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.。
多复变函数
多复变函数为什么是多复变函数呢？大家可以翻翻最新的高考题就知道了。
多复变函数就是把两个或两个以上的自变量值都作为输入，得出不同于自变量值的其他输出值，并且输出值是一个函数，即输出值与输入值的对应关系是复合函数。
也就是说，多复变函数要求我们既能分析其中一个自变量的取值，又能分析其他自变量的取值，并且还要分析它们之间的关系。
我现在还不知道我们这一门到底讲些什么，但从已学的《平面向量》和《立体几何》来看，如果单纯考察课本上的定理、公式，那么考试会很容易，但是如果再加上我们的“发散性思维”，就会难度大增，因此，复习时我认为一定要重视课本以外的资料，并且要多做题，提高我们的解题速度。
这样，综合性的试题便不在话下。
所以，复习方法应该是，多听课文录音，掌握基础知识；多做题，巩固复习；多总结，提高解题能力。
在这里给大家推荐一套书——《高中复习知识清单》，里面包含了高中三年的各种考点和难点，如果您能坚持使用，相信成绩会有质的飞跃！最后，祝大家期末考出好成绩！我们高三的生活节奏是每周二、四晚上去老师那里上课，每天十六节课（上午9：00-12： 00，下午14： 10-17： 10），每天吃饭一个小时，上厕所一个小时，每天十二个小时的睡眠（因为老师说不要浪费任何一分钟的时间，连吃饭都有时间限制，所以我们要争分夺秒地学习）。
比如说，周五下午四节课是最累的一节课，由于第四节课是体育课，我们班和别的班踢球，一直到7： 45才开始上课，中间我们休息了10分钟，回来就是吃晚饭，然后回教室继续上课，一直到11：30，下午就过去了，第二天，我们又是周六上午，上午是语文、英语、政治，下午也是语文、英语、政治，每天至少上8节课。
所以只有五节自习课，用来复习数学和物理，老师还布置了不少练习卷，所以，每天晚上回来还要写作业到10： 30左右，这样才算一天结束。
《哈利波特》很好看，但是我不喜欢看，因为里面的人都没有思想，我觉得魔法的世界真是可笑。
关于复域多值函数的复合
Ｌ （一 ）：Ｉ Ｉ ＋ｉ ｒ ｎ ２ ｎ 一２ Ｉ ｇ（一 ）＋ ｋｒ ＝ ａ ２ ２ ｃｉ
ｌ Ｉ Ｉ 仃 ＋ ｋｒ 。 ｎ 一２ ＋ （ ２ ｚ）
从 上例 可知 ， 域 中 对数 函数 与实 域 中对 数 复 函数是有 区别 的 ， 中区别如 下 。 其
（ ） 义 域 不 同 ， 实 域 中对 数 的 真 数 只 能 １定 在
ｏ ｅｐ ｐｒｅ ｏ ｃｍ ｏｉ ｎｔｎｉ ｔ ｏ ｐ ｘ ｏ ａ ． ｎｔ ｒ ｅ ｉ ｆ ｏ ｐｓｅｆ ｃｏ ｅｃｍ ｌ ｍ ｉ ｈ ｏ ｔｓ ｔ ｕ ｉ ｎｈ ｅｄ ｎ
Ｋ ｅ ｒ ｓ： ｍｐ ｅ ｏ ｉ Ｌ ｇ ｒｔ ｍ ｕ ｃ ｉｎ， ｍｐ ｕ ｄ ｆ ｎｃ ｏ ｙ ｗｏ ｄ Ｃｏ ｌｘ ｄ ｍａ ｎ， ｏ ａｉ ｈ ｆｎ ｔ ｏ Ｃｏ ｏ ｎ ｕ ｔ ｎ ｉ
这里 ， ＩＩ 示 的实 对数 。 ｌ ｚ表 ｎ
Ｔｈ ｍ ｐ ｓｔｏ ｏ ｕｌｉｖａｕｅ Ｆｕ ｔｏ ｎ ｈｅ Ｃｏ ｐｌｘ Ｄｏ ａｎ ｅ Ｃｏ ｏ ｉｉｎ ｆＭ ｔ－ ｌ ｄ ｎｃｉｎｓｉ ｔ ｍ ｅ ｍ ｉ
ＨＵＡＮＧ ａ － ａ， ＡＮ ｎ－ｈ ｎ Ｘｉ ｏ ｈｕ Ｐ Ｍｉ ｃ ａ
（ ｏｔ ｈｎ ｏｍａ Ｕ ｉ ｒ ｔ， ｕｎｄ ｎ ｕ ｎｚｏ １６ １Ｐ Ｃ ＳｕｈＣ ｉ Ｎ ｒ ｌ ｎｖ ｓｙ Ｇ ａ ｇｏｇＧ ａｇｈｕ５０ ３ Ｒ ） ａ ｅｉ
第２ ８卷
第 ５期
江
西
科
学
Ｖｏ ＿ ｌ２８ Ｎｏ． ５ ０ｃ ． ０ｌ ｔ２ ０
２１ ０ ０年 ｌ 月 ０
ＪＡＮＧＸＩ Ｓ ＥＮＣＥ ｌ ＣＩ
文 章 编 号 ：０ １—３７ （ ００ ０ ０ ０ ｏ １０ ６ ９ ２ １ ） ５— ６７～ ３
复合函数知识总结及例题
复合函数问题一、复合函数定义： 设y=f(u)的定义域为A ，u=g(x)的值域为B ，若A ⊇B ，则y 关于x 函数的y=f ［g(x)］叫做函数f 与g 的复合函数，u 叫中间量.二、复合函数定义域问题：(1)、已知f x ()的定义域，求[]f g x ()的定义域思路：设函数f x ()的定义域为D ，即x D ∈，所以f 的作用范围为D ，又f 对g x ()作用，作用范围不变，所以Dx g ∈)(，解得x E ∈，E 为[]f g x ()的定义域。
例1. 设函数f u ()的定义域为（0，1），则函数f x (ln )的定义域为_____________。
解析：函数f u ()的定义域为（0，1）即u ∈()01，，所以f 的作用范围为（0，1） 又f 对lnx 作用，作用范围不变，所以01<<ln x 解得x e ∈()1，，故函数f x (ln )的定义域为（1，e ） 例2. 若函数f x x ()=+11，则函数[]f f x ()的定义域为______________。
解析：先求f 的作用范围，由f x x ()=+11，知x ≠-1即f 的作用范围为{}x R x ∈≠-|1，又f 对f(x)作用所以f x R f x ()()∈≠-且1，即[]f f x ()中x 应满足x f x ≠-≠-⎧⎨⎩11()即x x ≠-+≠-⎧⎨⎪⎩⎪1111，解得x x ≠-≠-12且故函数[]f f x ()的定义域为{}x R x x ∈≠-≠-|12且 （2）、已知[]f g x ()的定义域，求f x ()的定义域思路：设[]f g x ()的定义域为D ，即x D ∈，由此得g x E ()∈，所以f 的作用范围为E ，又f 对x 作用，作用范围不变，所以x E E ∈，为f x ()的定义域。
例3. 已知f x ()32-的定义域为[]x ∈-12，，则函数f x ()的定义域为_________。
复函数多值性产生的原因探析
复函数多值性产生的原因探析一．摘要函数就是一种关于数的映射；在定义域中的任意一点，通过映射，可在值域中找到相应的一个点或多个点与之对应.在实函数中，一点至多对应两个点；而在复函数中，一个点对应多个点的现象却很常见，其原因是单叶性区域<值域.例如：函数出现多值性的原因是由于确定后，若该函数的单叶性区域<值域；则其并不一定唯一确定（可以相差单叶性区域的整数倍），就可以有多值.二．关键词（1）幅角函数（2）单叶性区域（3）主值（4）根式函数三．复函数多值性的原因：我们先研究辐角函数：.函数有无穷个不同的值.其中表示的主值：(我们也把的任意一个确定的值记为)考虑复平面除去负实轴（包括0）而得的区域.显然，在内，的主值是一个单值连续函数.对一个固定的整数，也是一个单值连续函数.因此，在区域内可以分解成无穷多个单值连续函数，它们都是在内的单值连续分支.；，它们都是沿负实轴的直线.由此，我们可得以下结论：初等复变多值函数的多值性是由于辐角的多值性引起的.四．多值函数单值化的方法：定义设函数在区域内有定义，且对内任意不同的两点都有，则称函数在是单叶的，并称区域为的单叶性区域.例的单叶性区域为.即顶点在原点，张度不超过的角形区域都是的单叶区域.与具有如下的变换性质：ϕnw−−−→z=nϕv inw−−−→z=v定义规定根式函数是幂函数的反函数.（是大于1的整数）注对每一个不为0或者无穷的，在平面上函数有个值结论在内随意指定一点，并指定的一幅角值，则在内的任一点皆可根据的幅角，依连续变化而唯一确定的幅解.********************************************************************* 分工：演讲：孙天宇执搞：张加焕资料搜集：赵赟、马玉珂、夏萍萍、陈华烨。
浅谈复变函数中初等多值函数教学的几个要点
㊀㊀㊀㊀㊀数学学习与研究㊀２０２３ １１浅谈复变函数中初等多值函数教学的几个要点浅谈复变函数中初等多值函数教学的几个要点Һ卜玮平㊀刘红良㊀（湘潭大学数学与计算科学学院，湖南㊀湘潭㊀４１１１０５）㊀㊀ʌ摘要ɔ在复变函数的教学中，初等多值函数是其中的难点．文章以根式函数为例，并结合笔者的教学实践，对初等多值函数中支点和支割线的选取及单值解析分支的确定与计算等要点进行了讨论．ʌ关键词ɔ初等多值函数；支点；支割线；单值解析分支ʌ基金项目ɔ湖南省普通高等学校教学改革研究项目［立项编号ＨＮＪＧ－２０２１－０４２２］引㊀言复变函数是大学数学中继数学分析后的又一门重要分析类课程，其相关理论已广泛应用于众多学科．由于所考虑的自变量为复数，这使得一些函数通常呈现多值性，这是复变函数与数学分析这两门课程的一个重要区别．事实上，在复变函数中多值函数具有广泛应用．然而，实践教学表明初等多值函数这部分内容是众多学生学习的难点，也是部分初次讲授复变函数的青年教师教学中感到吃力的地方．文章主要针对初等多值函数中支点㊁支割线和单值解析分支等内容并结合教学实践中学生存在的问题展开讨论，浅析教学中需要注意的一些关键点．一㊁支点和支割线已知根式函数ｗ＝３ｚ．由于ｚ＝｜ｚ｜ｅｉＡｒｇ（ｚ），Ａｒｇ（ｚ）＝θ（ｚ）＋２ｋπ，ｋɪ０，ʃ１，ʃ２， ，显然上述根式函数可表示为ｚ＝３｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）＋２ｋπ３，ｋ＝０，１，２， ，其中θ（ｚ）为ｚ的一个辐角值，这意味着一个自变量对应三个函数值．为了便于分析函数，人们总希望一个自变量对应一个函数值，这可被认为是复变函数中引入单值解析分支的一个重要原因．从上述根式函数可以看出，复变函数中函数的多值性本质上源于复数值辐角的多值性．因此为了获得初等多值函数的单值解析分支，需要引入支点和支割线．定义１㊀一般地，具有这种性质的点，使得当变点ｚ绕这点一整周时，多值函数的函数值发生改变，也就是说，当变点回转至原来的位置时，函数值与原来的值相异，则称此点为多值函数的支点．一般地，寻找多值函数的支点是教学中的一个难点．下面笔者通过几个多值函数来说明支点的求法．例１㊀求下列函数的支点：（１）ｗ＝３ｚ；㊀㊀（２）ｗ＝３ｚ－ａ，ａʂ０；（３）ｗ＝ｚ（ｚ－１）（ｚ－２）（ｚ－３）（ｚ－４）；（４）ｗ＝ｚ（ｚ－１）（ｚ－２）（ｚ－３）（ｚ－４）２．解㊀（１）在复平面上，可以把ｚ看成由原点指向复数ｚ的向量．假定当前ｚ的辐角值为θ（ｚ），同时ｚ的数值也可以认为是向量ｚ在平面上逆时针旋转２π的数值，因此ｚ的辐角也可以认为是θ（ｚ）＋２π．由上述分析可得，当ｚ绕原点一整周时，函数值由ｚ＝３｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）３变成了ｚ＝３｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）＋２π３，且这两个函数值显然不相等，因此原点（即ｚ＝０）是一个支点．此外，由（１）中函数的特征可知，ｚ沿ɕ的邻域逆时针绕ɕ一整周等价于顺时针绕原点一整周，因此ɕ也为函数的一个支点．（２）令ｚᶄ＝ｚ－ａ，则ｗ＝３ｚᶄ．如果将ｚᶄ和ｚ－ａ均看成复平面上的向量，显然ｚᶄ绕原点一整周等价于ｚ绕ａ一整周．因此，由（１）中讨论可知，ａ和ɕ均为函数的支点．（３）由（２）可知，ｚ逆时针分别沿０，１，２，３，４的充分小邻域绕一整周时，ｚ，ｚ－１，ｚ－２，ｚ－３，ｚ－４的辐角值均增加２π，这意味着函数值ｗ的辐角值均增加π（即函数值起了变化），因此０，１，２，３，４均为支点．此外，易知ｚ沿ɕ的邻域逆时针绕ɕ一整周等价于它顺时针同时绕０，１，２，３，４一整周，此时函数值的辐角改变量为－５π（即函数值起了变化），所以ɕ也为函数的一个支点．（４）根据（３）可知，０，１，２，３均为函数的支点．当ｚ沿４的邻域逆时针绕４一整周时，（ｚ－４）２的辐角值增加了４π，所以函数值ｗ的辐角值增加了２π；当ｚ沿ɕ的邻域逆时针绕ɕ一整周时，函数值ｗ的辐角增加了－６π．显然，上述两种情形函数值均没有变，所以此时４和ɕ不是支点．㊀㊀㊀㊀数学学习与研究㊀２０２３ １１通过例１中的４个小题，可以得出判断某一点是否为支点时所要注意的几个关键点．首先，由（１）和（２）可知当自变量ｚ绕某一点一整周时，关注函数ｗ的辐角是否起变化，这是该点成为支点的前提．其次，比较（３）和（４）可知某一点为支点的条件是函数ｗ的辐角变化不能为２π的整数倍．再次，由（３）可知当考查自变量ｚ绕某一点一整周时应该选取充分小的邻域进行考查，这样可以避免出现误判，例如当考查１是否为支点时所取邻域包含０和１，这将导致函数ｗ的辐角改变量为２π的整数倍，从而得出１不是支点的错误结论．定义２㊀一般地，用来割破复平面，借以分出初等多值函数ｗ＝ｆ（ｚ）的单值解析分支的割线，称为ｗ的支割线．从支割线的定义可以看出，其本质是为了限制自变量来达到限制函数ｗ的辐角变化的目的（此时ｗ的辐角不变或仅改变２π的整数倍）．事实上，对于给定的初等多值函数，支割线的选取方法并不唯一，这也是学生难以理解该知识点的一个原因．下面笔者针对例１中的４个例题来说明支割线的选取方法．例２㊀给出例１中各函数支割线的一种选取方法．解㊀（１）已知函数的所有支点为０和ɕ，显然只要将复平面沿着０和ɕ的任意连线割开就可保证函数的辐角值不发生变化，这是因为按照上述方法割开的复平面将使得自变量ｚ不能绕支点一整周（即割破的复平面上ｚ的辐角的连续变化范围小于２π），这就保证了函数的辐角值不起变化．特别地，笔者可取沿着负实轴连接０和ɕ的线作为支割线．（２）类似于（１）中的讨论，为了使得在割破的复平面上ｚ－ａ的辐角的连续变化范围小于２π，只需沿着任意连接ａ和ɕ的线割破复平面即可．因此，笔者取沿正实轴连接ａ和ɕ的线作为支割线的一种选取方法．（３）由（１）和（２）可知，一种最简单的方法是选用沿着正实轴连接０和ɕ的线作为支割线，因为此时在割破的复平面上ｚ，ｚ－１，ｚ－２，ｚ－３，ｚ－４的辐角连续变化范围均小于２π．然而，应该指出这种支割线的选取方法割破了复平面上一些本可不被割破的地方．事实上，可取沿正实轴分别连接０，１和２，３的线段及连接４和ɕ的射线构成支割线．下面笔者说明这种取法的合理性，此时ｚ只有绕着０，１和２，３形成的线段一整周时，ｚ（ｚ－１）（ｚ－２）（ｚ－３）（ｚ－４）的辐角值才会起变化．具体而言，当ｚ绕着０，１形成的线段逆时针一整周时，仅ｚ和ｚ－１的辐角值起变化（即均增加２π）；当ｚ绕着２，３形成的线段逆时针一整周时，仅ｚ－２和ｚ－３的辐角值起变化（即均增加２π）．这表明尽管ｚ绕着分别由０，１和２，３形成的线段一整周时ｗ的辐角值会起变化，但其辐角的增加值为２π的整数倍，因此ｗ的数值不发生变化，即上述支割线的选取是合理的．（４）根据（３）的分析，显然可取沿着正实轴连接０和３的线段作为多值函数的支割线，也可取沿着正实轴连接０，１的线段及连接２，３的线段作为支割线．通过上述４个例题，可得选取支割线时所要注意的几个关键点：第一，多值函数支割线的选取并不唯一；第二，复平面上的支割线可由多段构成；第三，当取复平面上多段构成支割线时，必须保证复变量ｚ绕每一段旋转一周时函数ｗ的辐角改变量为２π的整数倍．二㊁单值解析分支为了理解初等多值函数的单值解析分支这一概念，仍以ｗ＝３ｚ来进行说明．若此时取沿负实轴连接０和ɕ的线作为支割线，假设ｚ０为相应割破的复平面上区域Ｇ中的任意一点，它的一个辐角值为θ０，θ０ɪ（－π，π），则ｚ０的所有辐角值可表示为θ０＋２ｋπ，ｋ＝０，ʃ１，ʃ２， ．因此ｚ０对应的所有函数值为ｗ０＝３｜ｚ０｜ｅｉθ，ｗ１＝３｜ｚ０｜ｅｉθ，ｗ２＝３｜ｚ０｜ｅｉθ．根据ｚ０的任意性，显然上述初等多值函数包含三个单值解析分支，且可认为其表达式分别如下：ｗ０＝３｜ｚ０｜ｅｉθ（ｚ）３，ｚɪＧ｛ｚ＝｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）｜，θ（ｚ）ɪ（－π，π）｝，ｗ１＝３｜ｚ０｜ｅｉθ（ｚ）３，ｚɪＧ＝｛ｚ＝｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）｜，θ（ｚ）ɪ（π，３π）｝，ｗ２＝３｜ｚ０｜ｅｉθ（ｚ）３，ｚɪＧ＝｛ｚ＝｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ），θ（ｚ）ɪ（３π，５π）｝．此外，若选取沿正实轴连接０和ɕ的线作为支割线，且仍然假设ｚ０为相应割破的复平面上区域Ｇ中的任意一点，那么与上述讨论相比较，此时θ０的取值范围应变为θ０ɪ（０，２π）．因此类似于上述讨论，可认为初等多值函数ｗ＝３ｚ的三个单值解析分支表示如下：ｗ０＝３｜ｚ０｜ｅｉθ（ｚ）３，ｚɪＧ＝｛ｚ＝｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）｜，θ（ｚ）ɪ（０，２π）｝，ｗ１＝３｜ｚ０｜ｅｉ，ｚɪＧ＝｛ｚ＝｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）｜，θ（ｚ）ɪ（２π，４π）｝，ｗ２＝３｜ｚ０｜ｅｉθ（ｚ）３，ｚɪＧ＝｛ｚ＝｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）｜，θ（ｚ）ɪ（４π，㊀㊀㊀㊀㊀数学学习与研究㊀２０２３ １１６π）｝．值得注意，对于上述两组单值解析分支函数，Ｇ中辐角的变化范围可平移６ｋπ，ｋ＝０，ʃ１，ʃ２， ，因为６ｋπ３＝２ｋπ，即这样的改变不会影响单值解析分支的函数值．由上可以清楚看出：第一，多值函数的多值性本质上源于复自变量辐角的多值性；第二，支割线的作用可理解为通过对单值解析分支函数的自变量加以限制，从而确保对应函数值的单值性；第三，对于同一初等多值函数，不同支割线的选取未必影响其单值解析分支函数的具体表达形式，它主要改变的是对应函数自变量ｚ的取法（即改变｜ｚ｜与辐角θ（ｚ）的取法）．事实上，这些问题是教学中学生学习多值函数疑问最多的地方，也是理解单值解析分支函数的关键点．关于初等多值函数单值解析分支的计算，一类常见的问题是已知单值解析分支函数在某一点的值，要求确定该支函数在其他点的函数值．从实际教学中学生的反馈来看，这类问题是复变函数中错误率最高的问题之一，下面笔者仍以ｗ＝３ｚ为例来进行说明．例３㊀设函数ｗ＝３ｚ确定在从原点ｚ＝０起沿正实轴割破的复平面上，并且ｗ（１＋ｉ）＝３２ｅｉ，求ｗ（ｉ）和ｗ（－ｉ）的值．下面笔者先列出学生在解答此题时一种常见的错误解法，并给出正确的解题方法．错误解答㊀由于多值函数ｗ可以表示为ｗ＝３ｚｅｉａｒｇｚ＋２ｋπ３，ｋ＝０，１，２，又因为ｗ（１＋ｉ）＝３２ｅｉ９π１２，因此依题意可得ｋ＝１，即所确定的单值解析分支为３ｚｅｉａｒｇｚ＋２π３，所以易知ｗ（ｉ）＝３１ｅｉ＝ｅｉ５π６，ｗ（－ｉ）＝３１ｅｉ－＝ｅｉπ２．正确解答１㊀由于所取的支割线为正实轴，且ｗ（１＋ｉ）＝３２ｅｉ９π１２，因此根据上面的讨论笔者可知所确定的单值解析分支函数为ｗ＝３｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）３，ｚɪＧ＝｛ｚ＝｜ｚ｜ｅｉθ（ｚ）｜，θ（ｚ）ɪ（２π，４π）｝，所以对于上述单值解析分支笔者有θ（ｉ）＝５π２，θ（－ｉ）＝７π２，于是可得ｗ（ｉ）＝３１ｅｉ５π／２３＝ｅｉ５π６，ｗ（－ｉ）＝３１ｅｉ７π／２３＝ｅｉ７π６．正确解答２㊀由于ｗ（ｉ）＝ｒ１ｅｉａｒｇ（ｗ（ｉ））＝ｒ１ｅｉΔａｒｇ（ｗ（ｚ））＋ｉａｒｇ（ｗ（１＋ｉ）），其中ｒ１＝｜ｗ（ｉ）｜，ｃ１表示由１＋ｉ到ｉ的曲线，Δｃａｒｇ（ｗ（ｚ））表示ｚ沿曲线ｃ１从１＋ｉ到ｉ时ｗ（ｉ）的辐角改变量，即Δｃａｒｇ（ｗ（ｚ））＝π４３＝π１２．又因为ｗ（１＋ｉ）＝３２ｅｉ９π１２，所以ａｒｇ（１＋ｉ）＝９π１２．于是有ｗ（ｉ）＝ｅｉπ１２㊃ｅｉ９π１２＝ｅｉ５π６．类似地ｗ（－ｉ）＝ｒ２ｅｉａｒｇ（ｗ（－ｉ））＝ｒ２ｅｉΔａｒｇ（ｗ（ｚ））＋ｉａｒｇ（ｗ（１＋ｉ）），其中ｒ２＝｜ｗ（－ｉ）｜，ｃ２表示由１＋ｉ到－ｉ的曲线．由于所取的支割线为沿正实轴连接原点ｚ＝０和ɕ的线，所以ｃ２必定穿过负实轴，即Δｃａｒｇ（ｗ（ｚ））＝５π４３＝５π１２，因此有ｗ（ｉ）＝ｅｉ５π１２㊃ｅｉ９π１２＝ｅｉ７π６．现比较上述三种解法．第一种解法的错误原因在于没有确定正确的单值解析分支，即可理解为将单值解析分支函数自变量的取法搞错了．事实上，如果例３中所取的支割线为沿负实轴连接原点ｚ＝０和ɕ的线，则第一种解法是正确的．这表明在实际解题中如果能够准确写出单值解析分支函数，则应该注意函数自变量的取法，同时在解题时应该特别注意题设中所给定的是哪一种支割线，因为支割线的选取不一样将可能使计算中所得的结果不同．对比第二种与第三种解法可知，尽管它们都能得到正确的结果，但是第二种方法需要知道单值解析分支的准确表示形式，然而实际当中存在众多无法准确写出单值解析分支的情形，因此在教学中笔者推荐用第三种解法进行解题．总㊀结教学实践表明，初等多值函数是复变函数课程中学生学习感觉最吃力的内容之一．文章针对初等多值函数的支点㊁支割线和单值解析分支的确定与计算这些学生难以理解的内容进行了讨论．通过结合例题的解答，笔者进一步阐释了支点㊁支割线和单值解析分支这些概念，并指出了教学中应该注意的一些地方．ʌ参考文献ɔ［１］韩惠丽，房彦兵．多值函数在复变函数中的应用［Ｊ］．大学数学，２００７（０４）：１８０－１８３．［２］韩仲明．复变初等多值函数教学初探［Ｊ］．乐山师范学院学报，２０１５（１２）：８４－８６．［３］张萍萍，潘雪燕．根式函数值的计算［Ｊ］．滨州学院学报，２０２０（０４）：８０－８５．［４］钟玉泉．复变函数论：第５版［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０２１．。
现代数学基础：多复变函数论
现代数学基础：多复变函数论
多复变函数论是现代数学基础中不可或缺的一部分，它涉及到函数的概念、性质、极限、导数等等，是研究微积分的基础理论。
多复变函数论的基本概念是定义域和值域，定义域是指一个函数定义的范围，函数的定义域是一个实数集合，也可以是某个复平面区域，值域是指函数取值范围，它也可以是某个实数集合，也可以是复平面区域。
多复变函数论中还涉及到函数的性质，这些性质可以分为一阶函数性质和高阶函数性质。
一阶函数性质指的是函数的可导性，即函数是否可以求导；高阶函数性质指的是函数的可积性，即函数是否可以求积分。
此外，多复变函数论中还涉及到函数的极限性质。
极限是指函数在某一点的极限值，它可以是定值极限，也可以是绝对值极限，还可以是无穷极限等等。
最后，多复变函数论还涉及到函数的导数。
导数是指函数在某一点的斜率，它可以用来描述函数的变化趋势，也可以用来求解微积分问题。
总之，多复变函数论是一门重要的数学学科，它涉及到函数的概念、性质、极限、导数等，是研究微积分的基础理论，是现代数学基础中不可或缺的一部分。
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)22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)。
复变函数多值函数
复变函数多值函数复变函数多值函数是复变函数的一种特殊形式，它在定义域内的每个点上都可以取多个值。
复变函数多值函数在数学和物理领域中有广泛的应用，特别是在解析函数论、复杂分析和量子力学等领域。
复变函数多值函数的定义可以通过复平面上的多值函数来理解。
复平面上的多值函数可以将复数映射到多个复数值。
例如，开平方函数可以将任意复数映射为两个平方根。
这是因为在复平面上，每个非零复数都有两个平方根，即正平方根和负平方根。
因此，开平方函数是一个复变函数多值函数。
与实变函数不同，复变函数多值函数的定义域和值域都是复数集合。
复变函数多值函数的定义域是一个复平面上的区域，而值域是一个复平面上的集合。
复变函数多值函数的图像可以用复平面上的曲线来表示，每个点上有多个函数值。
复变函数多值函数的性质可以通过复平面上的切线和导数来研究。
与实变函数不同，复变函数的导数可以是复数。
对于复变函数多值函数，其导数的定义也需要进行修正。
具体来说，导数是函数在给定点处的切线斜率，但由于复平面上的多值性质，存在多个切线，因此导数也是多值的。
在实际应用中，复变函数多值函数常常用于描述物理系统的量子态。
量子力学中的波函数就是一个复变函数多值函数。
波函数描述了量子系统的状态，包含了关于位置、动量、能量等物理量的信息。
根据量子力学的原理，波函数的模的平方给出了粒子在不同位置上的概率分布。
在解析函数论中，复变函数多值函数的研究也具有重要意义。
解析函数是复变函数的一种特殊形式，具有良好的性质和广泛的应用。
复变函数多值函数的研究可以帮助我们更好地理解解析函数的性质和行为。
总的来说，复变函数多值函数是复变函数的一种特殊形式，它在定义域内的每个点上都可以取多个值。
复变函数多值函数在数学和物理领域中有广泛的应用，特别是在解析函数论、复杂分析和量子力学等领域。
通过对复平面上的多值函数的研究，我们可以更好地理解复变函数多值函数的性质和应用。
复变函数初等多值函数
系的横轴和纵轴。
复数的几何解释
总结词
复数可以用平面上的点或向量来表示，其实部和虚部分别对应于横轴和纵轴上 的坐标。
详细描述
复数可以用几何图形来表示，其实部和虚部分别对应于平面直角坐标系中的横 轴和纵轴。当我们在平面上画出复数对应的点或向量时，实部是点的横坐标， 虚部是点的纵坐标。
复数的运算性质
总结词
03 初等多值函数
幂函数
总结词
复数幂函数具有多值性，其定义域和值域都 是复数域。
详细描述
复数幂函数的形式为 (z^{a} = |z|^{a} cos(a arg(z) + arg(z^a)))，其中 (z = |z| exp(i
arg(z))) 是复数 (z) 的极坐标形式，(a) 是实 数或复数。当 (a) 是非整数时，幂函数具有多 值性，即对于不同的角度 (arg(z))，函数值不
解析性
要点一
总结词
解析性是指复变函数在某点及其邻域内可微的性质。
要点二
详细描述
解析性是复变函数的重要性质之一，它决定了函数在某点 附近的局部行为。如果一个复变函数在某点处可微，那么 在该点处函数具有极限存在且极限值等于函数值，并且函 数的导数存在。解析性对于研究函数的性质和展开式具有 重要意义。
可微性
在信号处理中，多值函数用于描述信号的频谱、 滤波等处理过程，提高信号的质量和特征提取。
在经济中的应用
金融衍生品定价
关于多值复函数的几个问题
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 →>→<→=+=<-=-<⎧⎨⎪⎩⎪0000000ππππ 所以argz 在原点和负实轴上不连续。
最全总结之复变函数恒成立问题
最全总结之复变函数恒成立问题
简介
复变函数是数学中的重要概念，它包含实数域的函数并扩展到
复数域。
复变函数的恒成立问题是指在何种情况下，一个复变函数
恒等于某个特定的值。
本文将探讨复变函数恒成立问题的各种情况
和方法。
情况分类
1. 有界情况：如果一个复变函数在某个区域内有界，那么它在
该区域内恒成立。
这是一个基本的性质，可以用来证明很多恒等式。
2. 极限情况：如果一个复变函数在某个点处的极限等于某个特
定值，那么它在该点处恒成立。
这可以通过极限的定义和性质进行
证明。
3. 解析情况：如果一个复变函数在某个区域内解析，并且在区
域的边界上也连续，那么它在整个区域内恒成立。
这可以通过复变
函数的解析性质和边界连续性来证明。
方法总结
1. 使用复变函数的基本性质和运算法则，将复变函数转化为更
简单的形式，以便进行恒等性质的证明。
2. 运用复变函数的极限性质和解析性质，结合区域的特点，进
行恒等性质的证明。
3. 借助复变函数的几何解释，如复平面中的曲线和曲面，通过
几何直观进行恒等性质的验证。
结论
在探讨复变函数恒成立问题时，我们可以分类讨论不同的情况，运用复变函数的性质和特点，采用简单的证明方法。
这样可以帮助
我们更好地理解复变函数的恒等性质，并应用于实际问题中。
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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。