现在开始对复变函数进行研究
称定义域和值域均为复数域 $\mathbb C$ 的函数为复变函数

# 复微分

类似于实变函数，复变函数的微分可能性定义基于极限的存在

定义
取定义域 $D \subset \mathbb C$ ，令复变函数 $f: D \to \mathbb C$
取内部点 $z_0 \in D^\circ$ ，称 $f$ 在 $z_0$ 处复可微，当且仅当极限

$\lim_{z \to z_0} \frac{f(z) - f(z_0)}{z - z_0} = \left( \lim_{\zeta \to 0} \frac{f(z_0 + \zeta) - f(z_0)}{\zeta} \right)$

存在。
称该极限为 $f$ 在 $z_0$ 处的微分系数，记为 $f'(z_0)$ 或 $\dfrac{df}{dz}(z_0)$ 。

命题 四则性质与链式法则
若函数 $f,g$ 在 $z_0$ 处复可微，则

$f+g$ 在 $z_0$ 处复可微，且 $(f+g)'(z_0) = f'(z_0) + g'(z_0)$
$fg$ 在 $z_0$ 处复可微，且 $(fg)'(z_0) = f'(z_0)g(z_0) + f(z_0)g'(z_0)$
若 $g(z_0) \neq 0$ ，则 $\frac{f}{g}$ 在 $z_0$ 处复可微，且

$\left(\frac{f}{g}\right)'(z_0) = \frac{f'(z_0)g(z_0) - f(z_0)g'(z_0)}{(g(z_0))^2}$

若函数 $f$ 在 $z_0$ 处复可微，且函数 $g$ 在 $f(z_0)$ 处复可微，则复合函数 $g \circ f$ 在 $z_0$ 处复可微，且

$(g \circ f)'(z_0) = g'(f(z_0)) \cdot f'(z_0)$

证明

与实变函数相同，此处省略

对于全域可微的函数

定义
若 $f$ 在 $D$ 上每一点都复可微，则称 $f$ 在 $D$ 上全纯 (holomorphic)「正則」
特别地， $D = \mathbb{C}$ 时，称 $f$ 为 整函数 (entire function)

# Cauchy-Riemann 方程

由于复平面与实二维平面同胚 $\mathbb C \cong \mathbb R^2$
取同胚映射 $J: \mathbb R^2 \to \mathbb C,\ J(x,y) = x + iy$
则任意复变函数 $f(z=x+iy): D \to \mathbb C$ 都可以被视为实变函数 $\tilde{f}(x,y) := f \circ J: J^{-1}(D) \to \mathbb C$
记 $\tilde{f}$ 的实部与虚部分别为 $u,\ v$ ，即

$\tilde{f}(x,y) = u(x,y) + iv(x,y)$

可以看出，原复变函数转化为二元实变，复数值函数，再进一步被分解为两个实值二元函数 $u, v$

即 $u, v$ 的性质完全足以控制 $f$ ，复变函数的解析转变回实变函数

定理 Cauchy-Riemann 方程
以下条件等价：

$f$ 在 $z_0$ 处复可微
$(u,v)$ 在 $(x_0,y_0)$ 处 Frechet 可微，且满足 Cauchy-Riemann 方程

$\frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0) = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0, y_0) \\[6pt] \frac{\partial u}{\partial y}(x_0, y_0 ) = -\frac{\partial v}{\partial x}(x_0, y_0)$

并且给出微分系数

$f'(z_0) = \frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0) + i \frac{\partial v}{\partial x}(x_0, y_0) = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0, y_0) - i \frac{\partial u}{\partial y}(x_0, y_0)$

证明

( $\Rightarrow$ )
令 $f'(z_0) = \displaystyle \lim_{w \to 0} \frac{f(z_0+w) - f(z_0)}{w}, z_0 := x_0 + iy_0$ ，等价于

$\lim_{w \to 0} \frac{|f(z_0+w) - f(z_0) - f'(z_0)w|}{|w|} = 0$

令 $S := f(z_0+w) - f(z_0) - f'(z_0)w$ ，取

$\begin{cases} h := \mathrm{Re}(w) \\ k := \mathrm{Im}(w) \end{cases},\quad \begin{cases} \alpha := \mathrm{Re} \circ f' \\ \beta := \mathrm{Im} \circ f' \end{cases}$

则分子可写为

$\begin{aligned} S &= f(z_0+w) - f(z_0) - f'(z_0)w \\ &= \underbrace{u(x_0 + h, y_0 + k) + iv(x_0 + h, y_0 + k))}_{f(z_0+w)} \underbrace{- u(x_0, y_0) - iv(x_0, y_0)}_{-f(z_0)} \underbrace{-(\alpha(x_0, y_0) + i\beta(x_0, y_0))(h + ik)}_{-f'(z_0)w} \\ &= \underbrace{u(x_0 + h, y_0 + k) - u(x_0, y_0) - (\alpha(x_0,y_0)h - \beta(x_0, y_0)k)}_{=: R} + i \underbrace{(v(x_0 + h, y_0 + k) - v(x_0, y_0) - (\beta(x_0,y_0)h + \alpha(x_0, y_0)k))}_{=: I} \end{aligned}$

即原极限

$\lim_{w \to 0} \frac{|f(z_0+w) - f(z_0) - f'(z_0)w|}{|w|} = \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{\sqrt{R^2 + I^2}}{\sqrt{h^2 + k^2}} = 0 \iff \underbrace{\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{|R|}{\sqrt{h^2 + k^2}} = 0}_{\text{condition} \ 1} \wedge \underbrace{\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{|I|}{\sqrt{h^2 + k^2}} = 0}_{\text{condition} \ 2}$

其中，condition 1 等价于 $u$ 在 $(x_0,y_0)$ 处 Frechet 可微，且

$\frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0) = \alpha(x_0, y_0),\quad \frac{\partial u}{\partial y}(x_0, y_0) = -\beta(x_0, y_0)$

condition 2 等价于 $v$ 在 $(x_0,y_0)$ 处 Frechet 可微，且

$\frac{\partial v}{\partial x}(x_0, y_0) = \beta(x_0, y_0),\quad \frac{\partial v}{\partial y}(x_0, y_0) = \alpha(x_0, y_0)$

得到 C-R 方程成立

( $\Leftarrow$ )
由于 $f \circ J = u + iv$ ，则

$f(z_0 + w) - f(z_0) = \underbrace{u(x_0 + h, y_0 + k) - u(x_0, y_0)}_{=: R} + i\underbrace{(v(x_0 + h, y_0 + k) - v(x_0, y_0))}_{=:I}$

取 $R, I$ 的一次近似展开

$\begin{cases} R \approx R_1 := \frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0) h + \frac{\partial u}{\partial y}(x_0, y_0) k \\ I \approx I_1 := \frac{\partial v}{\partial x}(x_0, y_0) h + \frac{\partial v}{\partial y}(x_0, y_0) k \end{cases}$

由 C-R 方程可知 $\frac{\partial u}{\partial y}(x_0, y_0) = -\frac{\partial v}{\partial x}(x_0, y_0), \ \frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0) = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0, y_0)$

$\begin{aligned} f(z_0 + w) - f(z_0) &\approx R_1 + i I_1 \\ &= \left(\frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0) + i \frac{\partial v}{\partial x}(x_0, y_0)\right) h + \left(\frac{\partial u}{\partial y}(x_0, y_0) + i \frac{\partial v}{\partial y}(x_0, y_0)\right) k \\ &= \left(\frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0) + i \frac{\partial v}{\partial x}(x_0, y_0)\right) (h + ik) \\ &\stackrel{C-R}{=} \left(\frac{\partial v}{\partial y}(x_0, y_0) - i \frac{\partial u}{\partial y}(x_0, y_0)\right) (h + ik) \end{aligned}$

所以

$\left| \frac{f(z_0 + w) - f(z_0)}{w} - \left(\frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0) + i \frac{\partial v}{\partial x}(x_0, y_0)\right)\right| \to 0 \quad (w \to 0)$

即 $f$ 在 $z_0$ 处复可微，且

$f'(z_0) = \frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0) + i \frac{\partial v}{\partial x}(x_0, y_0) \left( = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0, y_0) - i \frac{\partial u}{\partial y}(x_0, y_0)\right)$

使用 C-R 方程前一定要记得检查 Frechet 可微性，非常容易忘
以下是一个满足 C-R 方程，但是 Frechet 不可微从而导致不能复微分的例子

$f(z) = \begin{cases} \frac{(\overline z)^2}{z}, & z \neq 0 \\ 0, & z = 0 \end{cases}$

证明

（满足 C-R 方程）
令 $z = x + iy$ ， $x = 0$ 处 $f = \frac{(x - iy)^2}{x + iy} = \frac{x^3 - 3xy + y -3ix^2y}{x^2 + y^2}$
$u = \mathrm{Re} \circ f = \frac{x^3 - 3xy + y}{x^2 + y^2},\ v = \mathrm{Im} \circ f = \frac{-3x^2y}{x^2 + y^2}$
计算偏导

$u_x = \frac{x^4 + 6x^2y - 3y^2}{(x^2 + y^2)^2},\quad u_y = \frac{-3x^2 - 2xy + y^2}{(x^2 + y^2)^2}$

$v_x = \frac{-6xy^3}{(x^2 + y^2)^2},\quad v_y = \frac{-3x^4 + 3x^2y^2}{(x^2 + y^2)^2}$

代入原点，可得 C-R 方程

$u_x(0,0) = v_y(0,0) = 0 \\ u_y(0,0) = -v_x(0,0) = 0$

（Frechet 不可微）
令 $(x,y) \to (0,0)$ ，考虑 $u,v$ 的微分系数
当 $x = 0$ 时

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\|u(x,y) - u(0,0)\|}{\|(x,y)\|} = \lim_{y \to 0} \frac{\frac{y}{y^2} - 0}{|y|} = \lim_{y \to 0} \frac{1}{y|y|} = +\infty$

当 $y = 0$ 时

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\|u(x,y) - u(0,0)\|}{\|(x,y)\|} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^3}{x^2} - 0}{|x|} = \lim_{x \to 0} x = 0$

所以 $u$ 在 $(0,0)$ 处不满足 Frechet 可微
同理
当 $x = 0$ 时

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\|v(x,y) - v(0,0)\|}{\|(x,y)\|} = \lim_{y \to 0} \frac{0 - 0}{|y|} = 0$

当 $y = x$ 时

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\|v(x,y) - v(0,0)\|}{\|(x,y)\|} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{-3x^3}{2x^2} - 0}{\sqrt{2}|x|} = \lim_{x \to 0} \frac{-3x}{2\sqrt{2}|x|} = \pm \frac{3}{2\sqrt{2}}$

所以 $v$ 在 $(0,0)$ 处也不满足 Frechet 可微
（复不可微）
当 $\mathrm{Re} z = 0$ 时

$\lim_{z \to 0} \frac{f(z) - f(0)}{z - 0} = \lim_{iy \to 0} \frac{\frac{(iy)^2}{iy} - 0}{iy} = \lim_{y \to 0} \frac{iy}{iy} = 1$

当 $y = x$ 时

$\lim_{z \to 0} \frac{f(z) - f(0)}{z - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{(x - ix)^2}{x + ix} - 0}{x + ix} = \lim_{x \to 0} \frac{(1 - i)^2}{1 + i} = 1 - i \neq 1$

所以在原点处的复微分不存在 $\quad \square$

此外，由于以下等价条件在二元实数函数 $u:D \to \mathbb R, (x,y) \mapsto u(x,y)$ 上成立：

$\begin{cases} u \text{ 在 } D \text{ 上可微} \\ u' \text{ 在 } D \text{ 上连续} \\ \end{cases} \iff \begin{cases} u \text{ 对 } x,y \text{ 偏导存在} \\ u_x, u_y\text{ 在 } D \text{ 上连续} \\ \end{cases}$

所以 Frechet 条件可以被放宽为偏导存在且连续，即 $C^1$

特别地

命题
令 $\Omega$ 为领域， $f: \Omega \to \mathbb{C}$ 在 $\Omega$ 上正则
以下条件只要有一个成立， $f$ 在 $\Omega$ 上恒为常数

$\forall z \in \Omega, f'(z) = 0$
$\mathrm{Re}(f)$ 在 $\Omega$ 上恒为常数
$\mathrm{Im}(f)$ 在 $\Omega$ 上恒为常数
$|f|$ 在 $\Omega$ 上恒为常数

证明

(1)
由 C-R 方程 $f' = u_x + iv_x = v_y - iu_x$ ，所以在 $\Omega$ 上

$f' \equiv 0 \iff u_x \equiv u_y \equiv 0, v_x \equiv y_y \equiv 0 \iff u,v \text{ 为常数}$

即 $f$ 在 $\Omega$ 上恒为常数
(2)
等价于 $u$ 为常数，即 $u_x \equiv u_y \equiv 0$
由 C-R 方程得

$\begin{cases} v_x = -u_y = 0 \\ v_y = u_x = 0 \end{cases}$

所以 $v$ 也为常数
(3)
与 (2) 相同
(4)
令 $|f(z)| = c \geq 0$ ，若 $c=0$ 则 $f \equiv 0$
取 $c \gt 0$ ，则

$c^2 = |f|^2 = u^2 +v^2$

分别对 $x, y$ 偏微分，通过代换 $u_y = -v_y, v_y = u_x$

$\begin{cases} 0 = u \cdot u_x + v \cdot v_x \\ 0 = u \cdot u_y + v \cdot v_y \end{cases} \iff \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u & v \\ v & -u \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_x \\ v_x \end{pmatrix}$

由于 $u^2 + v^2 = c^2 \gt 0$ ，所以此处矩阵为正则矩阵，方程仅有自明解 $u_x = v_x = 0$
同样可得 $u_y = v_y = 0$

事实上，对于在 $D$ 上正则的函数 $f$ ，其实部，虚部部分 $u, v$ 都是 $D$ 上的调和函数 (Harmonic Function)
其中调和函数定义为

$u \text{ 为调和函数} \iff \Delta u = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0$

# 解析性

定义
令 $D \subset \mathbb C$ 为开集， $f: D \to \mathbb C$
若对点 $z_0 \in D$
存在一个收敛半径为 $r > 0$ 的幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ ，以及一个正数 $0 < e < r$
使得对任意 $z \in D(z_0, e)$ ：

$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n$

则称 $f$ 在 $z_0$ 处 级数展开可能 (can be expanded in a power series)「べき級数展開可能」。

若 $f$ 在 $D$ 上每一点都可以级数展开，则称 $f$ 在 $D$ 上 解析 (analytic)「解析的」

命题 四则性质
设 $f,g$ 在 $D$ 上解析，则

$f + g$
$\lambda f, \quad \lambda \in \mathbb C$
$fg$
$g \neq 0 \implies \frac{f}{g} \quad$

在 $D$ 上解析

证明

与实变函数相同，此处省略

解析性（全纯性）是很强的约束性质，首先对于复变函数来说，因为实部和虚部分别独立的存在，所以复变函数的微分的需求就超过实变函数
其次全纯性要求函数无限次微分可能，这就对函数的任何微小变化都给出了约束：不允许函数出现任何方向上的微小尖锐突变
这一约束条件甚至强到出现了如下现象：
只要两个解析函数在某一个极小区域内一致，那他们全域下都一致

命题
令 $f,g$ 在领域 $\Omega \subset \mathbb C$ 上解析
若 $Z = \{z \in \Omega \mid f(z) = g(z)\}$ 存在聚点，则在整个 $\Omega$ 上 $f \equiv g$

证明

令 $h = f - g$ ，则 $h$ 在 $\Omega$ 上解析，且 $Z(h)$ 存在聚点
取聚点 $z_0 \in \Omega$ ，则存在 $\delta > 0$ ，使得对任意 $z \in \Omega$ 有

$0 \lt |z - z_0| \lt \delta \implies h(z) = 0$

由 $h$ 在 $\Omega$ 上解析知，存在幂级数展开

$h(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n, \quad |z - z_0| \lt r$

对任意 $0 \lt |z - z_0| \lt \min\{\delta, r\}$ ，有

$0 = h(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n$

幂级数展开唯一性，所以 $a_n = 0$ 对任意 $n$ 成立，因此 $h \equiv 0$ 在 $D(z_0, r)$ 上成立
再由解析函数的延拓性， $h \equiv 0$ 在 $\Omega$ 上成立

# 零点

自然地，若 $f(z_0) = 0$ ，则称 $z_0$ 为 $f$ 的零点
对于解析函数，零点是孤立的

命题
令 $\Omega \subset \mathbb C$ 为领域， $f: \Omega \to \mathbb C$ 在 $\Omega$ 上解析，且不恒等于零，则

$Z(f) = \{z \in \Omega \mid f(z) = 0\}$

在 $\Omega$ 内没有聚点

Z 没有聚点等价于

$\forall z_0 \in Z(f),\ \exists \delta > 0,\ \forall z \in \Omega: \\ 0 \lt |z - z_0| \lt \delta \implies f(z) \neq 0$

命题
令 $f$ 在 $z_0$ 的邻域处级数展开为

$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n, \quad z \in D(z_0, r)$

且

$1 \leq N := \min\{n \in \mathbb N \mid a_n \neq 0\} \lt \infty$

此时存在 $D(z_0, e)$ 上的正则函数 $g \neq 0$ ，使得

$f(z) = (z - z_0)^N g(z), \quad z \in D(z_0, r)$

证明

由 $N$ 的定义

$f(z) = \sum_{n=N}^{\infty} a_n (z - z_0)^n = (z - z_0)^N \sum_{n=0}^{\infty} a_{n+N} (z - z_0)^n$

令

$g(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n+N} (z - z_0)^n$

则 $g$ 在 $D(z_0, r)$ 上解析，且

$g(z_0) = a_N \neq 0$

因此存在 $e > 0$ ，使得对任意 $z \in D(z_0, e)$ 有 $g(z) \neq 0$

此命题中给出的 $N$ 称为 $f$ 在 $z_0$ 处的零点阶数
并且在同样背景下，也有以下命题：

命题
令 $f$ 在 $z_0$ 的邻域处级数展开为

$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n, \quad z \in D(z_0, r)$

且 $z_0$ 为 $Z(f)$ 的聚点，则 $f$ 在 $D(z_0, r)$ 上恒等于零，即 $a_n = 0$ 对任意 $n$ 成立

证明

使用反证法
假设 $\exists n \in \mathbb N \cup \{0\} \ s.t. \ a_n \neq 0$
则 $1 \leq N \leq n \lt \infty$
此时存在 $D(z_0, e)$ 上的正则函数 $g \neq 0$ ，使得

$f(z) = (z - z_0)^N g(z), \quad z \in D(z_0, r)$

由于 $g$ 连续且非零，所以存在正数 $e' \lt e$ ，使得 $g(z) \neq 0$ 对任意 $z \in D(z_0, e')$ 成立

但当 $z \in D(z_0, e') \setminus \{z_0\}$ 时

$f(z) = (z - z_0)^N g(z) \neq 0$

这与 $z_0$ 为 $Z(f)$ 的聚点矛盾

命题
令 $\Omega$ 为领域， $f: \Omega \to \mathbb C$ 在 $\Omega$ 上解析
以下全部等价

存在一点 $z_0 \in \Omega$ ，使得 $f^{(n)}(z_0) = 0$ 对任意 $n \in \mathbb{N}$ 成立
$f$ 在 $\Omega$ 上某点邻域内恒等于零
存在含有 $\Omega$ 内相异两点的连续曲线， $f$ 在该曲线上恒等于零
$f$ 在 $\Omega$ 上恒等于零

证明

较长，暂略

# 复微分

# Cauchy-Riemann 方程

# 解析性

# 零点

【解析几何】线积分

【复分析】Cauchy 积分定理