Department of Mathematics
嘉应学院数学系
Department of Mathematics
第一章 复数与复变函数第二章 解析函数第三章 复变函数的积分
第四章 解析函数的幂级数表示法第五章 解析函数的罗朗展示与孤立奇点第六章 残数理论及其应用第七章 保形变换
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第一章 复数与复变函数第一节 复数第二节 复平面上的点集 第三节 复变函数第四节 复球面与无穷远点
第一节 复数
1 、复数域 ( 1 )复数 形如 ,其中 x 和 y 是实数, i
是虚数单位 (-1 的平方根 ), 称为复数。其中 x 和 y分别称为复数 Z 的实部和虚部,分别记作:
两个复数相等是指它们的实部与虚部分别相等 如果 Imz=0 ,则 z 可以看成一个实数; 如果 Imz 不等于零,那么称 z 为一个虚数; 如果 Imz 不等于零,而 Rez=0 ,则称 z 为一个纯虚
数
zyzx Im,Re
iyxz
(2) 复数的四则运算
复数的四则运算定义为:
复数在四则运算这个代数结构下,构成一个复数域 ( 对加、减、乘、除运算封闭),记为 C ,复数域可以看成实数域的扩张。
)()()()( 21212211 bbiaaibaiba
)()())(( 122121212211 babaibbaaibaiba
1 1 1 2 1 2 2 1 1 22 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( )
( )
a ib a a b b a b a bi
a ib a b a b
--- 相当于代数中多项运算
( 3 )共轭复数x iy x iy 复数 与 称为互为共轭复数,
,z z的共轭复数记为
z x iy x iy
( )z z
1 2 1 2 ,z z z z 1 2 1 2 ,z z z z1 1
2 2
( )z z
z z
2Re , 2 Imz z z z z i z
例 1: 试确定等式 (3 6 ) (5 9 ) 6 7i x i y i 的实数 , .x y
解 : 原式化简为(3 5 )x y (6 9 )x y i 6 7i
故 3 5 6,x y 6 9 7x y
解得1
, 13
x y
例 2: 设 , ( 0),z
a bi z x yiz
试证 2 2 1.a b
证明 : 由2
z za bi
z zz
2 2
2 2
x y
x y
2 2
2xyi
x y
得2 2
2 2,
x ya
x y
2 2
2xyb
x y
所以 2 2 1.a b
2 、复平面 复数域 C 也可以理解成平面 RxR ,我们称C为复平面 . 作映射:
则在复数集 C 与平面 RxR之建立了一个 1-1 对应(双射)。 平面上横坐标轴我们称为实轴,纵坐标轴
称为虚轴;复平面一般称为 z- 平面, w- 平面等。
),(:2 yxiyxzRC ),( yx
3 、复数的模与辐角 模 : 复数可以等同于平面中的向量 ( 从原点到 z=x+yi 所
引向量 oz )。向量的长度称为复数的模,定义为:2 2| | 0z x y 即 2| |z zz
性质 :
| | 0 0z z
| | Re ; | | Im ;z z z z z z 11
1 2 1 22 2
;zz
z z z zz z
1 2 1 2 1 2 ;z z z z z z (三角不等式 )
推广1 2 1 2 ;n nz z z z z z
z x iy
1 2,z z复数 所表示的两个向量共线且同向,即
1 2 1 20, 0; , ( 0)z z z kz k
1 2,z z 两点的距离 1 2 1 2( , )d z z z z
例 3: 设1
2z , 试证 3 3
(1 ) .4
i z iz
证明 :3 2(1 ) (1 )i z iz z i z i
2(1 )z i z i
1 1( 2 1)
2 4
1 1 3( 1)
2 2 4
例 4: 求复数 1
1
z
z
的实部 , 虚部和模 .( 1)z
解 : 1
1
z
z
2
(1 )(1 )
1
z z
z
2
2
1 2 Im
1
z i z
z
2
2
1Re ,
1
z
z
2
2ImIm ,
1
z
z
2 1 1
1 1
z z
z z
2
2
1 2Re
1
z z
z
2
1 2Re
1
z z
z
例 5: 设 1z , 试证 1az b
bz a
证明 : 1, 1zz z
az b
bz a
a bz z
bz a
a bz
bz a
a bz
bz a
az bzz
bz a
1
例 设 、 是两个复数,求证:1z 2z),Re(2|||||| 21
22
21
221 zzzzzz
)(|| 21212
21 zzzzzz )(证明:
))( 2121 ( zzzz
21212211 zzzzzzzz
21212
22
1 |||| zzzzzz
)Re(2|||| 212
22
1 zzzz
2 , 0, 1, 2,Argz k k
注 :
辐角 :向量 z 与实轴正向之间的夹角称为复数 z 的辐角,定义为:
Argz辐角 的某一特定值 ------ 主值
arg ; argz z 记为 合条件-
arg 2 , 0, 1, 2,Argz z k k
主辐角 :
0z Argz当 时,辐角 无意义 z
)
arg z
arg arctany
zx
主辐角 与 的关系
arctan ,y
x0x 当 时
0, 0x y 当 时,2
0, 0x y 当 时arctany
x
0, 0x y 当 时arctany
x
0, 0x y 当 时,2
,
,
例 6: 求 ( 2 2 )Arg i
解 : ( 2 2 )Arg i arg( 2 2 ) 2i k
2arctan
2
3
2 , 0, 1, 2,4
k k 2k
非零复数的三角形式与指数形式为:
z x iy | | (cos sin )z Argz i Argz
rg| | iA zz e----- 三角形式
------ 指数形式
------ 代数形式
1 21 1 2 2,i iz re z r e 对
1 2 1 2 1 2 1 2, ( 2 )z z r r k 或cos sin , (ie i 欧拉公式)
例 7: 把复数 2 2i 化为指数形式
由于
2 2i 2 2i 3
4ie
3
42 2i
e
例 8: 将复数 1- cos sinz i 化为指数形式
解 :
解 :
2 2 2(1 cos ) sinz 2(1 cos ) 24sin2
sinarg arctan
1 cosz
2
2sin cos2 2arctan
2sin2
arctan(cot )2
arctan(tan( ))
2 2
2 2
所以 1 cos sini ( )
2 222
isin e
利用复数的指数形式作乘除法:1 2
1 1 2 2,i iz re z r e 设
则 1 2( )1 2 1 2
iz z r r e 1 2( )1 1
2 2
iz re
z r
2121 )( ArgzArgzzzArg 11 2
2
( )z
Arg Argz Argzz
注 : 1 2 1 2 1( ) 2arg z z argz argz k
11 2 2
2
( ) 2z
arg argz argz kz
1 2,k k 为整数
2
2sin cos2 2arctan
2sin2
4 、复数的乘幂与方根
乘幂 iz re 设(cos sin )n n in nz r e r n i n 则
, rgnn nz z A z nArgz 从而
De Moivre公式(cos sin ) cos sinni n i n
[cos( ) sin( )]n nz r n i n
方根 ,
,
n
n
z n z
z
非零复数 的 次方根 是指满足 的
复数 的全体 记为
,i iz re e 设 n in ie re 则, 2n r n k 从而
2 2 2
0
k k ki i i i
n nn n n nk re re e e
iz re n因此 的 次方根为
2,n kr
n
从而
k=0,1,2,…,n-1
可以看到, k=0,1,2,…,n-1 时,可得 n 个不同的值,即 z 有 n 个 n 次方根,其模相同,辐角相差一个常数,均匀分布于一个圆上。
2
( 0,1, , 1) 1k
ine k n
为的n个n次方根.
0( ) knk kz 从而
1 0, 1n n 2且1+
211 , , , ( ).
in ne
2的n个n次方根通常记为1, ,
注 1:
注 2:
例 9 解方程
3 8 0z 3 8z 解: 1
3(8 )ie 2
32 ,k
ie
0,1,2k
0k 时 31 2 ,
iz e
2 2 2,iz e 5
3 32 2 2 ,
i iz e e
1k 时
2k 时
5 、复数在几何上的应用(1) 曲线的复数方程
1 2 3, ,z z z三点 共线的充要条件是
3 1
2 1
( )z z
t tz z
为非零实数
( , ) 0,XY F x y 平面上的曲线方程 其复数形式为1 1
( ( ), ( )) 02 2
F z z z zi
例 10 试用复数表示圆的方程 :
0)( 22 dcybxyxa
其中, a,b,c,d 是实常数。解:利用 2 2 ,zz x y
2 ,z z x 2z z yi
0 dzzzaz 得:
).(21
icb其中,
例 11 证明三角形内角和等于 .
(2) 利用复数证明几何问题
证明 设三角形三个顶点分别为 1 2 3, , ;z z z
对应的三个角分别为 , , ; 于是
2 1
3 1
arg ,z z
z z
3 2
1 2
arg ,z z
z z
1 3
2 3
arg ;z z
z z
由于 2 1
3 1
z z
z z
3 2
1 2
z z
z z
1 3
2 3
z z
z z
1
所以2 1
3 1
argz z
z z
3 2
1 2
argz z
z z
1 3
2 3
argz z
z z
arg( 2 1
3 1
z z
z z
3 2
1 2
z z
z z
1 3
2 3
)z z
z z
2k
arg( 1) 2k 2k 0 ,0 ,0 ;
0 3 ;
0,k 故必 . 故
作业
P42 习题 ( 一 )2,3,4,
P45 习题 ( 二 )1,2,
本节结束谢谢!
Complex Function Theory Department of Mathematics
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