关于多值复函数的几个问题
高等数学中可以用复变函数的方法解决的几个问题
高等数学中可以用复变函数的方法解决的几个问题高等数学中有很多可以用复变函数的方法解决的问题，其中包括：
一、复数的求值
在复数的求值中，使用复变函数的方法，可以求出复数的实部和虚部，从而求出完整
的复数值。
由于复数的实部和虚部可以分别用实值函数和虚值函数表示，因此可以分别求
出实部和虚部，从而求出复数的值。
二、极限的求解
在极限的求解中，复变函数可以用来求出极限值。
通俗来讲，极限是指当函数自变量
的值达到某一数值极限时，函数值变化都在极小范围内。
通过复变函数的方法，可以用来
求出这种极限的值。
三、积分的计算
在积分的计算中，复变函数可以用来求出积分的应该值。
首先，将积分变换成一个复
变函数，根据复变函数的性质，可以得出积分的应该值。
四、反函数的求解
在反函数的求解中，复变函数也可以用来求出反函数的结果。
首先，将原函数变换成
复变函数，将该复变函数进行求导，将所求导函数再变换成原函数，即可得出原函数的反
函数形式。
五、矩阵的计算
复变函数可以用来解决一些关于矩阵的计算问题。
在张量分析中，将原来的矩阵变换
成复变函数，然后利用复变函数的性质，可以求出矩阵的高维度空间，从而对矩阵进行计算。
以上就是复变函数可以解决的一些数学问题，复变函数是高等数学中非常重要的概念，在高等数学中有很多可以用复变函数方法解决的问题，通过这些方法可以更加有效地求解
高等数学问题。
掌握中考数学解题技巧如何应对函数的复合和反函数问题
掌握中考数学解题技巧如何应对函数的复合和反函数问题函数是数学中非常重要的概念，它在中考数学中占据了很大的比重。
而函数的复合和反函数问题，则是考察学生对函数应用的理解和运用能力。
在这篇文章中，我们将探讨如何应对中考数学中与函数的复合和反函数相关的解题技巧。
一、复合函数的概念和解题方法复合函数是指一个函数的输出作为另一个函数的输入，形成一个新的函数。
在解题中，经常会出现需要求出复合函数的值或者确定复合函数的反函数等问题。
下面将介绍一些常用的解题方法。
1.1 求复合函数的值求复合函数的值的方法是将外层函数的输出值代入内层函数，即按照从内到外的顺序计算得出结果。
例如，给定函数f(x) = 2x，g(x) = x + 3，求复合函数(f ∘ g)(4)的值。
首先将4代入g(x)得到g(4) = 4 + 3 = 7，然后将7代入f(x)得到(f ∘ g)(4) = f(g(4)) = f(7) = 2*7 = 14。
因此，复合函数(f ∘ g)(4)的值为14。
1.2 求复合函数的反函数求复合函数的反函数是指给定复合函数，需要找到一个函数，使得将该函数作为外层函数，原复合函数作为内层函数时，能够得到恒等函数。
反函数的求解需要借助于初等函数的性质和一些常用的变形公式。
以(f ∘ g)(x) = x为例，我们需要确定g的反函数。
对于给定的(f ∘ g)(x) = x，首先将其表示为g的形式：f(g(x)) = x。
然后通过函数复合的性质，可以得到g(x) = (f 的反函数)(x)。
因此，要求出g的反函数，只需要求出f的反函数即可。
1.3 利用复合函数的性质解题除了直接求复合函数的值或者反函数外，还可以根据复合函数的性质来解题。
常见的性质有复合函数的分布律、复合函数的奇偶性等。
例如，已知函数f(x) = x^2，g(x) = √x，求(g ∘ f)(x)的表达式。
由复合函数的分布律可知，(g ∘ f)(x) = g(f(x)) = g(x^2) = √x^2 = x。
复变函数疑难问题分析
复变函数疑难问题分析1. 设zz z f 1sin )(2=，{}11|<-=z z D 。
1）函数)(z f 在区域D 中是否有无限个零点？2） 若上小题的答案是肯定的，是否与解析函数零点的孤立性相矛盾？为什么？答： 有无限个零点。
可以具体写出其所以零点； 不矛盾。
因为这无限多个零点均为孤立零点；不可以展开为洛朗级数。
因为0=z 为非孤立的奇点。
2. “函数sin z 在z 平面上是有界的”是否正确？sin z 在z 平面上无界。
这是因为sin 2iz iz e e z i --=，令(0)z iy y =<，则|sin |||()2iz ize e z y i--=→∞→-∞ 3. “函数z e 为周期函数” 是否正确？z e 是以2k i π为周期的函数。
因为z C ∀∈，221z k i z k i z z e e e e e ππ+==⋅=，k 为整数4. “()f z z =是解析函数” 是否正确？()f z z =在z 平面上不解析。
因为()f z z x iy ==-，所以(,)u x y x =，(,)v x y y =- 所以1u x ∂=∂，1v y ∂=-∂，0u y ∂=∂，0v x∂=∂ 但是11u v x y ∂∂=≠-=∂∂，所以(,)u x y ，(,)v x y 在z 平面上处处不满足..C R -条件 所以()f z z =在z 平面上不解析。
5.根据教材中建立起球面上的点（不包括北极点N ）复平面上的点间的一一对应，试求解下列问题。
（1）复球面上与点1)对应的复数； （2）复数1+i 与复球面上的那个点；（3）简要说明如何定义扩充复平面。
解：（1）建立空间直角坐标系（以O 点为原点，SON 为z 轴正半轴），则过点,,1)22P 与点(0,0,2)N 的直线方程为21z -==-。
当0z =时，x y ==，所以,,1)22对应。
（2）复数1i +的空间坐标为(1,1,0)。
高中数学讲义： 复合函数零点问题
复合函数零点问题一、基础知识：1、复合函数定义：设()y f t =，()t g x =，且函数()g x 的值域为()f t 定义域的子集，那么y 通过t 的联系而得到自变量x 的函数，称y 是x 的复合函数，记为()y f g x =éùëû2、复合函数函数值计算的步骤：求()y g f x =éùëû函数值遵循“由内到外”的顺序，一层层求出函数值。
例如：已知()()22,x f x g x x x ==-，计算()2g f éùëû解：()2224f ==()()2412g f g \==éùëû3、已知函数值求自变量的步骤：若已知函数值求x 的解，则遵循“由外到内”的顺序，一层层拆解直到求出x 的值。
例如：已知()2x f x =，()22g x x x =-，若()0g f x =éùëû，求x 解：令()t f x =，则()2020g t t t =Þ-=解得0,2t t ==当()0020xt f x =Þ=Þ=，则x ÎÆ当()2222x t f x =Þ=Þ=，则1x =综上所述：1x =由上例可得，要想求出()0g f x =éùëû的根，则需要先将()f x 视为整体，先求出()f x 的值，再求对应x 的解，这种思路也用来解决复合函数零点问题，先回顾零点的定义：4、函数的零点：设()f x 的定义域为D ，若存在0x D Î，使得()00f x =，则称0x x =为()f x 的一个零点5、复合函数零点问题的特点：考虑关于x 的方程()0g f x =éùëû根的个数，在解此类问题时，要分为两层来分析，第一层是解关于()f x 的方程，观察有几个()f x 的值使得等式成立；第二层是结合着第一层()f x 的值求出每一个()f x 被几个x 对应，将x 的个数汇总后即为()0g f x =éùëû的根的个数6、求解复合函数()y g f x =éùëû零点问题的技巧：（1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出()(),f x g x 的图像（2）若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于()f x 的方程()0g f x =éùëû中()f x 解的个数，再根据个数与()f x 的图像特点，分配每个函数值()i f x 被几个x 所对应，从而确定()i f x 的取值范围，进而决定参数的范围复合函数：二、典型例题例1：设定义域为R 的函数()1,111,1x x f x x ì¹ï-=íï=î，若关于x 的方程()()20f x bf x c ++=由3个不同的解123,,x x x ，则222123x x x ++=______思路：先作出()f x 的图像如图：观察可发现对于任意的0y ，满足()0y f x =的x 的个数分别为2个（000,1y y >¹）和3个（01y =），已知有3个解，从而可得()1f x =必为()()20f x bf x c ++=的根，而另一根为1或者是负数。
关于多值函数的支点与分支
,
好 象是 把 它分 解 了 一 样
,
因 此 我们
把 每 一 个 单值 函数 W W 在区域 整数 倍
。
=
a
y g
+
ZK 万
都 叫做多 值 函 数
,
A丫9
2
D 内 的 一 个单 值分 支
。
z 对 于 同一 个 任
D 的各 单
值分 支 的 值
, 。
,
他 们 之 间 要 相 差 2二 的
例如
。
z
= =
1
:
讲 一 种 分成 单值 分 支
。
才 可 以 把 多值 函 数本身 也 看成 是解 析 函 数
我们最 先迁 到 的 多值 函 数有两 个 辐角 函 数
和 根 式 函数
W W
,
=
A 丫9
2
曰
=
刀
z
=
}2
,
. 】 二 . “
.
o
r
g
z
e
容 易看 出
了
。
后 者 的 多值 性
是 由前 者 引起 的
丫9
2
。
,
,
。
对 于 多 值 函 数 的 每 一 个 单 值分支 来 说 就 叫做 解 析分 支
A Yg
`
。
若 它 是 连 续 的 就 叫做 途 丝立戴 若 它是 解 析的
,
所 以 我 们 处 理多 值 函 数 的 办 法
,
沪
就是 考 虑 它 的单 值分支
2
。
。
的 单值分 支 的定 义域是 D
,
它 是 把 A 丫9
, 。
含二次函数的复合函数问题 专题
含二次函数的复合函数问题【探究拓展】探究1：已知函数)0(ln 22)(2≠-+=a x bx ax x f ，且)(x f 在1=x 处取得极值． （1）试找出a ，b 的关系式；（2）若函数)(x f 在]21,0(∈x 上不是单调函数，求a 的取值范围；（3）求函数)(x f 在]21,0(∈x 的图像上任意一点处的切线斜率k 的最大值解：（1）)(x f = a x 2 + 2 b x –2ln x ，得xb ax x f 222)(-+='因为)(x f 在x =1处取得极值，所以0)1(='f ，故2a +2b – 2 =0，即b =1–a ；（2）因为函数)(x f 在x ∈(0，12]上不是单调函数，所以)(x f '=0在(0，12]内有解，即012=-+bx ax，亦即01)1(2=--+x a ax在(0，12]内有解，由01)1(2=--+x a ax 得：x =1，或a x 1-=， 所以2110<-<a，解得：a <–2；（3）因为k =)11(2222)(a xax xb ax x f -+-=-+='，①当04<≤-a 或0>a 时，)1(22x a k +='，因为]21,0(∈x ，所以0≥'k 恒成立，所以k 在]21,0(∈x 上单调递增，所以21=x 时，2max --=a k ； ②当4-<a 时，有2110<-<a ，所以a xax -≥+-21， 所以a xax --≤-21，此时“=”成立的条件是：x =a1-，所以k =)11(2a xax -+-a a a a ---=---≤422)21(2，综合得：⎩⎨⎧-<---><≤---=)4(,422)004(,2max a a a a a a k 或变式：已知二次函数()2f x ax bx c =++和“伪二次函数”()2ln g x ax bx c x =++ （0abc ≠），（1）证明：只要0a <，无论b 取何值，函数()g x 在定义域内不可能总为增函数；（2）在同一函数图像上任意取不同两点1122(,),(,)A x y B x y ，线段AB 中点为()0,0x C ，记直线AB 的斜率为k ，① 对于二次函数()2f x ax bx c =++，求证：0()k f x '=； ② 对于“伪二次函数”()2ln g x axbx c x =++，是否有①同样的性质?证明你的结论.解：（1）如果0,()x g x >为增函数,则22()20c ax bx cg x ax b x x++'=++=>(ⅰ)恒成立,当0x >时恒成立,220ax bx c ++>(ⅱ)0,a <Q 由二次函数的性质, (ⅱ)不可能恒成立.则函数()g x 不可能总为增函数. (2)○1对于二次函数:()()()222121212121()f x f x a x x b x x k x x x x --+-==-- =02axb +.由()2,f x ax b '=+0()2f x axb '∴=+,则0()k f x '=○2不妨设21x x >,对于“伪二次函数”: 法一:()2ln ()ln g x ax bx c x f x c x c =++=+-.()()2212112121()()ln x f x f x c g x g x x k x x x x -+-==--21021ln(),x c x f x x x '=+-(ⅲ)又()000()c g x f x x ''=+, (ⅳ)法二:()()()22221212112121()lnx a x x b x x c g x g x x k x x x x -+-+-==--=21021ln2x c x ax b x x ++-, (ⅲ)由(1)中(ⅰ)()0002c g x ax b x '=++, (ⅳ)如果有○1的性质，则()0g x k '= ,比较(ⅲ)(ⅳ)两式得21210lnx c x cx x x =-，0,c ≠即：212112ln2x x x x x x =-+，(ⅴ)令21, 1,x t t x =>ln 211t t t =-+， (ⅵ)设22()ln 1t s t t t -=-+，则22212(1)2(1)(1)()0(1)(1)t t t s t t t t t +---'=-=>++， ∴()s t 在(1,)+∞上递增， ∴()(1)0s t s >=.∴ (ⅵ)式不可能成立, （ⅴ）式不可能成立,()0g x k '≠. ∴“伪二次函数”()2ln g x ax bx c x =++不具有○1的性质.探究2（2020年）：已知函数).1,0(ln )(2≠>-+=a a a x x a x f x （1） 求函数)(x f 在点))0(,0(f 处的切线方程； （2） 求函数)(x f 单调区间； （3） 若存在]1,1[,21-∈x x ，使得e e x f x f (1)()(21-≥-是自然对数的底数），求实数a 的 取值范围. ⑴ 因为函数2()ln (0,1)xf x ax x a a a =->≠+，所以()ln 2ln x f x a a x a '=-+，(0)0f '=，又因为(0)1f =，所以函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =． ⑵ 由⑴，()ln 2ln 2(1)ln xx f x aa x a x a a '=-=-++．因为当0,1a a >≠时，总有()f x '在R 上是增函数，又(0)0f '=，所以不等式()0f x '>的解集为(0,)∞+，故函数()f x 的单调增区间为(0,)∞+． ⑶ 因为存在12,[1,1]x x∈-，使得12()()e 1f x f x --≥成立， 而当[1,1]x ∈-时，12max min ()()()()f x f x f x f x --≤，所以只要maxmin ()()e 1f x f x --≥即可．又因为x ，()f x '，()f x 的变化情况如下表所示：所以()f x 在[1,0]-上是减函数，在[0,1]上是增函数，所以当[1,1]x ∈-时，()f x 的最小值()()min 01f x f ==，()f x 的最大值()max f x 为()1f -和()1f 中的最大值．因为11(1)(1)(1ln )(1ln )2ln f f a a a a a aa--=--=--+++，令1()2ln (0)g a a a a a =-->，因为22121()1(1)0g a a a a'=-=->+， 所以1()2ln g a a a a=--在()0,a ∈+∞上是增函数． 而(1)0g =，故当1a >时，()0g a >，即(1)(1)f f >-； 当01a <<时，()0g a <，即(1)(1)f f <-．所以，当1a >时，(1)(0)e 1f f --≥，即ln e 1a a --≥，函数ln y a a =-在(1,)a ∈+∞上是增函数，解得e a ≥；当01a <<时，(1)(0)e 1f f ---≥，即1ln e 1a a+-≥，函数1ln y a a =+在(0,1)a ∈上是减函数，解得10ea <≤． 综上可知，所求a 的取值范围为1(0,][e,)e a ∈∞+U ．探究3：已知函数b ax ax x g ++-=12)(2（0>a ）在区间]3,2[上有最大值4和最小值1．设xx g x f )()(=．（1）求a 、b 的值；（2）若不等式02)2(≥⋅-x x k f 在]1,1[-∈x 上有解，求实数k 的取值范围； （3）若()03|12|2|12|=--⋅+-k k f xx 有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围．解：（1）a b x a x g -++-=1)1()(2，因为0>a ，所以)(x g 在区间]3,2[上是增函数，故⎩⎨⎧==4)3(1)2(g g ，解得⎩⎨⎧==01b a ．（2）由已知可得21)(-+=xx x f ，所以02)2(≥⋅-x x k f 可化为xxx k 22212⋅≥-+， 化为k x x ≥⋅-⎪⎭⎫ ⎝⎛+2122112，令xt 21=，则122+-≤t t k ，因]1,1[-∈x ，故⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21t ，记=)(t h 122+-t t ，因为⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈1,21t ，故1)(max =t h ，所以k 的取值范围是]1,(-∞．（3）原方程可化为0)12(|12|)23(|12|2=++-⋅+--k k x x ，令t x =-|12|，则),0(∞+∈t ，0)12()23(2=+++-k t k t 有两个不同的实数解1t ，2t ，其中101<<t ，12>t ，或101<<t ，12=t ．记)12()23()(2+++-=k t k t t h ，则⎩⎨⎧<-=>+0)1(012k h k ① 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+<=-=>+122300)1(012k k h k ②【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？。
复合函数多零点求参数范围解决策略-高考数学二轮复习
例1
二次函数+分式函数
2 ， ⩽ 0
已知函数 ＝
4
，若关于的方程 2 ＋ − 3 ∙ ＋＝0恰好
，＞0
2
＋1
有 6 个不相等的实数解，则实数的取值范围为__________．
2 ， ⩽ 0
已知函数 ＝
4
，若关于的方程 2 ＋ − 3 ∙ ＋＝0恰好
，＞0
2
＋1
有 6 个不相等的实数解，则实数的取值范围为__________．
当＞0，()＝
4
， 结合“双勾”函数性质可画出函数()的简图．
t
＋1
t=t1
令＝()，等价于关于 t 的方程 2 ＋( − 3)＋＝0
t=t2
在区间(0，2)上有两个不等的实根．
＝( − 3) − 4＞0，
得关于 t 的二次方程 t2－3t＋a－1＝0 的有两个根 t1，t2，
g(t)
t
5
且 1<t1<2,
4
3
1<t2<2.
2
1
–4
–3
–2
–1
–1
–2
O
1
2
3
4
x
O
1
2
t
e|x 1|，x>0，
已知函数 f(x)＝
－x2－2x＋1，x≤0，
－
t
5
4
关于 x 的方程 f (x)－3f(x)＋a－1＝0(a∈R)有 8 个不等的实数根，3
∴
＝()，＝||图象至少有 8 个交点． Nhomakorabea由图可知，
当＞0时，只需5 ⩽ 1， 即 0＜ ⩽
多复变函数论
多复变函数论在这一节中, 我们选择性地回顾若干单复变函数论中的问题与方法, 并尝试将其推广至多复变函数.多复变函数论研究的是多元全纯函数. 仿照一元情形, 我们有定义设Ω⊂Cn是开集. 称f:Ω→C全纯, 若f∈C1且f满足Cauchy–Riemann 方程∂¯f=0. 记Ω上全纯函数的空间为O(Ω).注这个定义中f∈C1的条件是不必要的, 它可以在两种互不包含的意义下放宽. 其一是仅假设f各偏导存在, 且∂¯f=0作为经典导数逐点成立. 下面将证明的Hartogs 定理断言这推出f∈C1. 其二是假设f是分布, 且∂¯f=0作为弱导数成立. 由于∂¯是椭圆算子, 标准的椭圆正则性理论直接推出f∈C∞.有了全纯的概念后, 我们便可以谈论复流形及其间的全纯映射等等, 这些定义是显然的, 不再赘述. 另外, 为方便起见, 我们将不加说明地使用复几何中的标准记号, 例如∂¯.Cauchy 积分表示单复变中全纯函数的许多基本性质都是Cauchy 积分公式的直接推论. 同样的结论与证明也适用于多元函数.定理(Cauchy–Pompeiu 积分公式)设Ω⋐C是有界开集, ∂Ω是C1简单闭曲线, f∈C1(Ω¯), 则f(z)=12πi∫∂Ωf(ζ)ζ−zdζ+12πi∬Ω∂f/∂ζ¯(ζ)ζ−zdζ∧dζ¯,∀z∈Ω.证在Ω∖D(z,r)上对f(ζ)ζ−zdζ用Stokes 公式, 再令r↓0. ◻当f全纯时, 此即通常的Cauchy 积分公式. 另一方面, 它也给出了一元非齐次Cauchy–Riemann 方程的解的构造.推论(一元∂¯-Poincaré引理)在分布意义下∂¯(1πz)=δ0. 换言之, 对g∈C0∞(C), 定义f(z):=12πi∬Cg(ζ)ζ−zdζ∧dζ¯,z∈C,则∂¯f=g.证换元ζ⇝ζ+z, 在积分号下求导, 再在足够大的圆盘上用Cauchy–Pompeiu 积分公式. ◻在多复变中, 对多元函数各分量应用Cauchy 积分公式即得其多元版本. 为此我们需要多圆盘的概念.定义开多圆盘指形如D(z,r):=∏j=1nD(zj,rj)的区域, 其中rj∈(0,∞]. 其特殊边界定义为∂0D(z,r):=∏j=1n∂D(zj,rj). 注意通常∂0D(z,r)⊊∂D(z,r). 推论(Osgood 引理)设Ω⊂Cn是开集, f∈O(Ω), 则f(z)=1(2πi)n∫⋯∫∂0D(z,r)f(ζ1,…,ζn)(ζ1−z1)⋯(ζn−zn)dζ1⋯dζn,∀D(z,r)⋐Ω.由此立得一系列全纯函数的基本性质, 它们的证明与一元情形完全类似, 故略去. 下设Ω⊂Cn是开集.推论开多圆盘上全纯函数在中心处的Taylor 级数展开绝对收敛到它自己. 特别地, 全纯⇔解析, 即局部可写成绝对收敛的幂级数∑αcαzα, 其中cα∈C.推论(恒等定理, 解析延拓的唯一性)设Ω连通, f,g∈O(Ω)在非空开子集上相等, 则f≡g.推论(极大模原理)设Ω连通, f∈O(Ω) , |f|在Ω上取得极大值, 则f是常数.推论(Cauchy 不等式)设f∈O(Ω), 则‖Dαf‖L∞(K)≤α!rα‖f‖L∞(D(K,r)¯),∀α,∀D(K,r)⊂Ω.推论(Liouville)Cn上的有界全纯函数必为常数.推论O(Ω)上Lloc1拓扑与Cloc∞拓扑相同. 特别地, O(Ω)在Lloc1(Ω)中闭.注注意Lloc1拓扑和Cloc∞拓扑几乎分别是函数空间上能给的最粗糙和最精细的拓扑, 而位于二者之间的函数空间拓扑在O(Ω)上都相同, 例如任意Соболев范数拓扑. 这当然是∂¯的椭圆正则性的体现. 我们赋予O(Ω)该拓扑, 从而它具有Fréchet 空间的结构.推论(Montel)O(Ω)是Montel 空间, 即它满足Heine–Borel 性质, 即有界闭⇒紧.作为Cauchy 积分表示的另一应用, 我们证明多元∂¯-Poincaré引理, 它也称为Dolbeault–Grothendieck 引理.定理(Dolbeault–Grothendieck 引理)Hp,q(D(0,r))=0, ∀q≥1. 换言之, 若g∈Ap,q(D(0,r))满足∂¯g=0, 则存在f∈Ap,q−1(D(0,r))使∂¯f=g.证先证对r′<r, 存在f使得在D(0,rk)¯上∂¯f=g. 乘以在D(0,r′)上≡1的截断函数后, 不妨设g紧支. 归纳地, 设g=dzj∧g1+g2, 其中g1,g2只含有dz1,…,dzj−1. 定义fj(z)=12πi∬Cg1(z1,…,ζj,…,zn)ζj−zjdζj,z∈D(z,r),即对g1的每个系数关于第j个分量应用一元∂¯-Poincaré引理的构造. 考虑∂¯fj. 对k>j, ∂¯g=0⇒∂¯kg1=0, 故∂¯kfj=0, 这里∂¯k表示对第k个分量作用∂¯. 由一元∂¯-Poincaré引理, ∂¯jfj=g1. 因此∂¯fj=dzj ∧g1+g2′, 其中g2′只含有dz1,…,dzj−1. 对g−dfj继续这样做即得f. 取一列rk↑r. 对每个k, 取fk∈Ap,q−1(D(0,r))使得在D(0,rk)¯上∂¯fk=g. 于是fk+1−fk∈O(D(0,rk)¯). 由幂级数展开, 可取pk∈C[z1,…,zn]使得‖fk+1−fk−pk‖L∞(D(0,rk)¯)≤1/2k. 则f=f1+∑k=1∞(fk+1−fk−pk)即为所求. ◻该证明后半部分的逼近方法是复变的常用技术, 以后会见到其一般形式.多次调和函数定义设Ω⊂C是开集. 称u:Ω→[−∞,∞)次调和, 若u上半连续, 且u(z)≤12π∫02πu(z+reiθ)dθ,∀D(z,r)⋐Ω.记Ω上次调和函数的空间为Sh(Ω).定义设Ω⊂Cn是开集. 称u:Ω→[−∞,∞)多次调和, 若u上半连续,且u限制在每条复线与Ω的交上均是次调和的. 记Ω上多次调和函数的空间为Psh(Ω).注可类似定义Rn中开集上的次调和函数, 其基本理论与C上的相同. 由于我们不会用到这些函数, 故不详细讨论, 仅仅指出Psh(Ω)⊂Sh(Ω), 即多次调和函数是一类适用于多复变的特殊的次调和函数.我们不加证明地胡乱罗列一些基本性质. 证明见[Demailly] 与[Hörmander].命题设Ω⊂C是开集, u:Ω→[−∞,∞)上半连续. 下述等价于u次调和:(1) ∀K⋐Ω, ∀h∈C0(K), h在K∘上调和, 在∂K上u≤h⇒在K上u≤h.(2) ∀D(z,r)⋐Ω, ∀p∈C[z], 在∂D(z,r)上u≤Rep⇒在D(z,r)¯上u≤Rep.(3) ∀D(z,r)⋐Ω, u(z)≤12πr∫∂D(z,r)u.(4) ∀D(z,r)⋐Ω, u(z)≤1πr2∫D(z,r)u.(5) ... (其余等价刻画略)命题设Ω⊂Cn是开集. 若u∈C2(Ω), 则u∈Psh(Ω)⇔(∂2u∂zj∂z¯k)j,k=1n≥0 (作为Hermite 矩阵). 一般地, u∈Psh(Ω)⇔(∂2u∂zj∂z¯k)j,k=1n≥0在分布意义下成立.命题次调和函数在连通分支上要么∈Lloc1要么≡−∞.命题设Ω⊂Cn是开集, u∈Psh(Ω), 则u∗χε↓u处处成立, 其中(χε)ε>0为任意标准磨光子. 特别地, 若u,v∈Psh(Ω)几乎处处相等, 则u≡v.命题设Ω⊂Cn是开集.(1) 若u,v∈Psh(Ω), a,b≥0, 则au+bv∈Psh(Ω).(2) 若(uα)α⊂Psh(Ω)且supαuα上半连续, 则supαuα∈Psh(Ω).(3) 若(uk)k⊂Psh(Ω), uk↓, 则limuα∈Psh(Ω).(4) 若uj∈Psh(Ω), φ:Rp→[−∞,∞)凸且关于各分量递增, 则φ(u1,…,up)∈Psh(Ω).例若f∈O(Ω), 则log|f|∈Psh(Ω).这是全纯与次调和的一个重要联系. 我们给出两个证明. 只需证明一元情形.证1这由Jensen 公式直接推得: 若f(z)≠0,记a1,…,ak为f在D(z,r)中的零点, 则log|f(z)|=12π∫02πlog|f(z+reiθ)|dθ+∑a∈f−1(0)∩D(z,r)log|a/r|.◻证2对p∈C[z], log|f|≤Rep⇔|e−pf|≤1. 用极大模原理. ◻一个有趣的推论是, 若f≢0, 则f的零点集零测, 因为log|f|∈Lloc1. Hartogs 分别全纯定理作为次调和函数的应用, 我们证明前文提到的定理(Hartogs)设Ω⊂Cn是开集, f:Ω→C各偏导存在且∂¯f=0, 则f解析.∂¯f=0即f关于各分量全纯, 简称为分别全纯. 这个定理就是说分别全纯⇒全纯. 注意我们甚至不假设f连续. 事实上, 若假设连续, 则证明十分容易.步骤1局部有界+ 分别全纯⇒解析.证1回忆Osgood 引理. 由于f关于各实分量连续, f Borel 可测. 又f局部有界, 故Osgood 引理中右边积分作为Lebesgue 积分绝对可积. 因此通常的全纯⇒解析的证明依然适用, 即该积分表示推出f有幂级数展开. ◻证2f(w)−f(z)=∑j=1n(f(z1,…,zj−1,wj,…,wn)−f(z1,…,zj,wj+1,…,wn)). 对每个j, 右边的第j项是wj的全纯函数, 它在zj附近有界, 且wj=zj时取0. 由单复变中的Schwarz 引理, 它=O(|wj−zj|). 故f局部Lipschitz 连续, 从而Osgood 引理中右边积分作为Riemann 积分可积. 其余同证1. ◻如何得到有界? 答案是用Baire 纲定理. 对n归纳. 单复变中的Goursat 定理推出n=1的情况. 假设结论对n−1维成立. 下面记z=(z′,zn), r=(r′,rn)等, 其中′表示前n−1个分量的部分.步骤2设f在D(z′,r′)×D(zn,rn)上分别全纯, 则对任意sn<rn, 存在非空开集D⊂D(z′,r′)使得f在D×D(zn,sn)上有界.证由n=1的情形, f关于zn连续, 故⋃M>0{z∈D(z′,r′):sup{z}×D(zn,sn)¯|f|≤M}=D(z′,r′). 由归纳假设, f关于前n−1个分量连续, 故上式左边均为闭集. 用Baire 纲定理. ◻下面的目标是由此推出f在整个D(z′,r′)×D(zn,rn)上解析, 做法是对其幂级数展开的系数应用次调和函数的如下性质. 这是该证明的核心. 引理(Hartogs)设Ω⊂C是开集, (uk)k=1∞⊂Sh(Ω)局部有一致上界. 若在Ω上lim¯uk≤C∈R, 则∀ε>0, ∀K⋐Ω, ∃N∈N使∀k≥N, supKuk≤C+ε.证取r>0使得D(K,2r)⋐Ω. 由于(uk)k局部有一致上界, 不妨设supD(K,2r)uk≤0, ∀k. 任取z∈K. 由Fatou 引理, lim¯∫D(K,r)uk≤∫D(K,r)lim¯uk≤πr2C. 取N∈N使得∫D(K,r)uk≤πr2(C+ε/2), ∀k≥N. 由平均值不等式及uk≤0, 对z′∈D(z,δ), δ<r, n≥N, 有π(r+δ)2uk(z′)≤∫D(z′,r+δ)uk≤∫D(z,r)uk, 故uk(z′)≤(C+ε/2)r2/(r+δ)2. 不妨设C<C+ε<0, 则可取δ>0使得上式右边=C+ε. 用有限个D(z,δ)覆盖K, 取对应N的max即得欲证. ◻注该引理对Rn中开集上的次调和函数也成立, 证明相同.步骤3设0<s<r, f在D(0,r)×D(0,rn)上分别全纯, 在D(0,s)×D(0,rn)上解析, 则f在D(0,r)×D(0,rn)上解析, 这里D(0,r),D(0,s)⊂Cn−1.证任取0<t<1. 设f的幂级数展开为f(z′,zn)=∑αcα(zn)z′α. 由Cauchy 不等式, supD(0,trn)|cα|(ts)|α|≤supD(0,ts)×D(0,trn)|f|<∞, 故1|α|log|cα|在D(0,trn)上有一致上界. 对zn∈D(0,rn), 该幂级数在D(0,r)×{zn}上绝对收敛, 故|cα(zn)|(tr)|α|→0, 故在D(0,rn)上lim¯1|α|log|cα|≤−log(tr). 对1|α|log|cα|应用引理, 得N∈N使supD(0,trn)1|α|log|cα|≤−log(t2r), ∀|α|≥N. 这说明该幂级数在D(0,t2r)×D(0,trn)上绝对收敛. 令t↑1, 即得f在D(0,r)×D(0,rn)上解析. ◻定理的证明留作习题.Cousin 问题初探单复变中有两个关于全纯函数的存在性的重要定理:定理(Mittag-Leffler)设Ω⊂C是开集, S⊂Ω局部有限. 对每个s∈S, 任取ps∈C[1/(z−s)], 则存在f∈M(Ω)使得f在每个s∈S附近的主部为ps, 且f在Ω∖S上全纯.定理(Weierstraß)设Ω⊂C是开集, S⊂Ω局部有限. 对每个s∈S, 任取ns∈Z, 则存在f∈M(Ω)使得f在每个s∈S处的阶为ns, 且f在Ω∖S上≠0,∞.如何将其推广至多元情形? 尽管我们还未定义多元亚纯函数, 但不难想象, 多元亚纯函数的局部行为不再能被主部或阶这样的概念刻画. 因此, 我们先将问题转述为更适合多元理论的形式. 这里合适的语言是层的Čech 上同调.先看Mittag-Leffler 问题. 考虑Ω的开覆盖U=(Us)s∈S⊔{0}, 其中对s∈S, Us是s的小邻域, 而U0=Ω∖S. 令fs=ps, f0=0, 则(fs)∈C0(U,M), 且δ(fs)∈C1(U,O)定义了层上同调类[δ(fs)]∈H1(U,O). 若该上同调类平凡, 即存在(gs)s∈C0(U,O)使得fs−fs′=gs−gs′, ∀s,s′, 则(fs−gs)∈H0(U,M)拼接成所要的亚纯函数. 反之依然. 因此, 该Mittag-Leffler 问题有解⇔该上同调类平凡. 这样表述的Mittag-Leffler 问题可以直接搬到多元情形, 此即问题(第一Cousin 问题)设Ω是复流形, U是Ω的开覆盖, (fα)α∈C0(U,M)使得(fα−fβ)∈C1(U,O). 是否存在f∈M(Ω)使得(f−fα)∈C0(U,O)?由上述讨论立得命题上述第一Cousin 问题可解⇔[δ(fα)]=0∈H1(U,O). 特别地,若H1(Ω,O)=0, 则Ω上所有第一Cousin 问题可解.对Weierstraß 问题有类似的讨论.问题(第二Cousin 问题)设Ω是复流形, U是Ω的开覆盖, (fα)α∈C0(U,M∗)使得(fα/fβ)∈C1(U,O∗). 是否存在f∈M∗(Ω)使得(f/fα)∈C0(U,O∗)命题上述第二Cousin 问题可解⇔[δ(fα)]=0∈H1(U,O∗). 特别地,若H1(Ω,O∗)=0, 则Ω上所有第一Cousin 问题可解.一般地, 多复变中证明层上同调消失的最强大的工具是著名的定理(Cartan 定理B)设Ω是Stein 空间, F是Ω上的凝聚解析层, 则Hp(Ω,F)=0, ∀p≥1.这个讨论班的目标之一就是证明这个定理.。
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关于多值复函数的几个问题
石 彤 菊
复变函数作为实变函数在复数域上的推广，它与实函数既有着天然的联系又有本质的区别。
这是学习复函数的关键所在。
复函数的多值性就是复函数区别实函数的一大特点，应提起重视。
本文就常见的几种复函数，分别讨论它们的一些特有的性质及与实函数不同之处。
1 复数的幅角
1).定义：复数可以用复平面上以原点为起点，以Z 为终点的向量来表示。
即oz z →
=。
定义该向量与实轴正向的夹角为复数Z 的幅角。
这里幅角有无穷多个，用Argz 表示幅角全体。
称Argz 为幅角通值。
2).幅角表示：要把所有幅角表示出来，选定幅角主值-<≤ππarg z ，
即Argz=argz+2k π ，K 为任意整数。
因此要求幅角Argz ，关键在于求出幅角主值argz 。
3). argz 的求法：argz 的值完全取决于复数Z 及Z 的位置。
由于y x arctg y x y x arctg y x
><00时，表示第一象限角时，表示第四象限角,,因此： argz=arctg y x x z arctg y x x y z arctg y x x y z >+<>-<<⎧⎨⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪00000 (,(,(位于第一、四象限）位于第二象限）位于第三象限）ππ 正确求出幅角主值是复数运算的关键，复数的乘、除、乘幂、开方等运算一般均用复数的三角形式或指数形式进行计算，而通常所给复数为代数形式。
因此，首先应把它化为三角形式：
z= |z| [cos (argz)+isin (argz)]。
4).解析性：由于argz 在原点z=0处无定义，argz 在原点处不连续。
设z 0是负实轴上 任意一点，考察：
lim arg lim ()lim ()z z y y y y z arctg y x x arctg y x x →>→<→=+=<-=-<⎧⎨⎪⎩⎪00000
00ππππ 所以argz 在原点和负实轴上不连续。
因此argz 在复平面上除原点和负实轴外均解析。
2 对数函数w=Lnz
1).定义：w=Lnz= ln|z|+iArgz = ln|z|+iargz+2k π i ，K 为任意整数。
由定义可见对数函数是多值函数。
2).特殊性质：
(1).负数可以求对数。
例：Ln(-1)=(2k+1)π i
(2).Lnz nLnz n
≠ (n>1整数)
因为：
ni
k z in z n nLnz i k z in z n i k z in z i k z i z Lnz n n n n ππππ2arg ln 2arg ||ln 2arg ln 2arg ln ++=++=++=++=
n=2时， Lnz z i z k i
Lnz z i z k i 22222224=++=++ln arg ln arg ππ
3).解析性：Lnz 的解析性由定义可知它由argz 的解析性决定。
因此Lnz 的每一单值分支在除原点和负实轴的全复平面内解析。
3 乘幂函数w z b =
1).定义：
(1).当b 为整数时，是一个单值函数z z b z i b z b b =+||(cos arg sin arg ) (2).b p q
=(p,q 为互质整数)，则 z z z p z k q i p z k q b p q p q
==+++()||[cos(arg )sin(arg )]22ππ z b 有q 个值。
是一个多值函数。
(3).b 为一般复数，定义
z e e b bLnz b z k i i z ==++(ln||arg )2π（k 为任意整数），
因此z b 有无穷多值。
2).性质：
由定义知w z b =的解析性完全由argz 的解析性决定，因此它的每一分支在除原点和负实轴的复平面上解析。