department of mathematics

Department of Mathematics

嘉应学院数学系


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


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

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

department of mathematics

Documents