2.3 極限與連續性 (Limits and Continuity)

設 $f:D_f\subset \mathbb{C}\to R_f\subset\mathbb{C}$ ，本節討論此函數的極限與連續的性質，亦即

$f$ 在 $z_0$ 之極限值為 $L$ ，即 $\lim\limits_{z\to z_0} f(z)=L$ ，

f 在 $z_0$ 連續，即 $\lim\limits_{z\to z_0} f(z)=f(\lim\limits_{z\to z_0}z)=f(z_0)$ ，說明連續函數計算極限時，函數和極限計算的次序可以互換。

這裡主要重點在 $z\to z_0$ ，是如何從 $z$ 出發逼近 $z_0$ ，以及不同的逼近軌跡不應該影響極限取值。

極限

由於 $f(z) = f(x+i y)=f(x,y)=u(x,y)+ i v(x,y)$ ，亦即此函數的實部與虛部均為兩個變數實函數，因此在討論複數函數極限時，先複習雙變數實函數的極限規則。

雙變數實函數極限

已知雙變數實函數 $u(x,y)$ 在 $(x_0, y_0)$ 之極限為 $u_0$ ，其定義為

\begin{align*} &\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)} u(x,y)=u_0 \\ %&\Longleftrightarrow %\forall %\varepsilon>0,~\exists\delta>0\te%xt{~s.t.~}\forall(x,y)\in %D_\delta^*(x_0,y_0) \implies %u(x,y)\in D_\varepsilon(u_0) \\ &\Longleftrightarrow \forall \varepsilon>0,~\exists~\delta>0\text{~s.t.~}0<\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta\implies |u(x,y)-u_0|<\varepsilon. \end{align*}

如何運用這個定義？真實問題，有時需轉換到極座標的情形來討論

\begin{align*} &\lim_{(r,\theta)\to (r_0, \theta_0)} u(r,\theta)=u_0 \\ %&\Longleftrightarrow %\forall %\varepsilon>0,~\exists\delta>0\te%xt{~s.t.~} 0< |r-r_0|<\delta %\implies u(r,\theta)\in %D_\varepsilon(u_0) \\ &\Longleftrightarrow \forall \varepsilon>0,~\exists~\delta>0\text{~s.t.~} 0< |r-r_0|<\delta \implies |u(r,\theta)-u_0|<\varepsilon. \end{align*}

從上面的式子可以看到出：極限存在與否和趨近與角度無關。以下舉例說明。

例題2.3-1. 證明 $\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)} \frac{2 x^3}{x^2+y^2}=0$ 。

[證明]
令 $x=r \cos\theta,~ y=r\sin\theta$ ，因此
$u(x,y)\triangleq \frac{2x^3}{x^2+y^2}= \frac{2r^3 \cos^3\theta}{r^2}=2r\cos^3\theta.$
因此
$\forall \varepsilon>0, \delta=\frac{\varepsilon}{2} \text{~s.t.~} 0<|r-0|=r<\delta\\ \implies |u(x,y)-0|=|2 r \cos^3\theta|=2r|\cos\theta|^3\le 2r <\varepsilon.$
故得證。上述證明的目的在於展示 $\delta\text{-}\varepsilon$ 定義的作法，本題其實可以用夾擠(三明治)定理來做。因
$0\le \left|\frac{2x^3}{x^2+y^2} \right|\le 2\frac{|x^3|+|x|y^2}{x^2+y^2}\le 2|x|$
以及 $\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}|x|=0$ ，由於函數 $\displaystyle \left|\frac{2x^3}{x^2+y^2} \right|$ 的上下界的極限都是 $0$ ，因此
$\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)} \left|\frac{2 x^3}{x^2+y^2}\right|=0\implies \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)} \frac{2 x^3}{x^2+y^2}=0.$

例題2.3-2. 說明 $\lim\limits_{(x,y)\to (x_0,y_0)} \frac{2 x^2}{x^2+y^2}=0$ 不存在。

[證明]
1. 沿著 $x=0,~ y\to 0$ ，則有
  $\lim\limits_{(x,y)\to (x_0,y_0)} \frac{2 x^2}{x^2+y^2}=\lim\limits_{y\to 0} \frac{2 \cdot 0}{0^2+y^2} =\lim\limits_{y\to 0} 0=0.$
1. 沿著 $x=y\to 0$ ，則
  $\lim\limits_{(x,y)\to (x_0,y_0)} \frac{2 x^2}{x^2+y^2}=\lim\limits_{x=y\to 0} \frac{2 x^2}{2x^2} =\lim\limits_{x\to 0} 1=1。$
由1與2點顯示沿著不同路徑逼近，計算出的極限值不同，因此此極限不存在。

複數函數極限

設 $f$ 在 $z_0$ 的某一個去掉 $z_0$ 的鄰域上有定義，當 $z$ 趨近於 $z_0$ 時 (趨近過程中 $z\in D_f$ )， $f(z)$ 也趨近 $w_0$ ，我們稱 $f(z)$ 在 $z_0$ 有極限值 $w_0$ ，記作

\lim_{z\to z_0}f(z)=w_0 \Longleftrightarrow f(z) \rightarrow w_0 ~~\text{當}~~z \rightarrow z_0.

此定義的 $\delta\text{-}\varepsilon$ 描述如下：

定義2.3-1. (複數函數極限) $f(z)$ 在 $z_0$ 有極限值定義如下：

\begin{align*} &\lim_{z\to z_0}f(z)=w_0 \\ &\Longleftrightarrow \forall \varepsilon>0,~\exists~\delta>0\text{~s.t.~}0<|z-z_0|<\delta\implies |f(z)-w_0|<\varepsilon, \\ &\Longleftrightarrow \forall \varepsilon>0,~\exists\delta>0\text{~s.t.~}\forall z\in D_\delta^*(z_0) \implies f(z)\in D_\varepsilon(w_0). \end{align*}

中文的對應敘述則為「 $f(z)$ 在 $z_0$ 有極限值 $w_0$ 若且唯若如果對於任意 $\varepsilon\gt0$ ，必存在一正數 $\delta$ 使得當 $z\in D^*_\delta(z_0)$ 時， $f(z)\in D_\varepsilon(w_0)$ 」。可圖示如下。

若令 $z=x+iy~, z_0=x_0+iy_0~,w_0=u_0+iv_0~,f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)$ ，則我們可以得到下列之定理。

例題2.3-2. 證明 $\lim\limits_{z\to z_0} \bar{z}=\bar{z}_0$ ，其中 $z_0\in\mathbb{C}$ 。

[證明]
對於任意 $\varepsilon\gt0$ ，取正數 $\delta=\varepsilon$ 使得當 $0<|z-z_0|<\delta=\varepsilon$ 時，則有 $0<|z-z_0|<\varepsilon$ ，亦即 $|\bar{z}-\bar{z}_0|<\varepsilon$ ，即 $\lim\limits_{z\to z_0} \bar{z}=\bar{z}_0$ 成立。 $\hspace{5cm}\blacksquare$

由此例同理推論可知：若 $c, z\in\mathbb{C}$ ，則 $\lim\limits_{z\to z_0} c=c$ 與 $\lim\limits_{z\to z_0} z= z$ 。

定理2.3-1. (極限唯一性)

設 $L, M\in\mathbb{C}$ ，若 $\displaystyle \lim_{z\to z_0}f(z)=L$ 且 $\displaystyle \lim_{z\to z_0}f(z)=M$ ，則 $L＝M$ 。

[證明]
用反證法證明。假設 $\displaystyle \lim_{z\to z_0}f(z)=L$ 、 $\displaystyle \lim_{z\to z_0}f(z)=M$ ，且 $L\neq M$ 。
令 $\varepsilon = \frac{1}{4} |L-M|>0$ ，則
由
$\displaystyle \lim_{z\to z_0}f(z)=L$ ，知對此 $\varepsilon$ ，必存在一正數 $\delta_1$ 使得當 $z\in D^*_{\delta_1}(z_0)$ 時， $f(z)\in D_\varepsilon(L)$ 。
由
$\displaystyle \lim_{z\to z_0}f(z)=M$ ，知對此 $\varepsilon$ ，必存在一正數 $\delta_2$ 使得當 $z\in D^*_{\delta_2}(z_0)$ 時， $f(z)\in D_\varepsilon(M)$ 。
選定
$\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$ ，如此對所有的 $z\in D^*_{\delta}(z_0)$ ，則有 $|f(z)-L|<\varepsilon=\frac{L-M}{4}$ 與 $|f(z)-M|<\varepsilon=\frac{L-M}{4}$ ，但是
$|L-M|= |L-f(z)+ f(z)-M|\le |L-f(z)|+|f(z)-M|< %\frac{L-M}{4}+\frac{L-M}{4}= \frac{L-M}{2}$
矛盾，因此 $L=M$ 。 $\hspace{8.5cm}\blacksquare$

例題2.3-3. 使用 $\delta\text{-}\varepsilon$ 定義推導 $\lim\limits_{z\to i} z^2=-1$ 。

[解]
1. 先造 $\delta$ ，
  $\begin{align*} |z^2-(-1)|=&|z-i|\cdot |z+i| =|z-i|\cdot |z-i+2i| \\ &\le |z-i|\cdot(|z-i|+|2i|) < \delta (\delta +2) \end{align*}$
  若 $\delta \le1$ 則 $\delta(\delta+2)\le \delta (1+2)=3\delta\le \varepsilon$ ，因此取 $\delta = \min\{1,\frac{ \varepsilon}{3}\}$ 。
1. 任意 $\varepsilon\gt0$ ，取正數 $\delta= \min\{1,\frac{\varepsilon}{3}\}$ (即 $\delta\le 1$ ) 使得當 $0<|z-i|<\delta$ 時，則有
  $|z^2-(-1)|\le |z-i|\cdot (|z-i|+2)<\delta(\delta+2)\le 3\delta \le\varepsilon$
  即 $|z^2-(-1)|<\varepsilon$ ，即 $\lim\limits_{z\to i} z^2=-1$ 成立。 $\hspace{3.5cm}\blacksquare$
  Geogebra 1: 驗證推導 $\lim\limits_{z\to i} z^2=-1$ 之 $\delta\text{-}\varepsilon$ 定義。
  https://www.geogebra.org/m/aebktfru

從例題2.3-3來看，所選的 $\delta$ 範圍除了是 $\varepsilon$ 的函數外，也會隨 $z_0$ 而改變，例如將此例修改為

\lim\limits_{z\to 2i} z^2=-4

時，則 $\delta= \min\{\frac{\varepsilon}{5}, 1\}$ 。從這裡來看 $\delta$ 是 $\varepsilon$ 和 $z_0$ 的函數。若某些例子計算出來的 $\delta$ 只是 $\varepsilon$ 的函數與 $z_0$ 無關，我們稱這種收斂( $f(z)\to L$ ) 為均勻收斂 (uniform convergent)。

將 $f(z)$ 以卡式座標系表示時，因 $z=(x,y)$ 、 $z_0=(x_0,y_0)$ 以及 $f(z)=u(x,y)+ i v(x,y)$ 、 $w_0=u_0+i v_0$ ，因此

\begin{align*} \lim_{z\to z_0}f(z)=w_0 & \Longleftrightarrow \lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} u(x,y)+i v(x,y) =u_0+i v_0 \\ &\Longleftrightarrow \lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} u(x,y) =u_0, \quad \lim_{(x,y)\to (x_0, y_0)} v(x,y) =v_0 \end{align*}

亦即可以分別從函數的實部與虛部，分別求極限。證明如下，

定理2.3-2. $\displaystyle \lim_{z\to z_0}f(z)=w_0$ 若且唯若 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)}u(x,y)=u_0$ 且 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)}v(x,y)=v_0$

[證明]
(必要條件) 若 $\lim\limits_{z\to z_0}f(z)=w_0$ ，則由定義 $\forall~\varepsilon\gt0~, \exists ~\delta\gt0$ 使得
$\text{當~}0 \lt |z-z_0| \lt \delta~\text{~時~}~|f(z)-w_0|\lt\varepsilon,$
等價於
$\text{當~}0 \lt \sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\lt \delta\text{~時~}\sqrt{(u(x,y)-u_0)^2+(v(x,y)-v_0)^2}\lt\varepsilon。$
但
$\left|u(x,y)-u_0\right| \le \sqrt{(u(x,y)-u_0)^2+(v(x,y)-v_0)^2} \lt \varepsilon~,$
同理
$\left| v(x,y)-v_0 \right|\lt\varepsilon.$
因此
$\text{當~}0 < \sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\lt \delta\text{~時~}|u(x,y)-u_0|< \varepsilon,$
以及
$\text{當~}0 < \sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\lt \delta\text{~時~}|v(x,y)-v_0|< \varepsilon,$
得證
$\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)}u(x,y)=u_0~\text{且}~\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)}v(x,y)=v_0.$
(充分條件) 反之，假設
$\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)}u(x,y)=u_0~\text{且}~\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)}v(x,y)=v_0.$
即 $\forall \varepsilon>0$ ，
$\exist \delta_1>0, \text{~s.t.~}0 < \sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\lt \delta_1\implies|u(x,y)-u_0|< \varepsilon/2,$
$\exist \delta_2>0, \text{~s.t.~}0 < \sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\lt \delta_2\implies|v(x,y)-v_0|< \varepsilon/2,$
由不等式
$\sqrt{(u(x,y)-u_0)^2+(v(x,y)-v_0)^2} \le \left|u(x,y)-u_0 \right|+\left|v(x,y)-v_0 \right|$
以及 $|z-z_0|=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}$ 、 $|f(z)-w_0|=\sqrt{(u(x,y)-u_0)^2+(v(x,y)-v_0)^2}$ ，如此， $\forall \varepsilon>0$ ，取 $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}>0$ 使得
$0 < |z-z_0|\lt \delta \implies|f(z_0)-w_0| <\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon$
故得證。 $\hspace{9.5cm}\blacksquare$

若 $f$ 在 $z_0$ 有定義而且 $w_0=f(z_0)$ 則稱在點連續
$\lim_{z\to z_0}f(z)=f(z_0)。$
對於任意 $\varepsilon\gt0$ ，存在 $\delta\gt0$ 使得
$f(D_\delta(z_0))\subset D_\varepsilon(f(z_0))。$
若 $f$ 在 $A$ 中之每一點連續則稱 $A$ 上連續。

從上面的討論可得到以下觀察：

$z\to z_0$ 或 $(x,y)\to (x_0,y_0)$ 的趨近路徑，不影響極限值。

由定理2.3-1知若極限值存在，則是唯一。

由定理2.3-2知當 $z\to z_0$ ， $f(z)$ 的極限計算相當於實數部分與虛數部分之分別計算極限，故與微積分所學相關之定理的應用相同。

例題2.3-4. 計算 $\lim\limits_{z\to 1+i} z^2-2z+1$ 之值。

[解]
因 $f(z)=(x+iy)^2-2(x+iy)+1=(x^2-y^2-2x+1)+i(2xy-2y)$ ，而且
$\lim_{(x,y)\to (1,1)}x^2-y^2-2x+1=1^2-1^2-2\cdot 1+1=-1,\\ \lim_{(x,y)\to (1,1)}2 x y-2y=1^2-2\cdot 1\cdot 1-2\cdot 1=0，$
故由定理2.1-2得 $\lim\limits_{z\to 1+i} z^2-2z+1=-1+i\cdot 0=-1$ 。從上面的過程，和實數計算多項式的極限算法相同，即：
$\lim\limits_{z\to 1+i} z^2-2z+1=(1+i)^2-2(1+i)+1=2i-2-2i+1=-1$

例題2.3-5. 證明 $\lim\limits_{z\to 0} \frac{\text{Re~}z}{z}$ 不存在。

[解]
假設 $z\to 0$ 沿著 $x$ 軸，即 $z=x+0i\to 0+0i$ 等同 $x\to 0$ ，故
$\lim_{z\to 0} \frac{\text{Re~}z}{z} = \lim_{x\to 0} \frac{x}{x}=1.$
但若 $z\to 0$ 沿著 $y$ 軸，即 $z=0+yi\to 0+0i$ 等同 $y\to 0$ ，故
$\lim_{z\to 0} \frac{\text{Re~}z}{z} = \lim_{y\to 0} \frac{0}{y}=0.$
兩者極限不同，因此 $\lim\limits_{z\to 0} \frac{\text{Re~}z}{z}$ 不存在。

定理2.3-3. (極限規則)

若 $\displaystyle\lim_{z\to z_0}f(z)=L$ 、 $\lim\limits_{z\to z_0}g(z)=M$ 、 $c\in\mathbb{C}$ ，則

$\displaystyle \lim_{z\to z_0} \big[f(z)\pm g(z)\big]=\lim_{z\to z_0} f(z)\pm\lim_{z\to z_0} g(z)=L\pm M$ ，

$\displaystyle\lim_{z\to z_0}[c \cdot f(z)]=c \lim_{z\to z_0} f(z) = c L$ ，

$\displaystyle \lim_{z\to z_0} \big[f(z) g(z)\big]=\lim_{z\to z_0} f(z)\cdot\lim_{z\to z_0} g(z)=L M$ ，

$\displaystyle \lim_{z\to z_0} \frac{f(z)}{ g(z)}=\frac{\lim\limits_{z\to z_0} f(z)}{\lim\limits_{z\to z_0} g(z)}=\frac{L}{M}~, \text{~當}~M\ne 0$ 。

[證明] 略。

例題2.3-6. 計算 $\lim\limits_{z\to 1+i} \frac{z^2-2i}{z^2-2z+2}$ 之值。

[解]
由於 $z^2-2i = (z+(1+i)) \cdot (z-(1+i))$ 與 $z^2-2z+2 = (z-(1+i)) \cdot (z-(1-i))$ ，故
$\lim_{z\to 1+i} \frac{z^2-2i}{z^2-2z+2}=\lim_{z\to 1+i} \frac{(z+(1+i))\cdot (z-(1+i))}{(z-(1-i))\cdot (z-(1+i))} = \lim_{z\to 1+i} \frac{z+1+i}{z-i+i}\\ =\frac{\lim\limits_{z\to 1+i} z+1+i}{\lim\limits_{z\to 1+i} z-1+i} = \frac{2(1+i)}{2i}=\frac{1+i}{i}=1-i$

定理2.3-4. 令 $0\le |g(z)|< M$ 且 $\lim\limits_{z\to z_0} f(z)=0$ ，則 $\lim\limits_{z\to z_0} f(z) g(z)=0$ 。

[證明]
使用極限之 $\delta\text{-}\varepsilon$ 定義直接證明，自行練習。 $\hspace{5cm}\blacksquare$

注意：在複數函數的極限定義中，沒有使用左極限與右極限，換句話說 $z\to z_0^{+}$ 和 $z\to z_0^{-}$ 是沒有意義的，趨向的方向需和角度無關，因此有無限多個方向，不像在實數計算極限時只有增( $x\to x_0^-$ ) 與減 ( $x\to x_0^+$ ) 的可能，即左或右兩種方向計算極限。

連續性

對於實數函數的連續性，若筆沿函數圖形走，在經過某點時不用提筆，可以直接通過，表示在該點連續。函數 $f$ 在 $x_0$ 連續的意義為

\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) \Longleftrightarrow \begin{cases} f(x_0) \text{~有定義},\\ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L \text{~存在},\\ L=f(x_0). \end{cases}

換句話說，函數要滿足這三點才可以說在該點連續。當然上述的連續性也有對應的 $\delta\text{-}\varepsilon$ 定義，即

\begin{align*} &\lim_{x\to x_0}f(z)=f(x_0) \\ &\Longleftrightarrow \forall \varepsilon>0,~\exists~\delta>0\text{~s.t.~}|x-x_0|<\delta\implies |f(x)-f(x_0)|<\varepsilon. \end{align*}

回到複數函數，連續性可以定義如下：

定義2.3-2. (複數函數連續性) 複數函數 $f$ 在 $z_0$ 連續定義如下：

\begin{align*} &\lim_{z\to z_0}f(z)=f(z_0) \\ &\Longleftrightarrow \forall \varepsilon>0,~\exists~\delta>0\text{~s.t.~}|z-z_0|<\delta\implies |f(z)-f(z_0)|<\varepsilon\\ &\Longleftrightarrow \forall \varepsilon>0,~\exists\delta>0\text{~s.t.~}\forall z\in D_\delta(z_0) \implies f(z)\in D_\varepsilon(f(z_0)). \end{align*}

和極限的定義比較，就是將極限的去心圓盤改成圓盤(拿掉 $0<|z-z_0|<\delta$ 的 $0<$ )，因為在該點函數要有定義才行。此連續性的定義也可表示成 $\lim\limits_{\Delta z\to 0}f(z_0+\Delta z)=f(z_0)$ 。

如同實數函數一般，其意義有三：

\lim_{z\to z_0}f(z)=f(z_0) \Longleftrightarrow \begin{cases} f(z_0) \text{~有定義},\\ \lim\limits_{z\to z_0}f(z)=L \text{~存在},\\ L=f(z_0). \end{cases}

例題2.3-7. 討論函數 $f(z)=\bar{z}$ 與 $f(z)=\frac{\mathrm{Re}~z}{z}$ 在 $\mathbb{C}$ 上之連續性。

[解]
1. 於例題2.3-2已經證明 $\lim\limits_{z\to z_0} \bar{z}=\bar{z}_0$ ，其中 $z_0\in\mathbb{C}$ ，因此函數 $f(z) = \bar{z}$ 在 $\mathbb{C}$ 上連續。此外，由此例推論可知 $f(z) = c$ 與 $f(z) = z$ 在 $\mathbb{C}$ 上連續。
1. 由例題2.3-5於可知函數 $f(z) = \frac{\text{Re~}z}{z}$ 在 $z=0$ 不連續。

定理2.3-5. 已知 $f(z)=u(x,y)+ i v(x,y)$ ， $f(z)$ 在 $z_0 = x_0 +i y_0$ 連續若且唯若 $u(x,y)$ 與 $v(x,y)$ 在 $(x_0, y_0)$ 連續。

[證明] 略。

定理2.3-6. 設 $c\in\mathbb{C}$ ，已知 $f$ 和 g 在 $z_0$ 連續，則 $f\pm g$ 、 $c \cdot f$ 、 $f\cdot g$ 與 $\frac{f}{g} (g(z_0)\neq 0)$ 在 $z_0$ 連續；又若 $f(z)$ 在 $g(z_0)$ 上連續，則 $f\circ g(z)=f\left( g(z)\right)$ 在 $z_0$ 連續。

[證明] 略。

例題2.3-8. 設 $f(z)$ 在 $\mathbb{C}$ 上連續，則 $|f(z)|$ 也在 $\mathbb{C}$ 上連續。

[解]
令 $z=r e^{i\theta}$ ， $z_0=r_0 e^{i\theta_0}$ ，則 $z\to z_0$ 表示 $r\to r_0$ 以及 $\theta\to \theta_0$ ，又
$\lim_{z\to z_0} |z| = \lim_{r\to 0\atop \theta\to \theta_0} r=r_0=|z_0|$
即函數 $g(z)=|z|$ 在 $\mathbb{C}$ 上連續，因此 $g(z)$ 在 $f(z_0)$ 也連續，由定理2.3-6知 $g\circ f(z)=|f(z)|$ 上連續。

例題2.3-9. 設 $a_k\in\mathbb{C}, 0\le k\le n$ ，證明多項式函數 $\displaystyle P(z)=a_0+a_1 z+a_2 z^2 +\cdots+a_n z^n$ 在 $\mathbb{C}$ 上連續。

[證明]
設 $z_0 \in \mathbb{C}$ 。
1. Claim: $\lim\limits_{z\to z_0} z^n = z_0^n, n\in \mathbb{N}$ (表示 $z^n$ 在 $\mathbb{C}$ 上連續)。
  1. $n=1$ 時，例題2.3-7知 $\lim\limits_{z\to z_0} z = z_0$ 。
  1. 設 $n=k$ 所求成立，即 $\lim\limits_{z\to z_0} z^k = z_0^k$ ，則當 $n=k+1$ 時
  $\lim_{z\to z_0} z^{k+1} = \lim_{z\to z_0} z^k \cdot z {=\atop{\small\text{定理}2.3\text{-}3}}\lim_{z\to z_0} z^k \lim_{z\to z_0} z = z_0^k z0=z_0^{k+1}$
  所以由數學歸納法得證所求成立。
1. $\lim\limits_{z\to z_0} a_k = a_k, 0\le k\le n$ (由例題2.3-7得) 。
1. 由於
  $\begin{align*} \lim_{z\to z_0} P(z) &=\lim_{z\to z_0} \left(a_0 + \sum_{k=1}^n a_k z^k \right) {=\atop{\small\text{定理}2.3\text{-}3}} \lim_{z\to z_0} a_0 + \lim_{z\to z_0}\sum_{k=1}^n a_k z^k = \lim_{z\to z_0} a_0 + \sum_{k=1}^n \lim_{z\to z_0} a_k z^k \\ &{=\atop{\small\text{定理}2.3\text{-}3}}a_0+\sum_{k=1}^n \lim_{z\to z_0} a_k \lim_{z\to z_0} z^k {=\atop \textbf{Claim}}a_0+\sum_{k=1}^n a_k z_0^k =P(z_0) \end{align*}$
  所以 $P(z)$ 在任意點 $z_0$ 連續，亦即 $P(z)$ 在 $\mathbb{C}$ 上連續。

推論2.3-1. 設 $p(z)$ 、 $q(z)$ 為複係數多項式，則對 $z_0\in\mathbb{C}$ ，當 $q(z_0)\neq 0$ ， $\displaystyle \lim_{z\to z_0} \frac{p(z)}{q(z)} = \frac{p(z_0)}{q(z_0)}$ 。

整理可得，下面函數均為 $\mathbb{C}$ 上的連續函數：

常數函數 $f(z)=c$ ，

線性函數 $f(z)=A z + B$ ， $A,~B\in\mathbb{C}$ ，

冪次函數 $f(z)= z^n$ ， $n\in\mathbb{N}$ ，

多項式函數 $\displaystyle P(z)=a_0+a_1 z+a_2 z^2 +\cdots+a_n z^n$ 。

有理函數 $\displaystyle f(z)=\frac{p(z)}{q(z)}$ 在分母 $q(z)= 0$ 以外的 $z$ 上均連續。

例題2.3-8. $\displaystyle f(z)=\frac{z^2}{\left|z\right|^2}$ ，討論 $\displaystyle\lim_{z\to z_0}f(z)$ 之極限及連續性。

[解]
令 $z=x+iy$ ，則 $f(z)=\frac{x^2-y^2+i 2xy}{x^2+y^2}=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}+i\frac{2xy}{x^2+y^2}=u(x,y)+iv(x,y)$ 。
若 $z_0=0$ ，則 $\displaystyle\lim_{z\to z_0}u(x,y)$ 沿 $y=0$ 之極限為 $1$ 而沿著 $x=0$ 則為 $-1$ ，故由定理2.1-1. $\displaystyle\lim_{z\to z_0}f(z)$ 之極限不存在。
若 $z_0\ne0$ ，則由定理2.3-3之4知極限為 $\displaystyle =\frac{\lim\limits_{z\to z_0} z^2}{\lim\limits_{z\to z_0} |z|^2} =\frac{z_0^2}{\left|z_0\right|^2}$ ，所以 $f$ 在 $\cnums\setminus\{0\}$ 均連續。

例題2.3-9. $f(z)=\mathrm{Arg}_\tau z$ ，討論 $\lim\limits_{z\to z_0}f(z)$ 之極限及連續性。

[解]
由定義 $\tau\lt\arg_\tau z\le\tau+2\pi$ ，若取 $z_0=r_0 e^{i\tau}$ ，當 $z=re^{i\theta}\to z_0=r_0e^{i\tau}$ 時， $r\to r_0$ 且 $\theta\to \tau$ 。若 $\theta\to \tau^+$ ，則 $f(z)=\mathrm{Arg}_\tau z\rightarrow\tau$ ；反之，若 $\theta\to\tau^-$ ，因同位角的關係會同義於 $\theta\to (\tau+2\pi)^-$ ，則 $f(z)\rightarrow \tau+2\pi$ 。故 $f$ 在 $\theta=\tau$ 即 $z=r e^\tau, ~r>0$ 上的射線沒有極限；除此射線與原點 ( $z=0$ ) 外，其他點的極限均存在而且連續。這一個射線稱之為一個分支缺口 (branch cut)，當通過這一個缺口時函數 $\mathrm{Arg}_\tau z$ 跳 $2\pi$ 。

從此例將函數轉成 $f(z)=\text{Arg}_\tau z$ ，則複數平面除分支線-負 $x$ 軸( $\theta=-\pi$ 或 $\pi$ )與原點外,

此函數均連續。

習題

例題2.1-1所定義的函數 $\displaystyle f(z)=\frac{a z+b}{c z+d}$ 稱為 Möbius變換，請證明反函數 $f^{-1}$ 存在的充要條件是 $ad-bc\neq 0$ 。

Find the following limits.
(c) $\lim_{z \to i} \frac{z^4-1}{z-i}$ .
(d) $\lim_{z \to 1+i} \frac{z^2+z-2+i}{z^2-2z+1}$ .
(e) $\lim_{z \to 1+i} \frac{z^2+z-1-3i}{z^2-2z+2}$ by factoring.

Determine where the following functions are continuous.
(d) $\frac{z^4+1}{z^2+2z+2}$ .
(e) $\frac{x+iy}{x-1}$ .
(f) $\frac{x+iy}{|z|-1}$ .

6. Let $f(z)=\frac{z\text{Re}(z)}{|z|}$ when $z \neq 0$ , and let $f(0)=0$ . Show that $f(z)$ is continuous for all values of $z$ .

Let $f(z)=\frac{z^2}{|z|^2}=\frac{x^2-y^2+i2xy}{x^2+y^2}$ .
(a) Find $\lim_{z \to 0} f(z)$ as $z \to 0$ along the line $y=x$ .
(b) Find $\lim_{z \to 0} f(z)$ as $z \to 0$ along the line $y=2x$ .
(c) Find $\lim_{z \to 0} f(z)$ as $z \to 0$ along the parabola $y=x^2$ .
(d) What can you conclude about the limit of $f(z)$ as $z \to 0$ ? Why?

10. Does $\lim_{z \to -4} \text{Arg}\space z$ exist? Why? Hint: Use polar coordinates and let $z$ approach $-4$ from the upper and lower half-planes.

Let $f(z)=\frac{\text{Re}(z)}{|z|}$ when $z \neq 0$ , and let $f(0)=1$ . Is $f(z)$ continuous at the origin?