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复变函数-CH1-复数及其运算 以及复变函数的极限和连续

复变函数-CH1-复数及其运算，待补充摘要。

June 11, 2026 修考 35 min read

复数及其运算

第一阶段：复数及其运算

一、 复数的引入与代数形式（Algebraic Form）

1. 虚数单位 ii 的引入

在实数域中，方程 x2+1=0x^2 + 1 = 0 无解（判别式 Δ<0\Delta < 0）。为了解决此类方程的求解问题，数学家引入了一个全新的数——虚数单位 ii（在电工学中为了免与电流 ii 混淆，常记为 jj），定义：

i2=−1i^2 = -1

2. ii 的高次方周期性

由于 i2=−1i^2 = -1，虚数单位的高次方呈现明显的以 44 为周期的循环特性（n∈Zn \in \mathbb{Z}）：

  • i4n=1i^{4n} = 1
  • i4n+1=ii^{4n+1} = i
  • i4n+2=−1i^{4n+2} = -1
  • i4n+3=−ii^{4n+3} = -i

3. 复数的定义

一个复数 zz 由实部和虚部两部分组成，其标准代数形式为：

z=a+bi(a,b∈R)z = a + bi \quad (a, b \in \mathbb{R})

其中：

  • 实部（Real Part）：记作 Re(z)=a\text{Re}(z) = a
  • 虚部（Imaginary Part）：记作 Im(z)=b\text{Im}(z) = b（注意：虚部是实数 bb，而不是 bibi）。

根据实虚部的取值，复数可以分类为：

  • 当 Im(z)=b=0\text{Im}(z) = b = 0 时，zz 为实数。
  • 当 Im(z)=b≠0\text{Im}(z) = b \neq 0 且 Re(z)=a=0\text{Re}(z) = a = 0 时，z=biz = bi 称为纯虚数。
  • 当且仅当两个复数的实部和虚部分别相等时，这两个复数相等。复数之间无法比较大小（因为复数集不能建立保持四则运算顺序的全序关系）。

二、 复数的四则运算（Algebraic Operations）

设 z1=a+biz_1 = a + bi，z2=c+diz_2 = c + di，复数的加减乘运算类似于多项式运算法则（合并同类项，并将 i2i^2 替换为 −1-1）。

1. 加法与减法

实部与实部相加减，虚部与虚部相加减：

z1±z2=(a±c)+(b±d)iz_1 \pm z_2 = (a \pm c) + (b \pm d)i

2. 乘法

展开多项式并合并：

z1⋅z2=(a+bi)(c+di)=ac+adi+bci+bdi2=(ac−bd)+(ad+bc)iz_1 \cdot z_2 = (a+bi)(c+di) = ac + adi + bci + bdi^2 = (ac - bd) + (ad + bc)i

3. 除法（分母实数化）

起承转合提示：为了化简分母含 ii 的分式，我们需要利用平方差公式将分母转化为实数。这需要让分母乘以它的共轭复数。

z1z2=a+bic+di=(a+bi)(c−di)(c+di)(c−di)=(ac+bd)+(bc−ad)ic2+d2=ac+bdc2+d2+bc−adc2+d2i\frac{z_1}{z_2} = \frac{a+bi}{c+di} = \frac{(a+bi)(c-di)}{(c+di)(c-di)} = \frac{(ac+bd) + (bc-ad)i}{c^2 + d^2} = \frac{ac+bd}{c^2+d^2} + \frac{bc-ad}{c^2+d^2}i

📝 【手写例题 1】

计算 1+2i3+4i\frac{1+2i}{3+4i}。

【详细解析】 分子分母同乘以分母的共轭复数 3−4i3-4i：

1+2i3+4i=(1+2i)(3−4i)(3+4i)(3−4i)=3−4i+6i−8i232+42\frac{1+2i}{3+4i} = \frac{(1+2i)(3-4i)}{(3+4i)(3-4i)} = \frac{3 - 4i + 6i - 8i^2}{3^2 + 4^2}

由于 i2=−1i^2 = -1，分子化简为 3+2i+8=11+2i3 + 2i + 8 = 11 + 2i，分母为 9+16=259 + 16 = 25：

1+2i3+4i=11+2i25=1125+225i\frac{1+2i}{3+4i} = \frac{11+2i}{25} = \frac{11}{25} + \frac{2}{25}i

三、 复数的几何表示与三种表示形式的转换

1. 几何表示：复平面（Complex Plane）

复数 z=a+biz = a + bi 与直角坐标系下的点 P(a,b)P(a, b) 构成一一对应关系。横轴（xx 轴）称为实轴，纵轴（yy 轴）称为虚轴。

同时，zz 也可以用从原点指向点 P(a,b)P(a, b) 的向量 OP⃗\vec{OP} 表示：

  • 模（Modulus） rr：向量的长度，记作 ∣z∣|z|。

    r=∣z∣=a2+b2r = |z| = \sqrt{a^2 + b^2}

  • 幅角（Argument） θ\theta：从正实轴逆时针旋转到向量 OP⃗\vec{OP} 的夹角，记作 Arg(z)\text{Arg}(z)。

    Arg(z)=θ+2kπ(k∈Z)\text{Arg}(z) = \theta + 2k\pi \quad (k \in \mathbb{Z})

  • 幅角主值（Principal Argument） arg(z)\text{arg}(z)：满足区间 (−π,π](-\pi, \pi] 的唯一幅角 θ\theta。

💡 核心解答：计算幅角主值时，什么时候需要加减 π\pi？

由于计算 θ=arctan⁡(ba)\theta = \arctan\left(\frac{b}{a}\right) 时，单值 arctan⁡\arctan 函数的值域仅为 (−π2,π2)\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)，它无法区分第一与第三象限（或第二与第四象限）。因此需要根据点 (a,b)(a,b) 所在的象限进行手动修正：

θ=arg(z)={arctan⁡(ba),z 在第一、四象限 (a>0)arctan⁡(ba)+π,z 在第二象限 (a<0,b≥0)arctan⁡(ba)−π,z 在第三象限 (a<0,b<0)π2,a=0,b>0−π2,a=0,b<0\theta = \text{arg}(z) = \begin{cases} \arctan\left(\frac{b}{a}\right), & z \text{ 在第一、四象限 (} a > 0 \text{)} \\ \arctan\left(\frac{b}{a}\right) + \pi, & z \text{ 在第二象限 (} a < 0, b \ge 0 \text{)} \\ \arctan\left(\frac{b}{a}\right) - \pi, & z \text{ 在第三象限 (} a < 0, b < 0 \text{)} \\ \frac{\pi}{2}, & a=0, b>0 \\ -\frac{\pi}{2}, & a=0, b<0 \end{cases}

2. 复数的三种表示形式

  1. 代数形式：z=a+biz = a + bi

  2. 三角形式：由 a=rcos⁡θa = r\cos\theta 和 b=rsin⁡θb = r\sin\theta 导入：

    z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)z = r(\cos\theta + i\sin\theta)

  3. 指数形式：借助欧拉公式 eiθ=cos⁡θ+isin⁡θe^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta，复数可写为：

    z=reiθz = r e^{i\theta}

3. 形式转换经典例题

📝 【手写例题 2】（第三象限转换）

将复数 z=−12−2iz = -\sqrt{12} - 2i 表示为三角形式与指数形式。

【详细解析】

  1. 化简代数式：z=−23−2iz = -2\sqrt{3} - 2i，所以实部 a=−23a = -2\sqrt{3}，虚部 b=−2b = -2。

  2. 求模长 rr：

    r=∣z∣=(−23)2+(−2)2=12+4=4r = |z| = \sqrt{(-2\sqrt{3})^2 + (-2)^2} = \sqrt{12 + 4} = 4

  3. 求幅角主值 θ\theta： 因为 a<0,b<0a < 0, b < 0，该点位于第三象限。根据象限修正公式：

    θ=arctan⁡(−2−23)−π=arctan⁡(13)−π=π6−π=−56π\theta = \arctan\left(\frac{-2}{-2\sqrt{3}}\right) - \pi = \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) - \pi = \frac{\pi}{6} - \pi = -\frac{5}{6}\pi

  4. 写出转换结果：

    • 三角形式：z=4[cos⁡(−56π)+isin⁡(−56π)]z = 4\left[\cos\left(-\frac{5}{6}\pi\right) + i\sin\left(-\frac{5}{6}\pi\right)\right]
    • 指数形式：z=4e−i56πz = 4 e^{-i\frac{5}{6}\pi}
📝 【非标三角形式转化】（手写补充）

将非标准三角形式 z=sin⁡π5+icos⁡π5z = \sin\frac{\pi}{5} + i\cos\frac{\pi}{5} 转化为标准三角形式。

【重要警示】 标准三角形式要求实部为余弦 cos⁡\cos，虚部系数为正弦 sin⁡\sin。而当前表达式实部为 sin⁡\sin，虚部为 cos⁡\cos，不能直接使用其角度。

【详细解析】 利用诱导公式 sin⁡α=cos⁡(π2−α)\sin\alpha = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) 与 cos⁡α=sin⁡(π2−α)\cos\alpha = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) 进行转换：

sin⁡π5=cos⁡(π2−π5)=cos⁡3π10\sin\frac{\pi}{5} = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{5}\right) = \cos\frac{3\pi}{10}

cos⁡π5=sin⁡(π2−π5)=sin⁡3π10\cos\frac{\pi}{5} = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{5}\right) = \sin\frac{3\pi}{10}

由此可得标准三角形式及模长 rr 和主值角 θ\theta：

  • 标准三角形式：z=cos⁡3π10+isin⁡3π10(此时 r=1)z = \cos\frac{3\pi}{10} + i\sin\frac{3\pi}{10} \quad (\text{此时 } r=1)
  • 指数形式：z=ei310πz = e^{i\frac{3}{10}\pi}

四、 乘积、商与幂运算（Multiplication, Division & Powers）

起承转合提示：在代数形式下进行高次方或乘除运算非常繁琐。如果转化为三角形式或指数形式，乘除法将直接变为“模相乘除，幅角相加减”，极其便利。

已知 z1=r1eiθ1z_1 = r_1 e^{i\theta_1}，z2=r2eiθ2z_2 = r_2 e^{i\theta_2}：

1. 乘法（模相乘，幅角相加）

z1⋅z2=(r1eiθ1)(r2eiθ2)=r1r2ei(θ1+θ2)=r1r2[cos⁡(θ1+θ2)+isin⁡(θ1+θ2)]z_1 \cdot z_2 = (r_1 e^{i\theta_1})(r_2 e^{i\theta_2}) = r_1 r_2 e^{i(\theta_1 + \theta_2)} = r_1 r_2 [\cos(\theta_1 + \theta_2) + i\sin(\theta_1 + \theta_2)]

2. 除法（模相除，幅角相减）

z1z2=r1eiθ1r2eiθ2=r1r2ei(θ1−θ2)=r1r2[cos⁡(θ1−θ2)+isin⁡(θ1−θ2)]\frac{z_1}{z_2} = \frac{r_1 e^{i\theta_1}}{r_2 e^{i\theta_2}} = \frac{r_1}{r_2} e^{i(\theta_1 - \theta_2)} = \frac{r_1}{r_2} [\cos(\theta_1 - \theta_2) + i\sin(\theta_1 - \theta_2)]

3. 幂运算与棣莫弗公式（De Moivre’s Formula）

复数的 nn 次方幂为：

zn=(reiθ)n=rneinθ=rn(cos⁡nθ+isin⁡nθ)z^n = (r e^{i\theta})^n = r^n e^{i n \theta} = r^n (\cos n\theta + i\sin n\theta)

特别地，当 r=1r = 1 时，得到著名的棣莫弗公式：

(cos⁡θ+isin⁡θ)n=cos⁡nθ+isin⁡nθ(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta

📝 【手写例题 3】（高次幂求解）

求 z3z^3，其中 z=12−2iz = \sqrt{12} - 2i。

【关于手写疑惑“我前面的过程好像是错的”的澄清】 手写稿中提到“我前面的过程好像是错的”。实际上，你的最终答案 −64i-64i 完全正确！这里为你写出最严谨、无破绽的推导步骤：

  1. 化简并写出代数形式：z=23−2iz = 2\sqrt{3} - 2i

  2. 求模长：r=(23)2+(−2)2=12+4=4r = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 + (-2)^2} = \sqrt{12 + 4} = 4

  3. 求幅角（第四象限）：

    θ=arctan⁡(−223)=arctan⁡(−13)=−π6\theta = \arctan\left(\frac{-2}{2\sqrt{3}}\right) = \arctan\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = -\frac{\pi}{6}

    所以其三角形式为：z=4[cos⁡(−π6)+isin⁡(−π6)]z = 4\left[\cos\left(-\frac{\pi}{6}\right) + i\sin\left(-\frac{\pi}{6}\right)\right]

  4. 运用棣莫弗公式计算 z3z^3：

    z3=43[cos⁡(3×(−π6))+isin⁡(3×(−π6))]z^3 = 4^3 \left[\cos\left(3 \times \left(-\frac{\pi}{6}\right)\right) + i\sin\left(3 \times \left(-\frac{\pi}{6}\right)\right)\right]

    z3=64[cos⁡(−π2)+isin⁡(−π2)]z^3 = 64 \left[\cos\left(-\frac{\pi}{2}\right) + i\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right]

    由于 cos⁡(−π2)=0\cos\left(-\frac{\pi}{2}\right) = 0，sin⁡(−π2)=−1\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right) = -1：

    z3=64[0+i(−1)]=−64iz^3 = 64 [0 + i(-1)] = -64i

五、 复数的方根（Roots of Complex Numbers）

1. 方根公式的推导

求解 w=znw = \sqrt[n]{z}（即 wn=zw^n = z）。 设 z=rei(θ+2kπ)z = r e^{i(\theta + 2k\pi)}（利用周期性引入 2kπ2k\pi），并设 w=ρeiϕw = \rho e^{i\phi}。 根据 wn=zw^n = z，得：

ρneinϕ=rei(θ+2kπ)\rho^n e^{in\phi} = r e^{i(\theta + 2k\pi)}

由此可列方程：

  1. ρn=r  ⟹  ρ=r1n\rho^n = r \implies \rho = r^{\frac{1}{n}}（这是实数域下的开正根）
  2. nϕ=θ+2kπ  ⟹  ϕ=θ+2kπnn\phi = \theta + 2k\pi \implies \phi = \frac{\theta + 2k\pi}{n}

因此得到复数的 nn 次方根公式：

wk=zn=r1n(cos⁡θ+2kπn+isin⁡θ+2kπn)(k∈Z)w_k = \sqrt[n]{z} = r^{\frac{1}{n}} \left( \cos\frac{\theta + 2k\pi}{n} + i\sin\frac{\theta + 2k\pi}{n} \right) \quad (k \in \mathbb{Z})

2. 核心考点深度解惑

❓ 疑问一：为什么 kk 只能取 00 到 n−1n-1 共 nn 个数？

答：因为三角函数具有 2π2\pi 周期性。 当我们尝试代入 k=nk = n 时，其对应的角度为：

ϕn=θ+2nπn=θn+2π\phi_n = \frac{\theta + 2n\pi}{n} = \frac{\theta}{n} + 2\pi

此时 cos⁡ϕn=cos⁡(θn)\cos\phi_n = \cos\left(\frac{\theta}{n}\right)，sin⁡ϕn=sin⁡(θn)\sin\phi_n = \sin\left(\frac{\theta}{n}\right)，其对应的值与 k=0k = 0 时完全重合。 同理，当 k=n+1k = n+1 时与 k=1k=1 重合。因此，在复数范围内，非零复数 zz 的 nn 次方根有且仅有 nn 个不同的值，它们在复平面上分布在以原点为圆心、半径为 r1/nr^{1/n} 的圆周上，并将其 nn 等分。

❓ 疑问二：164\sqrt[4]{16} 的答案真的只有 2 吗？为什么总是忘记加上 2kπ2k\pi？

答：在实数域内，由于只考虑实数解，164\sqrt[4]{16} 的确只有正根 2（若考虑实数方程解则是 ±2\pm 2）。但在复数域内，根的数量必须等同于开方次数，即 164\sqrt[4]{16} 有 4 个复数解。 为了求出完整的复数解，必须引入多值性幅角 θ+2kπ\theta + 2k\pi。

【计算 164\sqrt[4]{16} 的 4 个复数解】

  1. 写出 1616 的复数形式：z=16=16(cos⁡0+isin⁡0)z = 16 = 16(\cos 0 + i\sin 0)（模长 r=16r=16，幅角主值 θ=0\theta=0）。

  2. 代入方根公式：

    wk=1614(cos⁡0+2kπ4+isin⁡0+2kπ4)=2(cos⁡kπ2+isin⁡kπ2)(k=0,1,2,3)w_k = 16^{\frac{1}{4}} \left( \cos\frac{0 + 2k\pi}{4} + i\sin\frac{0 + 2k\pi}{4} \right) = 2 \left( \cos\frac{k\pi}{2} + i\sin\frac{k\pi}{2} \right) \quad (k=0,1,2,3)

  3. 分别求出 4 个解：

    • k=0  ⟹  w0=2(cos⁡0+isin⁡0)=2k = 0 \implies w_0 = 2(\cos 0 + i\sin 0) = 2
    • k=1  ⟹  w1=2(cos⁡π2+isin⁡π2)=2ik = 1 \implies w_1 = 2\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right) = 2i
    • k=2  ⟹  w2=2(cos⁡π+isin⁡π)=−2k = 2 \implies w_2 = 2(\cos\pi + i\sin\pi) = -2
    • k=3  ⟹  w3=2(cos⁡3π2+isin⁡3π2)=−2ik = 3 \implies w_3 = 2\left(\cos\frac{3\pi}{2} + i\sin\frac{3\pi}{2}\right) = -2i

复数域下 4 个解为：±2,±2i\pm 2, \pm 2i。

📝 【手写例题 4】

求 1+i4\sqrt[4]{1+i} 的所有复根。

【SOP 标准作业流程演示】

  • Step 1：转化为三角形式 对于 z=1+iz = 1+i，其模长 r=12+12=2r = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}，幅角主值 θ=arctan⁡(1/1)=π4\theta = \arctan(1/1) = \frac{\pi}{4}：

    1+i=2(cos⁡π4+isin⁡π4)1+i = \sqrt{2} \left( \cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4} \right)

  • Step 2：代入方根公式

    wk=(2)14[cos⁡(π4+2kπ4)+isin⁡(π4+2kπ4)](k=0,1,2,3)w_k = (\sqrt{2})^{\frac{1}{4}} \left[ \cos\left( \frac{\frac{\pi}{4} + 2k\pi}{4} \right) + i\sin\left( \frac{\frac{\pi}{4} + 2k\pi}{4} \right) \right] \quad (k=0,1,2,3)

    wk=218[cos⁡(π16+kπ2)+isin⁡(π16+kπ2)]w_k = 2^{\frac{1}{8}} \left[ \cos\left( \frac{\pi}{16} + \frac{k\pi}{2} \right) + i\sin\left( \frac{\pi}{16} + \frac{k\pi}{2} \right) \right]

  • Step 3：展开求出 4 个不同的根

    • 当 k=0k = 0 时：w0=218(cos⁡π16+isin⁡π16)w_0 = 2^{\frac{1}{8}} \left( \cos\frac{\pi}{16} + i\sin\frac{\pi}{16} \right)
    • 当 k=1k = 1 时：w1=218(cos⁡9π16+isin⁡9π16)w_1 = 2^{\frac{1}{8}} \left( \cos\frac{9\pi}{16} + i\sin\frac{9\pi}{16} \right)
    • 当 k=2k = 2 时：w2=218(cos⁡17π16+isin⁡17π16)w_2 = 2^{\frac{1}{8}} \left( \cos\frac{17\pi}{16} + i\sin\frac{17\pi}{16} \right)
    • 当 k=3k = 3 时：w3=218(cos⁡25π16+isin⁡25π16)w_3 = 2^{\frac{1}{8}} \left( \cos\frac{25\pi}{16} + i\sin\frac{25\pi}{16} \right)

六、 共轭复数（Conjugate Complex Numbers）

1. 概念与几何意义

设 z=a+biz = a + bi，其共轭复数（记作 zˉ\bar{z}）定义为实部相同、虚部互为相反数的复数：

zˉ=a−bi\bar{z} = a - bi

几何意义：在复平面上，共轭复数 zz 与 zˉ\bar{z} 关于实轴对称。

2. 核心代数关系（用 zz 与 zˉ\bar{z} 表达实部、虚部）

通过联立 z=a+biz = a + bi 与 zˉ=a−bi\bar{z} = a - bi，我们可以得到两个将复数分拆的重要公式：

  • 求实部：z+zˉ=2a  ⟹  a=Re(z)=z+zˉ2z + \bar{z} = 2a \implies a = \text{Re}(z) = \frac{z + \bar{z}}{2}

  • 求虚部：z−zˉ=2bi  ⟹  b=Im(z)=z−zˉ2iz - \bar{z} = 2bi \implies b = \text{Im}(z) = \frac{z - \bar{z}}{2i}

    公式化简小技巧：分母上的虚数单位 ii 可以通过分子分母同乘以 ii（或利用 1/i=−i1/i = -i）移动到分子，从而写成手写笔记中的漂亮结构：

    b=Im(z)=−i2(z−zˉ)b = \text{Im}(z) = -\frac{i}{2}(z - \bar{z})

3. 模与共轭的乘积关系

z⋅zˉ=(a+bi)(a−bi)=a2+b2=∣z∣2z \cdot \bar{z} = (a+bi)(a-bi) = a^2 + b^2 = |z|^2

即复数与其共轭复数的乘积，等于该复数模长的平方。这也是我们在“除法”中进行分母实数化的理论依据！

4. 共轭运算的基本性质

  • z1±z2‾=zˉ1±zˉ2\overline{z_1 \pm z_2} = \bar{z}_1 \pm \bar{z}_2（共轭运算对加减法具有分配律）
  • z1⋅z2‾=zˉ1⋅zˉ2\overline{z_1 \cdot z_2} = \bar{z}_1 \cdot \bar{z}_2（共轭运算对乘法具有分配律）
  • (z1z2)‾=zˉ1zˉ2\overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)} = \frac{\bar{z}_1}{\bar{z}_2}
  • (zˉ)‾=z\overline{(\bar{z})} = z（双重共轭等于其自身）

复变函数及其极限与连续

第一章：复变函数及其极限与连续

一、 复变函数的概念：从“实”到“复”的跨越

1. 引入与定义

我们在高等数学中学习的函数（如 y=x2,y=sin⁡xy = x^2, y = \sin x）都是定义在实数域 R\mathbb{R} 上的。而复变函数（Complex Function），顾名思义，就是将自变量的定义域推广到了复数域 C\mathbb{C} 上。

严格数学定义： 设 EE 是复平面上的一个非空复数集合。如果有一种对应法则 ff，使得对于集合 EE 中的每一个复自变量 z=x+iyz = x + iy，都有唯一确定的复因变量 w=u+ivw = u + iv 与之对应，则称 ff 是定义在 EE 上的复变函数，记作：

w=f(z)(z∈E)w = f(z) \quad (z \in E)

2. 复变函数的双实函数表示法

由于自变量 zz 和因变量 ww 都是复数，我们可以将它们分别拆解为实部和虚部：

  • 自变量：z=x+iy(x,y∈R)z = x + iy \quad (x, y \in \mathbb{R})
  • 因变量：w=u+iv(u,v∈R)w = u + iv \quad (u, v \in \mathbb{R})

代入函数关系式 w=f(z)w = f(z) 中，可以得到：

u+iv=f(x+iy)u + iv = f(x + iy)

这说明，给定了 xx 和 yy，就能唯一确定 uu 和 vv。因此，实部 uu 和虚部 vv 实际上是关于实变量 xx 和 yy 的二元实函数：

w=f(z)=u(x,y)+iv(x,y)w = f(z) = u(x, y) + i v(x, y)

💡 学习感悟与起承转合：

  • 直观感受： 复变函数 f(z)f(z) 表面上是一个整体，但它的背后其实是由两个不同的二元实函数 u(x,y)u(x, y) 和 v(x,y)v(x, y) 共同驱动的。
  • 方法论启示： 这一拆分给复变函数的研究提供了一条最基本的通路——将复变函数问题转化为高等数学中我们熟悉的二元实函数问题来求解。

二、 几何直观：zz 平面与 ww 平面的映射变换

在实函数中，我们可以在一个二维直角坐标系 xOyxOy 中画出 y=f(x)y = f(x) 的函数图像。但在复变函数中，自变量 zz 需要 2 个维度（实部 xx、虚部 yy），因变量 ww 也需要 2 个维度（实部 uu、虚部 vv）。若想画出完整的函数图像，我们需要 4 个维度，这在三维空间中是无法直接画出的。

为了解决这个问题，我们引入映射（Mapping）的概念，使用两个独立的复平面来表现这种关系：

  1. zz 平面（自变量空间）：以 xx 为横轴，yy 为纵轴。
  2. ww 平面（因变量空间）：以 uu 为横轴，vv 为纵轴。

通过复变函数 w=f(z)w = f(z)，我们将 zz 平面上的一个点或区域，变换（映射）为 ww 平面上的一个点或区域。

       z 平面 (xOy)                       w 平面 (uOv)
          ^ y                                ^ v
          |                                  |
      * z = x + iy     ==== 变换 f ====>     * w = u + iv
          |                                  |
  --------+-------> x                --------+-------> u
          |                                  |

💡 线性代数的联想： 这非常类似于线性代数中的“线性变换”或“空间映射”，它通过某种运算规则，沟通了两个不同的数学空间。

💻 例题 1：求点在变换下的像

题目： 设复变函数为 w=z3w = z^3。求 zz 平面上的三个点 z1=iz_1 = i，z2=1+iz_2 = 1+i，z3=3+iz_3 = \sqrt{3}+i 在 ww 平面上的像（即对应的 ww 值）。

解答与过程完善：

  • 方法 A：代数展开法（适合较简单的复数）

    • 对于 z1=iz_1 = i：

      w1=z13=i3=i2⋅i=−iw_1 = z_1^3 = i^3 = i^2 \cdot i = -i

      对应 ww 平面上的点 (0,−1)(0, -1)。

    • 对于 z2=1+iz_2 = 1 + i： 直接使用二项式展开或分步计算：

      (1+i)2=1+2i+i2=2i(1+i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 2i

      w2=(1+i)3=(1+i)2(1+i)=2i(1+i)=2i+2i2=−2+2iw_2 = (1+i)^3 = (1+i)^2(1+i) = 2i(1+i) = 2i + 2i^2 = -2 + 2i

      对应 ww 平面上的点 (−2,2)(-2, 2)。

  • 方法 B：极坐标/指数法（适合含有根号、计算量大的复数） 利用欧拉公式 z=reiθz = r e^{i\theta}，则 z3=r3ei3θz^3 = r^3 e^{i3\theta}。

    • 对于 z3=3+iz_3 = \sqrt{3} + i： 首先求模长 rr 和辐角 θ\theta：

      r=(3)2+12=2r = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = 2

      tan⁡θ=13  ⟹  θ=π6\tan\theta = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies \theta = \frac{\pi}{6}

      所以 z3=2eiπ6z_3 = 2 e^{i\frac{\pi}{6}}。 对其求立方：

      w3=z33=(2eiπ6)3=23⋅ei(3⋅π6)=8eiπ2w_3 = z_3^3 = \left(2 e^{i\frac{\pi}{6}}\right)^3 = 2^3 \cdot e^{i \left(3 \cdot \frac{\pi}{6}\right)} = 8 e^{i\frac{\pi}{2}}

      因为 eiπ2=cos⁡π2+isin⁡π2=ie^{i\frac{\pi}{2}} = \cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2} = i，所以：

      w3=8iw_3 = 8i

      对应 ww 平面上的点 (0,8)(0, 8)。

三、 复变函数的极限

1. 极限的数学定义

直观上，当 zz 无限趋近于 z0z_0 时，f(z)f(z) 无限趋近于一个确定的复数 AA，则称 AA 为 f(z)f(z) 当 z→z0z \to z_0 时的极限。

严格 ε−δ\varepsilon-\delta 定义： 设函数 f(z)f(z) 在 z0z_0 的去心邻域 0<∣z−z0∣<δ00 < |z - z_0| < \delta_0 内有定义。若存在一个复常数 AA，对于任意给定的 ε>0\varepsilon > 0，总存在一个 δ>0 (0<δ<δ0)\delta > 0 \ (0 < \delta < \delta_0)，使得当 0<∣z−z0∣<δ0 < |z - z_0| < \delta 时，恒有：

∣f(z)−A∣<ε|f(z) - A| < \varepsilon

则称 AA 为 f(z)f(z) 当 z→z0z \to z_0 时的极限，记作 lim⁡z→z0f(z)=A\lim_{z \to z_0} f(z) = A。

2. 复极限与实极限的关系

复变函数极限的计算，可以通过实部和虚部分别取极限来完成： 设 f(z)=u(x,y)+iv(x,y)f(z) = u(x,y) + iv(x,y)，z0=x0+iy0z_0 = x_0 + iy_0，A=u0+iv0A = u_0 + iv_0。则：

lim⁡z→z0f(z)=A  ⟺  lim⁡(x,y)→(x0,y0)u(x,y)=u0且lim⁡(x,y)→(x0,y0)v(x,y)=v0\lim_{z \to z_0} f(z) = A \iff \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} u(x,y) = u_0 \quad \text{且} \quad \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} v(x,y) = v_0

💻 例题 2：连续情况下的直接代入法

题目： 求极限：lim⁡z→1+izˉz\lim_{z \to 1+i} \frac{\bar{z}}{z}

解答与过程完善：

  • 思路分析： 判断分母在极限点是否为 00。由于当 z→1+iz \to 1+i 时，分母 z→1+i≠0z \to 1+i \neq 0，该函数在 1+i1+i 处是连续的。我们可以直接将 z=1+iz = 1+i 代入求解。

  • 计算过程：

    lim⁡z→1+izˉz=1+i‾1+i=1−i1+i\lim_{z \to 1+i} \frac{\bar{z}}{z} = \frac{\overline{1+i}}{1+i} = \frac{1-i}{1+i}

    进行分母实数化（分子分母同乘分母的共轭 1−i1-i）：

    1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=1−2i+i21−i2=1−2i−12=−2i2=−i\frac{1-i}{1+i} = \frac{(1-i)^2}{(1+i)(1-i)} = \frac{1 - 2i + i^2}{1 - i^2} = \frac{1 - 2i - 1}{2} = \frac{-2i}{2} = -i

  • 若拆分为二元实函数求解（对比）： 设 z=x+iy  ⟹  zˉ=x−iyz = x+iy \implies \bar{z} = x-iy。当 z→1+iz \to 1+i 时，(x,y)→(1,1)(x,y) \to (1,1)：

    lim⁡(x,y)→(1,1)x−iyx+iy=1−i1+i=−i\lim_{(x,y) \to (1,1)} \frac{x-iy}{x+iy} = \frac{1-i}{1+i} = -i

    两种方法完全等价，但由于其连续性，直接代入显然更简洁。

💻 例题 3：消去零因子法

题目： 求极限：lim⁡z→1zzˉ+2z−zˉ−2z2−1\lim_{z \to 1} \frac{z\bar{z} + 2z - \bar{z} - 2}{z^2-1}

解答与过程完善：

  • 思路分析： 如果直接把 z=1z=1 代入，分母 12−1=01^2-1=0，分子 1⋅1+2(1)−1−2=01\cdot 1 + 2(1) - 1 - 2 = 0，属于 00\frac{0}{0} 型未定式。这说明分子分母含有共同的零因子 z−1z-1。我们需要对其进行因式分解来消去零因子。

  • 计算过程： 对分子进行分组分解：

    zzˉ+2z−zˉ−2=(zzˉ−zˉ)+(2z−2)=zˉ(z−1)+2(z−1)=(z−1)(zˉ+2)z\bar{z} + 2z - \bar{z} - 2 = (z\bar{z} - \bar{z}) + (2z - 2) = \bar{z}(z-1) + 2(z-1) = (z-1)(\bar{z}+2)

    对分母进行平方差公式分解：

    z2−1=(z−1)(z+1)z^2 - 1 = (z-1)(z+1)

    代回极限式：

    lim⁡z→1(z−1)(zˉ+2)(z−1)(z+1)\lim_{z \to 1} \frac{(z-1)(\bar{z}+2)}{(z-1)(z+1)}

    因为 z→1z \to 1 但 z≠1z \neq 1，故零因子 z−1≠0z-1 \neq 0，可以安全约去：

    lim⁡z→1zˉ+2z+1\lim_{z \to 1} \frac{\bar{z}+2}{z+1}

    此时分母不为 00，直接代入 z=1z=1（此时共轭 zˉ=1\bar{z} = 1）：

    lim⁡z→1zˉ+2z+1=1+21+1=32\lim_{z \to 1} \frac{\bar{z}+2}{z+1} = \frac{1+2}{1+1} = \frac{3}{2}

四、 重点解答：复变函数的连续性与判定

❓ 手写笔记疑问：如何判断连续？

1. 连续性的定义

如果复变函数 f(z)f(z) 在 z0z_0 及其邻域内有定义，且满足：

lim⁡z→z0f(z)=f(z0)\lim_{z \to z_0} f(z) = f(z_0)

则称 f(z)f(z) 在点 z0z_0 处连续。

2. 如何在实际做题中判定连续性？

不用每次都使用严格的极限定义去证明。在实际解题中，有以下两条极为实用的黄金判定准则：

  • 准则一：利用基本初等函数的连续性（直接判定法） 和实微积分一样，复数域下的基本初等复函数在其定义域内都是连续的。

    • 多项式函数：P(z)=anzn+⋯+a0P(z) = a_n z^n + \dots + a_0 在全复平面 C\mathbb{C} 连续。
    • 分式有理函数：R(z)=P(z)Q(z)R(z) = \frac{P(z)}{Q(z)} 在所有使分母 Q(z)≠0Q(z) \neq 0 的点处连续。
    • 指数函数 eze^z、三角函数 sin⁡z,cos⁡z\sin z, \cos z、共轭函数 zˉ\bar{z} 均在全平面连续。
    • 结论： 只要你的函数是由这些基本初等函数经过有限次加、减、乘、除、复合得到的，并且所求的点不在分母为零或无定义的边界上，它在这一点就必定连续！

  • 准则二：拆分为实部与虚部判定（等价转化法） 设 f(z)=u(x,y)+iv(x,y)f(z) = u(x,y) + iv(x,y)。

    f(z) 在 z0=x0+iy0 连续  ⟺  u(x,y) 和 v(x,y) 两个二元实函数在 (x0,y0) 处同时连续f(z) \text{ 在 } z_0 = x_0 + iy_0 \text{ 连续} \iff u(x,y) \text{ 和 } v(x,y) \text{ 两个二元实函数在 } (x_0, y_0) \text{ 处同时连续}

    • 这可以直接套用我们在高等数学下册中学过的二元函数连续性结论。

五、 重点解答：多元函数极限不存在的判定定理

❓ 手写笔记疑问：微积分里这部分知识我已经忘了。为什么要令 y=kxy = kx？以及为什么“极限值与 kk 有关”就说明极限不存在？

1. 一元极限与二元（复）极限的本质区别

  • 一元实函数 lim⁡x→x0f(x)\lim_{x \to x_0} f(x)：自变量 xx 只能在一条一维数轴上运动。因此，趋近于 x0x_0 的方向只有两个：从左边趋近（左极限）和从右边趋近（右极限）。只要左极限 = 右极限，极限就存在。
  • 多元实函数（或复变函数） lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y)：自变量在二维平面上运动。要趋近于原点 (0,0)(0,0)，它的路径有无数条。可以是沿 xx 轴、沿 yy 轴、沿任意斜率的直线 y=kxy = kx、甚至可以沿着抛物线 y=ax2y = ax^2 绕着圈子趋近。
     一元极限 (只有左右两个方向)              多元/复极限 (有无数个方向)
                                                  \    |    /
          -------> * <-------                      \   v   /
                 x_0                        --------> * <-------- (x_0, y_0)
                                                   /   ^   \
                                                  /    |    \

2. 极限存在的严格条件：路径无关性

根据极限的定义，要让极限 lim⁡z→z0f(z)=A\lim_{z \to z_0} f(z) = A 存在，自变量 zz 必须以任何方式、任何路径趋近于 z0z_0 时，其函数值 f(z)f(z) 都必须趋近于同一个唯一确定的常数 AA。

如果自变量沿着路径 Path1\text{Path}_1 趋于 z0z_0 时函数极限为 A1A_1，而沿着路径 Path2\text{Path}_2 趋于 z0z_0 时函数极限为 A2A_2，且 A1≠A2A_1 \neq A_2，那么该极限就不存在。

3. 为什么要令 y=kxy = kx？

为了寻找不同的趋近路径，我们最常用、最简单的方法就是采用“过原点的一族直线”。 直线族的方程为：

y=kx(k 为直线的斜率)y = kx \quad (k \text{ 为直线的斜率})

改变 kk 的取值，就代表我们从不同斜率的方向（不同路径）向原点趋近：

  • 当 k=0k = 0 时，表示沿 xx 轴（水平方向）趋近。
  • 当 k=1k = 1 时，表示沿 y=xy = x（对角线方向）趋近。

我们将 y=kxy = kx 代入极限式中，将二元极限转化为关于 xx 的一元极限：

  • 如果算出来的极限结果中含有参数 kk（即极限值随 kk 的改变而改变），说明： “你从不同的方向走过来，看到的极限值是不一样的！”
  • 因此，这就违反了“路径无关性”，我们可以理直气壮地判定：该极限不存在。

💻 例题 4：复极限不存在的判定

题目： 求极限：lim⁡z→0Re{z}z\lim_{z \to 0} \frac{\text{Re}\{z\}}{z}

解答与过程完善：

  1. 写出实部和复变量代数式：

    Re{z}=x,z=x+iy\text{Re}\{z\} = x, \quad z = x + iy

  2. 将复极限转化为二元实极限：

    lim⁡z→0Re{z}z=lim⁡(x,y)→(0,0)xx+iy\lim_{z \to 0} \frac{\text{Re}\{z\}}{z} = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x}{x + iy}

  3. 尝试沿着直线族 y=kxy = kx 趋近于 (0,0)(0,0)： 将 y=kxy = kx 代入：

    lim⁡x→0xx+i(kx)=lim⁡x→0xx(1+ik)=lim⁡x→011+ik=11+ik\lim_{x \to 0} \frac{x}{x + i(kx)} = \lim_{x \to 0} \frac{x}{x(1 + ik)} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{1 + ik} = \frac{1}{1 + ik}

  4. 结论分析： 计算出来的极限值 11+ik\frac{1}{1+ik} 与直线的斜率 kk 有关。

    • 例如：沿 xx 轴趋近（k=0k=0），极限值为 11；
    • 沿对角线 y=xy=x 趋近（k=1k=1），极限值为 11+i\frac{1}{1+i}。 由于从不同路径趋近时的极限值不同，故该极限不存在。

💻 例题 5：高等数学经典二元极限不存在例题

题目： 判定二元实极限是否存在：lim⁡(x,y)→(0,0)xyx2+y2\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xy}{x^2 + y^2}

解答过程：

  1. 令 y=kxy = kx，代入原式：

    lim⁡(x,y)→(0,0)xyx2+y2=lim⁡x→0x⋅(kx)x2+(kx)2=lim⁡x→0kx2x2(1+k2)\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xy}{x^2 + y^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x \cdot (kx)}{x^2 + (kx)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{k x^2}{x^2(1 + k^2)}

  2. 消去非零因子 x2x^2（因为 x→0x \to 0 但 x≠0x \neq 0）：

    lim⁡x→0k1+k2=k1+k2\lim_{x \to 0} \frac{k}{1+k^2} = \frac{k}{1+k^2}

  3. 因为极限值依赖于直线斜率 kk 的选择（如 k=1k=1 时极限为 12\frac{1}{2}；k=2k=2 时极限为 25\frac{2}{5}），所以该极限不存在。

六、 补充拓展：复平面上的图形表示法（画图题）

在考前突击和复习中，经常会遇到给出复数不等式、要求在复平面上画出对应区域的题目。

💻 例题 6：画出以下不等式在复平面上表示的区域

(1) Im{z}>0\text{Im}\{z\} > 0

  • 解析： 设 z=x+iyz = x+iy。Im{z}=y\text{Im}\{z\} = y，所以不等式等价于：

    y>0y > 0

  • 几何图形： 表示 zz 平面上的上半平面（不包含实轴 xx 轴本身，用虚线表示边界）。

(2) ∣z−1∣>4|z - 1| > 4

  • 解析： 根据复数减法的几何意义，|z - z_1| 表示复平面上点 zz 到点 z1z_1 的距离。 因此，∣z−1∣>4|z - 1| > 4 表示点 zz 到点 11（即坐标 (1,0)(1,0)）的距离大于 44。

    若用代数式推导： 设 z=x+iyz = x+iy，则：

    ∣x+iy−1∣>4  ⟹  ∣(x−1)+iy∣>4  ⟹  (x−1)2+y2>4|x + iy - 1| > 4 \implies |(x-1) + iy| > 4 \implies \sqrt{(x-1)^2 + y^2} > 4

    两边平方得到：

    (x−1)2+y2>16(x-1)^2 + y^2 > 16

  • 几何图形： 这是一个以 (1,0)(1,0) 为圆心，以 R=4R = 4 为半径的圆。由于符号是“>>”，因此它表示该圆的外部所有区域（不包含圆周边界本身，画图时圆周用虚线表示）。