{r_2e^{\theta_2i}}=\frac{r_1e^{\theta_1i}e^{-\theta_2i}}{r_2} =\frac{r_1e^{(\theta_1-\theta_2)i}}{r_2} r2eθ2ir1eθ1i=r2r1eθ1ieθ2i=r2r1e(θ1θ2)i由以上的表示法,可以看出,复数乘法的本质是:对复数进行伸缩和旋转变换,旋转变换体现在乘以 e θ 2 i e^{\theta_2i} eθ2i上,伸缩变换体现在乘以 r 2 r_2 r2上。
复数的三角不等式 ∣ x + y ∣ ≤ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ |x+y|\le |x|+|y| x+yx+y
棣莫弗公式 ( cos ⁡ θ + sin ⁡ θ . i ) n = cos ⁡ ( n θ ) + sin ⁡ ( n θ ) i (\cos\theta+\sin\theta.i)^n=\cos (n\theta)+\sin (n\theta) i (cosθ+sinθ.i)n=cos(nθ)+sin(nθ)i
这结合复数的指数形式及数学归纳法容易证明。

例1.1(棣莫弗公式证明三角恒等式)证明 ∑ k = 0 n cos ⁡ k θ = sin ⁡ ( n + 1 ) θ 2 cos ⁡ n θ 2 sin ⁡ θ 2 \sum_{k=0}^n\cos k\theta=\frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}\cos\frac{n\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}} k=0ncoskθ=sin2θsin2(n+1)θcos2nθ

证:
e k θ i = cos ⁡ k θ + i sin ⁡ k θ e^{k\theta i}=\cos k\theta+i\sin k\theta ekθi=coskθ+isinkθ ∑ k = 0 n e k θ i = 1 − e ( n + 1 ) θ i 1 − e θ i = ∑ k = 0 n cos ⁡ k θ + i ∑ k = 0 n sin ⁡ k θ \sum_{k=0}^ne^{k\theta i}=\frac{1-e^{(n+1)\theta i}}{1-e^{\theta i}}=\sum_{k=0}^n\cos k\theta+i\sum_{k=0}^n\sin k\theta k=0nekθi=1eθi1e(n+1)θi=k=0ncoskθ+ik=0nsinkθ R e ( 1 − e ( n + 1 ) θ i 1 − e θ i ) = ∑ k = 0 n cos ⁡ k θ Re(\frac{1-e^{(n+1)\theta i}}{1-e^{\theta i}})=\sum_{k=0}^n\cos k\theta Re(1eθi1e(n+1)θi)=k=0ncoskθ 1 − e ( n + 1 ) θ i 1 − e θ i = sin ⁡ 2 ( n + 1 ) θ 2 − sin ⁡ ( n + 1 ) θ 2 cos ⁡ ( n + 1 ) θ 2 . i sin ⁡ 2 θ 2 − sin ⁡ θ 2 cos ⁡ θ 2 . i = sin ⁡ ( n + 1 ) θ 2 e − ( n + 1 ) θ i 2 sin ⁡ θ 2 e − θ i 2 = sin ⁡ ( n + 1 ) θ 2 e − n θ 2 sin ⁡ θ 2 \begin{aligned} &\frac{1-e^{(n+1)\theta i}}{1-e^{\theta i}}=\frac{\sin^2\frac{(n+1)\theta}{2}-\sin\frac{(n+1)\theta}{2}\cos\frac{(n+1)\theta}{2}.i}{\sin^2\frac{\theta}{2}-\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}.i}\\ =&\frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}e^{-\frac{(n+1)\theta i}{2}}}{\sin\frac{\theta}{2}e^{-\frac{\theta i}{2}}}=\frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}e^{-\frac{n\theta}{2}}}{\sin\frac{\theta}{2}} \end{aligned} =1eθi1e(n+1)θi=sin22θsin2θcos2θ.isin22(n+1)θsin2(n+1)θcos2(n+1)θ.isin2θe2θisin2(n+1)θe2(n+1)θi=sin2θsin2(n+1)θe2nθ因此 ∑ k = 0 n cos ⁡ k θ = sin ⁡ ( n + 1 ) θ 2 cos ⁡ n θ 2 sin ⁡ θ 2 \sum_{k=0}^n\cos k\theta=\frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}\cos\frac{n\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}} k=0ncoskθ=sin2θsin2(n+1)θcos2nθ

例1.2 求方程 z n = 1 z^n=1 zn=1的根

解:
首先由 z n = 1 z^n=1 zn=1,就有 ∣ z ∣ n = 1 |z|^n=1 zn=1,故 ∣ z ∣ = 1 |z|=1 z=1,设 e θ i e^{\theta i} eθi为方程的根,则 e n θ i = 1 e^{n\theta i}=1 enθi=1则可以推出 n θ = 2 k π , k = 0 , ± 1 , ± 2 , ⋯ n\theta = 2k\pi,k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots nθ=2kπ,k=0,±1,±2,则方程的根为 e 2 k π n ( k = 0 , 1 , ⋯   , n − 1 ) e^{\frac{2k\pi}{n}}(k=0,1,\cdots,n-1) en2kπ(k=0,1,,n1) n n n个根的几何意义为 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)逆时针旋转 2 π n \frac{2\pi}{n} n2π,旋转 n − 1 n-1 n1次得到的向量,这 n n n个根将单位圆 n n n等分。

例1.3 求方程 z n = z 0 z^n=z_0 zn=z0的根

解:
z 0 = r e θ i z_0=re^{\theta i} z0=reθi z = ρ e γ i z=\rho e^{\gamma i} z=ρeγi,则 z n = ρ n e n γ i z^n=\rho^ne^{n\gamma i} zn=ρnenγi,因此 r = ρ n n γ = θ + 2 k π ( k = 0 , ± 1 , ⋯   ) \begin{aligned} r=&\rho^n\\ n\gamma=&\theta+2k\pi(k=0,\pm1,\cdots) \end{aligned} r=nγ=ρnθ+2kπ(k=0,±1,) ρ = r n γ = θ n + 2 k π n ( k = 0 , ± 1 , ⋯   ) \begin{aligned} \rho=&\sqrt[n]{r}&\\ \gamma =& \frac{\theta}{n}+\frac{2k\pi}{n}(k=0,\pm1,\cdots) \end{aligned} ρ=γ=nr nθ+n2kπ(k=0,±1,)在复数域,对某一个复数 z 0 z_0 z0进行开根,首先,将 z 0 z_0 z0的模开 n n n次方根,其次,选定一个幅角 A r g z 0 = θ Arg z_0=\theta Argz0=θ,将其除以 n n n,得到其中一个根,将其依次逆时针旋转 2 π n \frac{2\pi}{n} n2π,旋转 n − 1 n-1 n1次,就可以得到其他 n − 1 n-1 n1个根,所有的根为 r n e ( A r g z 0 n + 2 k π n ) i ( k = 0 , ⋯   , n − 1 ) \sqrt[n]{r}e^{(\frac{Arg z_0}{n}+\frac{2k\pi}{n})i}(k=0,\cdots,n-1) nr e(nArgz0+n2kπ)i(k=0,,n1)其几何意义如下,如开六次方根,只要选定一个幅角,确定了其中一个根后,其次旋转就可以得到其他根,所有根将单位元六等分。
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例1.4 利用 ( z + 1 ) n = 1 (z+1)^n=1 (z+1)n=1 n − 1 n-1 n1个非零根的乘积,证明 ∏ k = 1 n sin ⁡ k π n = n 2 n − 1 \prod_{k=1}^n\sin{\frac{k\pi}{n}}=\frac{n}{2^{n-1}} k=1nsinnkπ=2n1n

证:
( z + 1 ) n = 1 (z+1)^n=1 (z+1)n=1 n n n个根为 z k = e 2 k π n − 1 ( k = 1 , ⋯   , n ) z_k=e^{\frac{2k\pi}{n}}-1(k=1,\cdots,n) zk=en2kπ1(k=1,,n),其中 z 1 = 0 z_1=0 z1=0,则由二项式定理,有 ( z + 1 ) n − 1 = z n + ⋯ + n z = z ( z − z 2 ) ⋯ ( z − z n ) (z+1)^n-1=z^n+\cdots+nz=z(z-z_2)\cdots(z-z_n) (z+1)n1=zn++nz=z(zz2)(zzn) ( − 1 ) n − 1 ∏ k = 2 n z k = n (-1)^{n-1}\prod_{k=2}^nz_k=n (1)n1k=2nzk=n而对 k = 2 , ⋯   , n k=2,\cdots,n k=2,,n,有 z k = e 2 k π i n − 1 = − 2 sin ⁡ 2 ( k π n ) + 2 sin ⁡ ( k π n ) cos ⁡ ( k π n ) i z_k=e^{\frac{2k\pi i}{n}}-1=-2\sin^2(\frac{k\pi}{n})+2\sin(\frac{k\pi}{n})\cos(\frac{k\pi}{n})i zk=en2kπi1=2sin2(nkπ)+2sin(nkπ)cos(nkπ)i就得到 ( − 1 ) n − 1 ∏ k = 2 n z k = 2 n − 1 ∏ k = 1 n − 1 sin ⁡ ( k π n ) ∏ k = 1 n − 1 [ sin ⁡ ( k π n ) − cos ⁡ ( k π n ) i ] = n \begin{aligned} &(-1)^{n-1}\prod_{k=2}^{n}z_k=2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin(\frac{k\pi}{n})\prod_{k=1}^{n-1}[\sin(\frac{k\pi}{n})-\cos(\frac{k\pi}{n})i]=n \end{aligned} (1)n1k=2nzk=2n1k=1n1sin(nkπ)k=1n1[sin(nkπ)cos(nkπ)i]=n ∣ 2 n − 1 ∏ k = 1 n − 1 sin ⁡ ( k π n ) ∏ k = 1 n − 1 [ sin ⁡ ( k π n ) − cos ⁡ ( k π n ) i ] ∣ = 2 n − 1 ∏ k = 1 n − 1 sin ⁡ ( k π n ) = n \left|2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin(\frac{k\pi}{n})\prod_{k=1}^{n-1}[\sin(\frac{k\pi}{n})-\cos(\frac{k\pi}{n})i]\right|=2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin(\frac{k\pi}{n})=n 2n1k=1n1sin(nkπ)k=1n1[sin(nkπ)cos(nkπ)i]=2n1k=1n1sin(nkπ)=n即可证得不等式

例1.5 (复数域上的柯西不等式)设 z 1 , ⋯   , z n , ω 1 , ⋯   , ω n ∈ C z_1,\cdots,z_n,\omega_1,\cdots,\omega_n\in C z1,,zn,ω1,,ωnC.证明拉格朗日等式: ∣ ∑ j = 1 n z j ω j ∣ 2 = ( ∑ j = 1 n ∣ z j ∣ 2 ) ( ∑ j = 1 n ∣ ω j ∣ 2 ) − ∑ 1 ≤ j < k ≤ n ∣ z j ω k ‾ − z k ω j ‾ ∣ 2 \left|\sum_{j=1}^nz_j\omega_j\right|^2=(\sum_{j=1}^n|z_j|^2)(\sum_{j=1}^n|\omega_j|^2) -\sum_{1\le jj=1nzjωj2=(j=1nzj2)(j=1nωj2)1j<knzjωkzkωj2由此证明柯西不等式: ∣ ∑ j = 1 n z j ω j ∣ 2 ≤ ( ∑ j = 1 n ∣ z j ∣ 2 ) ( ∑ j = 1 n ∣ ω j ∣ 2 ) \left|\sum_{j=1}^nz_j\omega_j\right|^2\le (\sum_{j=1}^n\left|z_j\right|^2)(\sum_{j=1}^n\left|\omega_j\right|^2) j=1nzjωj2(j=1nzj2)(j=1nωj2)

证:
z = ( z 1 , ⋯   , z n ) T , ω = ( ω 1 , ⋯   , ω n ) T z=(z_1,\cdots,z_n)^T,\omega=(\omega_1,\cdots,\omega_n)^T z=(z1,,zn)T,ω=(ω1,,ωn)T,则 ∣ ∑ j = 1 n z j ω j ∣ 2 = ∑ j = 1 n z j ω j ( ∑ j = 1 n z j ω j ) ‾ = z T w w T ‾ z ‾ = ∑ k = 1 n ∑ j = 1 n z k ω k ω j ‾ z j ‾ \left|\sum_{j=1}^nz_j\omega_j\right|^2=\sum_{j=1}^nz_j\omega_j\overline{(\sum_{j=1}^nz_j\omega_j)}=z^Tw\overline{w^T}\overline{z}=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^nz_k\omega_k\overline{\omega_j}\overline{z_j} j=1nzjωj2=j=1nzjωj(j=1nzjωj)=zTwwTz=k=1nj=1nzkωkωjzj对于 j < k jj<k,有 ∣ z j ω k ‾ − z k ω j ‾ ∣ 2 = ( z j ω k ‾ − z k ω j ‾ ) ( z j ω k ‾ − z k ω j ‾ ) ‾ = ( z j ω k ‾ − z k ω j ‾ ) ( z j ‾ ω k − z k ‾ ω j ) = z j z j ‾ ω k ‾ ω k + z k z k ‾ ω j ‾ ω j − z j ω j ω k z k ‾ − z k ω k ω j z j ‾ \begin{aligned} &|z_j\overline{\omega_k}-z_k\overline{\omega_j}|^2=(z_j\overline{\omega_k}-z_k\overline{\omega_j})\overline{(z_j\overline{\omega_k}-z_k\overline{\omega_j})}\\ =&(z_j\overline{\omega_k}-z_k\overline{\omega_j})(\overline{z_j}\omega_k-\overline{z_k}\omega_j)\\ =&z_j\overline{z_j}\overline{\omega_k}\omega_k+z_k\overline{z_k}\overline{\omega_j}\omega_j-z_j\omega_j\overline{\omega_kz_k}-z_k\omega_k\overline{\omega_jz_j} \end{aligned} ==zjωkzkωj2=(zjωkzkωj)(zjωkzkωj)(zjωkzkωj)(zjωkzkωj)zjzjωkωk+zkzkωjωjzjωjωkzkzkωkωjzj因此 z j ω j ω k z k ‾ + z k ω k ω j z j ‾ = ∣ z j ∣ 2 ∣ ω k ∣ 2 + ∣ z k ∣ 2 ∣ ω j ∣ 2 − ∣ z j ω k ‾ − z k ω j ‾ ∣ 2 \begin{aligned} &z_j\omega_j\overline{\omega_kz_k}+z_k\omega_k\overline{\omega_jz_j}\\ =&|z_j|^2|\omega_k|^2+|z_k|^2|\omega_j|^2-|z_j\overline{\omega_k}-z_k\overline{\omega_j}|^2 \end{aligned} =zjωjωkzk+zkωkωjzjzj2ωk2+zk2ωj2zjωkzkωj2于是 ∣ ∑ j = 1 n z j ω j ∣ 2 = ∑ k = 1 n ∑ j = 1 n z k ω k ω j ‾ z j ‾ = = ∑ k = 1 n ∣ z k ∣ 2 ∣ ω k ∣ 2 + ∑ 1 ≤ j < k ≤ n ( ∣ z j ∣ 2 ∣ ω k ∣ 2 + ∣ z k ∣ 2 ∣ ω j ∣ 2 − ∣ z j ω k ‾ − z k ω j ‾ ∣ 2 ) = ∑ k = 1 n ∣ z k ∣ 2 ∣ ω k ∣ 2 + ∑ k = 1 n ∑ j ≠ k , 1 ≤ j ≤ n ∣ z k ∣ 2 ∣ ω j ∣ 2 − ∑ 1 ≤ j < k ≤ n ∣ z j ω k ‾ − z k ω j ‾ ∣ 2 = ∑ k = 1 n ∣ z k ∣ 2 ∑ j = 1 n ∣ ω j ∣ 2 − ∑ 1 ≤ j < k ≤ n ∣ z j ω k ‾ − z k ω j ‾ ∣ 2 \begin{aligned} &\left|\sum_{j=1}^nz_j\omega_j\right|^2=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^nz_k\omega_k\overline{\omega_j}\overline{z_j}=\\=&\sum_{k=1}^n|z_k|^2|\omega_k|^2+\sum_{1\le j===j=1nzjωj2=k=1nj=1nzkωkωjzj=k=1nzk2ωk2+1j<kn(zj2ωk2+zk2ωj2zjωkzkωj2)k=1nzk2ωk2+k=1nj=k,1jnzk2ωj21j<knzjωkzkωj2k=1nzk2j=1nωj21j<knzjωkzkωj2这就证得了拉格朗日等式,由拉格朗日等式容易得到柯西不等式

例1.6(复数的几何应用:曲线的复数方程) 证明: z z z平面上的直线方程可以写成 a z ‾ + a ‾ z = c a\overline{z}+\overline{a}z=c az+az=c其中 a a a是非零复常数, c c c是实常数

证:
平面上的直线方程为 α x + β y + c = 0 \alpha x+\beta y+c=0 αx+βy+c=0,令 a = α + β i a=\alpha+\beta i a=α+βi z = x + y i z=x+yi z=x+yi,则容易验证 a z ‾ + a ‾ z 2 + c = 0 \frac{a\overline{z}+\overline{a}z}{2}+c=0 2az+az+c=0

复球面

复变函数——学习笔记1:复数及复平面_第3张图片
现在,我们在复平面的基础上再加一个维度,复平面位于 O x y Oxy Oxy平面,做单位球面 S : x 2 + y 2 + z 2 = 1 S:x^2+y^2+z^2=1 S:x2+y2+z2=1,连接球面的北极 N ( 0 , 0 , 1 ) N(0,0,1) N(0,0,1)及复平面上一点 A A A,交球面于另一点 A ′ A^\prime A,这样,我们可以建立复平面到球面的一个映射:
f : O x y → S A ↦ A ′ \begin{aligned}f:&Oxy&\to &S\\ &A&\mapsto&A^\prime \end{aligned} f:OxyASA再记北极点为 ∞ \infty C ∞ = C ∪ { ∞ } C_\infty=C\cup \{\infty\} C=C{}称为扩充复平面, f f f C ∞ C_\infty C到单位球面的一一映射。对于任意的 z = x + y i ∈ C z=x+yi\in C z=x+yiC,如果 ∣ z ∣ = 1 |z|=1 z=1,映射到球面上是位于赤道线上,坐标为 ( x , y , 0 ) (x,y,0) (x,y,0)。如果 ∣ z ∣ ≠ 1 |z|\neq 1 z=1,则映射到球面上的位置是上半球面或下半球面。对 A A ′ = ( x ′ − x , y ′ − y , z ′ ) AA^\prime=(x^\prime-x,y^\prime-y,z^\prime) AA=(xx,yy,z) A N = ( − x , − y , 1 ) AN=(-x,-y,1) AN=(x,y,1),由于两个空间向量共线,则有 { x y ′ − y x ′ = 0 x ′ + x z ′ = x y ′ + y z ′ = y \begin{cases} xy^\prime-yx^\prime=0\\ x^\prime+xz^\prime=x\\ y^\prime+yz^\prime=y \end{cases} xyyx=0x+xz=xy+yz=y方程组的通解为 ( k x , k y , 1 − k ) (kx,ky,1-k) (kx,ky,1k),再由 A ′ A^\prime A位于单位球面上,解得 k = 0 k=0 k=0 k = 2 x 2 + y 2 + 1 k=\frac{2}{x^2+y^2+1} k=x2+y2+12,令 k = 2 x 2 + y 2 + 1 k=\frac{2}{x^2+y^2+1} k=x2+y2+12,代入,就可以得到 A ′ A^\prime A的坐标 ( 2 x x 2 + y 2 + 1 , 2 y x 2 + y 2 + 1 , x 2 + y 2 − 1 x 2 + y 2 + 1 ) (\frac{2x}{x^2+y^2+1},\frac{2y}{x^2+y^2+1},\frac{x^2+y^2-1}{x^2+y^2+1}) (x2+y2+12x,x2+y2+12y,x2+y2+1x2+y21)。对于复数 z z z,其在复球面的坐标为 ( z + z ‾ ∣ z ∣ 2 + 1 , z − z ‾ ∣ z ∣ 2 + 1 , ∣ z ∣ 2 − 1 ∣ z ∣ 2 + 1 ) (\frac{z+\overline{z}}{|z|^2+1},\frac{z-\overline{z}}{|z|^2+1},\frac{|z|^2-1}{|z|^2+1}) (z2+1z+z,z2+1zz,z2+1z21)
对于扩充复平面,我们规定:
(1) α ± ∞ = ∞ ± α = ∞ \alpha\pm \infty=\infty\pm \alpha=\infty α±=±α=,其中 α \alpha α为有限复数
(2) α ∞ = ∞ α = ∞ \alpha \infty=\infty\alpha=\infty α=α=,其中 α ≠ 0 \alpha\neq 0 α=0
(3) α / ∞ = 0 \alpha/\infty=0 α/=0( α ≠ ∞ \alpha\neq \infty α=), α / 0 = ∞ \alpha/0=\infty α/0=( α ≠ ∞ \alpha\neq\infty α=)
(4) ∞ ± ∞ \infty\pm\infty ±, 0. ∞ 0.\infty 0., ∞ . 0 \infty.0 .0, 0 / 0 0/0 0/0, ∞ / ∞ \infty/\infty /均无意义

复平面上的拓扑

复平面上的拓扑均可以平行于 R 2 R^2 R2建立起来,我们下面列举复平面和扩充复平面上的拓扑(证明和欧式空间是类似的,因此不给出证明),需要注意的是,扩充复平面上的有些概念和复平面上略有不同,需要加以区分。

邻域:对复数 z 0 z_0 z0及正数 δ > 0 \delta>0 δ>0,称集合 B ( z 0 , δ ) = { z : ∣ z − z 0 ∣ < δ } B(z_0,\delta)=\{z:|z-z_0|<\delta\} B(z0,δ)={z:zz0<δ} z 0 z_0 z0的半径为 δ \delta δ的邻域

点列极限 { z n } \{z_n\} {zn}是一列复数,如果存在复数 z 0 z_0 z0,如果对于任意的 ε > 0 \varepsilon>0 ε>0,存在 N N N n ≥ N n\ge N nN时,都有 ∣ z n − z 0 ∣ < ε |z_n-z_0|<\varepsilon znz0<ε则称 { z n } \{z_n\} {zn}收敛, z 0 z_0 z0 { z n } \{z_n\} {zn}的极限,记为 lim ⁡ n → ∞ z n = z 0 \displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n=z_0 nlimzn=z0
如果记 z n = x n + y n i ( n = 1 , 2 , ⋯   ) , z 0 = x 0 + y 0 i z_n=x_n+y_ni(n=1,2,\cdots),z_0=x_0+y_0i zn=xn+yni(n=1,2,),z0=x0+y0i,则 lim ⁡ n → ∞ x n = x 0 \displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=x_0 nlimxn=x0的充要条件是 lim ⁡ n → ∞ x n = x 0 , lim ⁡ n → ∞ y n = y 0 \displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=x_0,\lim_{n\to\infty} y_n=y_0 nlimxn=x0,nlimyn=y0

点与点集的关系:对 E ⊂ C E\subset C EC及点 z 0 z_0 z0
(1) ∃ δ > 0 , B ( z 0 , δ ) ⊆ E \exists\delta>0,B(z_0,\delta)\subseteq E δ>0,B(z0,δ)E,则称 z 0 z_0 z0 E E E的内点,全体内点的集合称为 E E E的内部,记为 E ∘ E^\circ E
(2) ∃ δ > 0 , B ( z 0 , δ ) ⊆ E c \exists\delta>0,B(z_0,\delta)\subseteq E^c δ>0,B(z0,δ)Ec,则称 z 0 z_0 z0 E E E的外点,全体外点的集合称为 E E E的外部
(3) ∀ δ > 0 , B ( z 0 , δ ) ∩ E ≠ ∅ , B ( z 0 , δ ) ∩ E c ≠ ∅ \forall \delta>0,B(z_0,\delta)\cap E\neq \emptyset,B(z_0,\delta)\cap E^c\neq \emptyset δ>0,B(z0,δ)E=,B(z0,δ)Ec=,则称 z 0 z_0 z0 E E E的边界点,全体 E E E的边界点记为 E ‾ \overline{E} E

开集 E E E的每一点都是其内点,则称 E E E是开集, C , ∅ C,\emptyset C,都是开集,任意个开集的并是开集,有限个开集的交是开集

闭集:开集的余集是闭集, C , ∅ C,\emptyset C,都是闭集,任意个闭集的交是闭集,有限个闭集的并是闭集

聚点:如果 z 0 z_0 z0的任意邻域都有 E / { z 0 } E/\{z_0\} E/{z0}的点,则称 z 0 z_0 z0 E E E的聚点,如果 z 0 z_0 z0 E E E的聚点,则存在点列 { z n } ⊆ E / { z 0 } \{z_n\}\subseteq E/\{z_0\} {zn}E/{z0},满足 lim ⁡ n → ∞ z n = z 0 \displaystyle\lim_{n\to\infty}z_n=z_0 nlimzn=z0,称 E E E的全体聚点构成的集合为 E E E的导集,记为 E ′ E^\prime E

闭包 E E E和其导集的并集称为 E E E的闭包,记为 E ‾ \overline{E} E,任何集合的闭包都是闭集,并且 E ‾ = E ∘ ∪ ∂ E \overline{E}=E^\circ\cup\partial E E=EE

连通集:如果对 E E E内任意两点 z 1 , z 2 z_1,z_2 z1,z2,都有完全包含在 E E E内的连接 z 1 , z 2 z_1,z_2 z1,z2两点的折线,则称 E E E是连通集

区域:连通的开集称为区域,区域的闭包称为闭区域

连续曲线 z = z ( t ) = x ( t ) + y ( t ) i , α ≤ t ≤ β z=z(t)=x(t)+y(t)i,\alpha\le t \le\beta z=z(t)=x(t)+y(t)i,αtβ,如果 x ( t ) , y ( t ) x(t),y(t) x(t),y(t)都是 [ α , β ] [\alpha,\beta] [α,β]上的连续函数,则称 z = z ( t ) , α ≤ t ≤ β z=z(t),\alpha\le t\le \beta z=z(t),αtβ是复平面上的一条连续曲线

简单曲线(若尔当曲线):如果连续曲线 z = z ( t ) , a ≤ t ≤ b z=z(t),a\le t\le b z=z(t),atb没有重合点,则称 z = z ( t ) z=z(t) z=z(t)为简单曲线,如果 z = z ( t ) z=z(t) z=z(t)除起止点外没有重合点,而 z ( a ) = z ( b ) z(a)=z(b) z(a)=z(b),则称 z = z ( t ) , a ≤ t ≤ b z=z(t),a\le t\le b z=z(t),atb为简单闭曲线或若尔当闭曲线

若尔当定理:对于任意的 C C C上的简单闭曲线 L L L,存在有界区域 D 1 D_1 D1和无界区域 D 2 D_2 D2 D 1 , D 2 D_1,D_2 D1,D2 L L L为边界, D 1 D_1 D1称为 L L L的内区域, D 2 D_2 D2称为 L L L的外区域

单连通区域:如果 D D D内任意简单闭曲线的内区域都完全包含在 D D D内,则称 D D D是单连通区域,从几何直观讲,单连通区域即是内部没有“洞”的区域,不是单连通区域的区域称为多连通区域

扩充复平面上的邻域:规定 ∞ \infty 的邻域为 { z : ∣ z ∣ > ∞ } ∪ { ∞ } \{z:|z|>\infty\}\cup\{\infty\} {z:z>}{}

扩充复平面上的单连通区域:对于扩充复平面上的单连通的定义,我们需要作一个小的修正,即任意的 D D D内的简单闭曲线 L L L L L L的内区域或外区域完全包含在 D D D内,在这个定义下 { z : ∣ z ∣ > r } \{z:|z|>r\} {z:z>r}不是单连通的, { z : ∣ z ∣ > r } ∪ { ∞ } \{z:|z|>r\}\cup\{\infty\} {z:z>r}{}是单连通的

闭集套定理:定义点集 E E E的直径为 d i a m ( E ) = sup ⁡ z 1 , z 2 ∈ E ∣ z 1 − z 2 ∣ \displaystyle diam(E)=\sup_{z_1,z_2\in E}|z_1-z_2| diam(E)=z1,z2Esupz1z2,对于 C C C上的闭集列 { E n } \{E_n\} {En},如果满足 E n + 1 ⊆ E n ( n = 1 , 2 , ⋯   ) E_{n+1}\subseteq E_n(n=1,2,\cdots) En+1En(n=1,2,),并且 lim ⁡ n → ∞ d i a m ( E n ) = 0 \displaystyle\lim_{n\to\infty}diam(E_n)=0 nlimdiam(En)=0,则存在唯一的复数 z 0 z_0 z0,满足 z 0 ∈ ⋂ n = 1 ∞ E n \displaystyle z_0\in \bigcap_{n=1}^\infty E_n z0n=1En

有限覆盖定理 E E E C C C的有界闭集, { G t , t ∈ I } \{G_t,t\in I\} {Gt,tI}是一列开集,满足 E ⊆ ⋃ t ∈ I G t E\subseteq \bigcup_{t\in I}G_t EtIGt则存在 t 1 , ⋯   , t n ∈ I t_1,\cdots,t_n\in I t1,,tnI,满足 E ⊆ ⋃ k = 1 n G t k E\subseteq \bigcup_{k=1}^n G_{t_k} Ek=1nGtk

魏尔斯特拉斯定理:有界复数列必存在收敛子列

柯西收敛原理 C C C上的柯西列都是收敛列

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