復變函數多值性問題在習題中的探究

曲木拉古 秦嶺

【摘 ?要】棣莫弗公式（cosθ+isinθ）n=cosnθ+isinnθ的得出用到了einθ=（eiθ）n，但是einθ是否就毫無疑問地等于（eiθ）n呢？該文從一道習題的錯誤解法出發，發現einθ與（eiθ）n并不能隨便劃等號，需要分情況具體討論。

【關鍵詞】棣莫弗公式;初等多值函數;多值函數單值化

■在“數學物理方法”課程中，有一道很常見的習題：將有序波列f（t）=cos2πv0t，-TT用傅里葉積分作展開。展開過程中會涉及到積分G（ω）=■■cos2πv0te-iwtdt。有位學生想：因為cos2πv0t=■，而e■=（ei2π）■=（1）■=1，同理，e■=1，這樣的話cos2πv0t=1（無論v0t的值為多少），很明顯不大對，接著往下做自然也不能會得出正確答案。為什么會這樣呢？該生認為問題出在e■=（ei2π）■=（1）■=1上，認為e■與（ei2π）■與（e■）2不能劃等號，并作了表格進一步說明：

這里有兩個問題：一是表格里的計算究竟對不對;二是e■與（ei2π）■與（e■）2究竟能不能劃等號。

首先來看表格里的計算。這其實涉及到了多值函數Zα（為了簡明起見，直接討論α為實數的情況）。眾所周知，lnz為多值函數，其函數值為ln|z|+i（ψ+2kπ），k=0，1，2，3...，有無窮多個;根式函數■也為多值函數，有n個根。那么Zα呢？Zα=eαlnz=eα[ln|z|+i（ψ+2kπ）]=eαln|z|eiαψeiα2kπ，k=0，1，2，3，...，它的不相同值有多少個需要分情況討論：①若α為整數，則eiα2kπ=1，Zα的值只有一個，為單值函數;②若α為有理數，則可寫為α=■（■為不可約的分數），那么Zα=eαln|z|ei■ψe■，這時k取0，1，2，…q-1都對應著不同的值，而再往后取將會與前面的q個值輻角相差2π的整數倍;③若α為無理數，Zα有無窮多個值。

回到表格，我們看到，第三行中對應著Zα，α=2為整數，是第一種情況，為單值函數，表中的計算沒有問題。而第二行中的Zα當α=0，1，2，3時，為單值函數，計算沒錯，但當α=■，■，■時，對應著第二種情況，為多值函數，將分別有2、3、4個根，那么我們用哪個根和第三列進行對應呢？這就涉及到了多值函數單值化。

對于初等多值函數而言，其多值性主要是由輻角的多值性造成的，要想化為單值函數，就必須破壞原來的定義域，使動點無法繞支點轉動，也即對輻角進行限制，上述多值函數支點在0、∞，可限制z的輻角范圍為0

回到表格第二列，（ei2π）■=（1）■=e■=e■■，由于單值化要求：0

再來看第二個問題，e■與（ei2π）■與（e■）2究竟能不能劃等號，寫簡明一點，也即（ein）m與einm與（eim）n（n，m為任意實數）是否能劃等號？我們來具體計算一下：

（ein）m=e■=em[0+i（n+2kπ）]=eimnei2kπm;（eim）n=en1ne■=

e■=eimnei2kπn;einm可以看到，要使（ein）m=（eim）n=einm，只有m和n都取整數，ei2kπn=ei2kπm=1，才能成立;那如果m和n不是整數呢？那這時我們只需要將多值函數單值化，在我們這情況中，令k=1，這樣（ein）m=（eim）n=einm也能成立。這也是我們在剛才對表格的討論中所采用的方法。

綜上所述，通過對一道習題錯誤解法的討論，我們發現，復變函數有時由于其多值性，具體應用時要多加注意;另外，在棣莫弗公式的推導中，einθ與（eiθ）n并不能隨便劃等號，需要分情況具體討論：一種情況是n為整數（也是書中默認的情況），einθ=（eiθ）n;另一種情況是n不為整數，那么需將多值函數單值化后才能劃等號。

【參考文獻】

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（基金項目：國家自然科學基金理論物理專款11647095）

（成都師范學院物理與工程技術學院，四川 成都 611130）