再来看看反三角函数,先看v= arc cosz,即 cost=z. 由于 cost=o(em+e)=z, 这是e的二次方程,有根e=z士√z2-1:即 = arc cosz=-iLog(z士√z2-1) 土iog(z+√z-1) 所以 arc cosz有无穷多值,这反映了cow的周期性.另一方面, arc sinz可定义为 arc cosz. 最后看看幂函数 由定义(5.4),若a=a+,则 z=eLoge e(a+ib)(loglzl+i(argx+2) eoglzA-b(urge+ ikx). eilwogi<l+a(eng+zbs)] 这里k为任意整数.记 k oglzl-b(urge+2kx) B2= blog |z t a(arge 2kr), 则 pe"a, u pr 因此,若b≠0,则四=z是无穷多值函数;若b=0,则a为实数 而 ealoglxlei(arg+2kx)a=a °e“(g+) 这时z的值,都在圆周|l=|z上,所以 (1)当a=a=n为整数时,z=x”是单值的; (2)当a=a=p/q为既约分数,且0<p<qpq为正整数,则 x"=elogIzle'i arg +2*)=lz ei 2 argei 2. 由于22π仅当k=0,1,2,…,q-1时,这q个值关于2r是不同余 的,而k取其他值,其相应的值均与上述q个值中的某一个关于2x 24
是同余的,故对于给定的z,z只有q个不同的值 (3)当a=a为无理数,则x为无穷多值函数 §1.6复数级数 最后,我们可以看到微积分中的级数理论有一部分也可以无 困难地推广到复数域 例如:函数序列f(x)}在集合ECC上一致收敛于f(z)是 指:对任给的ε>0,一定存在一个只依赖于ε,而不依赖于z的 n,使得对所有的n≥n和所有的z∈E,都有 if(z)-f(z)<E 如同在微积分中样,可以证明: 一个一致收敛的连续函数序列,其极限函数木身也是连续的 Cauchy判别准则函数序列{f(z)}在集合ECC上.致收 敛的充要条件是:对于任给的ε>0,一定存在一个只依赖于E,而 不依赖于z的n0,使得对所有的m,n≥n0和所有的z∈E,都有 Ifm (z)-f(x)<e Weierstrass M判别法若函数项级数 f1(z)+f2(z)…+f(x)+ 在集合EC上矩义,a1+a2+a3+…为正项级数.若存在n及 常数M>0,当n>m时,对所有x∈:E使得|fn(x)≤Man都 成立如果级数∑a收敛.则∑f(2)在E上一致收敛 特别考虑幂级数 ao+a1x+a2x2+…+an27+… (6.1) 有如下的 定理3(Abe定理)对于幂级数(6.1),存在…个数R,0≤R ≤∞x,称为它的收敛半径,具有下列性质: (1)对于每一个使|z|<R的z,级数绝对收敛,如果0≤p< 25
R,则对于|z|≤p,级数一致收敛 (2)如果z满足{z|>R,则级数的项无界,级数发散 (3)在||<R内级数的和是…个全纯函数.它的导数可以 通过逐项微分求得.所得的级数与原级数有相同的收敛半径 树{z|≤R称为收敛圆.在收敛圆周上,收敛性不一定.R可取 为 (6.2) limsup 这称为收敛半径的 Hadamard公式 现在来证明定理3. 证明如果1x1<R,则可找到p,使得|z|<<R,于是1> 1.由(6.2),仔在个n,使得当n≥n时,有a<,即an R P 故当n≥n时,la,x|< z 由于 当|z|<p时 收敛由 Weierstrass M-判别法知:∑ax绝对收敛为了证明级 数在|z|≤p(<R)中的…致收敛性选取p,n1,使得p<p<R.对 n2≥n1a /成立,由 Weierstrass M-判别法,知(6.1) 在{z|≤ρ中致收敛 如果z|>R,取p使碍R<<|z|由于 R,故存在…个 n2,使得当兀≥n时,an>,即|ax>于是有无穷多个x,使 e|>{12),故级数项无界 级数∑nx与级数∑a,z有相同的收敛半径这是因为 lim v
对于|z|<R,记 a,2"=S,(z)+R(x) 这里 Sm(z)=uo+ a12 +"+am-2", R, (z) at 令 f()=2na,"1=lim Sn(z) 要证明f1(x)-f(z) 取0<P<R,任意取定一点za,|0|<p.由于 f(x)一f(x) f1(z) +(Sn(x,)f(x)+(E(2)-R=2) 若x≠20,且|2|<p<R,则上式右边最后一项可写为 u+2 …+x22+z2-1) 故 Rn(z)一Rn(z0) >klarlpt 这是一个收敛级数的余项故存在n3,当n≥n2时,有 Rn(x)一Rn( 由于f1(z)= limIn(z),故存在n1,使得n≥n4时,有|Sn(z) f1(x)|<E/3.取固定的n>n3,n>n4,由微商的定义,可以找到δ> 0,使得当0<|z-z0<δ时,有 S,(2)-S(zo) 27
综合上面各式得到:当0<|z-z0|<δ时,有 f(z)-f(eo) f(z,)<E 这就证明了f(z。)=f1(z0).定理3证毕 这种推理可重复进行,得到 (更十1)! (k十2)! fo)(z)=klar I! 对任意正整数k都成立.由此可得a 4=k1,故幂级数可以写成 f(0) n)(0 f(x)=f(0)+f(0)z+ 2! 这是 Taylor- Maclaurin级数.这是在f(x)具有一个幂级数展开式 这个假定下证明的,即如果展开式存在则唯确定,在下一章中将 证明:每一全纯函数具有-个 Taylor展J式 由指数函数的性质(4),(c)=c2,立得e的 Taylor级数 1+元+a,+… 1! 由定义(5.3),得到coz及sinz的 Taylor展开式为 cos之=1—+ 2!4 6! 由 Hadamard公式,这三个级数是在全平面上收敛的 习题 1.用公式(1.9)来验证: Newton- Leibniz公式、 Green公式 Stokes公式及 Gauss公式 2.(1)求下列复数的模及輻角的主值: (i)2i;(ii)I-i;(i)3+4i;(iv)-5+12i (2)求下列复数之值: 28