5.1 複指數函數 (Complex Exponential Functions) $\exp(z)$

第二章討論了多項式函數、冪函數、根號函數等，至於三角函數、指數對數函數等都未討論，本章則用來建立定義在複數平面上的這些函數，並滿足以下目的：

1. 在 $z=x$（實軸上）時，會和 $e^x,\ln x,\sin x$ 等的值是相同的。

2. 函數性質儘可能和對應的實數函數相同。

[想法]

從實數函數之 Taylor 級數著手：

為簡化起見，可選 $x_0=0$ （即 Maclaurin 級數）。常見實數函數之對應級數如下：

這些級數之收斂區域均是實數 $\R$。

定義5.1-1. $e^z=\exp(z) \triangleq \displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}~z^n,~\forall z\in\Complex$。

級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}~z^n$ 收斂半徑：因為 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left| \frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}} \right|=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}=0 ~~\therefore\rho=\infty$，故收斂區域為 $\Complex$。

其實 $e^z$ 可以直接從代入 $z=x+i~y$ 來算，亦即 $e^z=e^{x+iy}=e^x e^{iy}=e^x \cos y+i e^x \sin y$；但是 $\exp(z)$ 是需要重新定義，最後再說明這兩個是相等的，這裡為了方面起見，我們直接定義它們兩者是相同的。

針對這個函數，以下定理成立 :

定理 5.1-1. $\exp(z)$ 為整函數 (entire function)，並滿足以下性質：

$(1)~\displaystyle\frac{d}{dz}\exp(z)=\exp(z)~~\left(\displaystyle\frac{d}{dz}e^z=e^z\right)$

$(2)~\exp(z_1+z_2)=\exp(z_1)+\exp(z_2)~~\left(e^{z_1+z_2}=e^{z_1}\cdot e^{z_2}\right)$

$(3)~e^{i\theta}=\cos \theta+i\sin \theta,~\forall \theta \in \R_0$

• [證]

  $(1)$ 從定理 $4.17$ 知$\frac{}{}$

  $$\displaystyle\frac{d}{dz}\exp(z)=\displaystyle\frac{d}{dz}\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{z^{n-1}}{(n-1)!}=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}=\exp(z)$$

  故 $(1)$ 成立。重覆應用可得 $\exp(z)$ 在 $\Complex$ 上為任意階可微，即為解析，因此 是整函數。

  $(2)$ 令 $g(z)=\exp(z)\cdot \exp(\zeta-z),~\zeta\in \Complex$，則

  $$g'(z)=\exp(z)\cdot\exp(\zeta-z)+\exp(z)\cdot\exp(\zeta-z)(-1)=0$$

  由定理 $3.17$ 知 $g(z)=K\in\Complex,~\forall z\in\Complex$。令 $\zeta=0$ 代入 $g(z)$ 可得

  $$g(z)=g(0)=\exp(0)\cdot\exp(\zeta)=\exp(\zeta)$$

  因此 $\exp(z)\cdot\exp(\zeta-z)=\exp(\zeta)$。 令 $\zeta=z_1+z_2,~z=z_1$ 可得

  $$\exp(z_1)\cdot\exp(z_2)=\exp(z_1+z_2)$$

  $\begin{aligned} (3)~e^{i\theta}&=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}(i\theta)^n=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}~i^n\theta^n=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n)!}(-1)^n\theta^{2n}+\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)!}(-1)^ni~\theta^{2n+1} \\&=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{1}{(2n)!}~\theta^{2n}+i\displaystyle\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{1}{(2n+1)!}~\theta^{2n+1}=\cos\theta+i\sin\theta \end{aligned}$$\hspace{10cm}\blacksquare$

性質：

1. $\exp(0)=e^0=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}~0^n=1$。

2. 當 $z=x$ 時 $e^x=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$ 與實函數的定義相同。

3. $e^z=e^{x+iy}=e^x\cdot e^{iy}=e^x\cos y+i~e^x\sin y$

   因此 $(a)~\arg(e^z)=y,~\text{Arg}(e^z)=y=2n\pi$，取 $n\in\Z$ 使 $-\pi\lt y+2n\pi\le\pi$

   $(b)~\left| e^x \right|=e^x$

   $(c)$ 令 $w=e^z=u+iv$，則 $u=e^x\cos y$ 和 $v=e^x\sin y$ 均為 $\Complex$ 上之調和函數。

4. $\exp$ 和 $e$ 之差異？ $e^{\frac{1}{5}}=$ $e$ 的五次方根 $e=1.22140275816~e^{i\frac{2k\pi}{5}},~k=0,1,2,3,4$

   定義 $\exp(\frac{1}{5})=1.22140275816$（主根函數）。在不引起混淆時， $\exp(z)$ 和 $e^z$ 不加以區分。

5. $e^{z+2\pi i}=e^{x+i(y+2n\pi)}=e^x \cdot e^{i(y+2n\pi)}=e^x\cdot e^{iy}=e^z$

   因此 $\exp(z)$ 為 $2\pi$-週期函數，即

   

6. $\text{Range}(\exp)=\{e^z|z\in\Complex\}=\Complex \text{\textbackslash} \{0\}$，因為 $\left| e^z \right|=e^z \gt0$。

   給定 $w\ne0\in\Complex$，令 $e^z=w$，設 $z=x+iy$ 及 $w=\rho e^{i\theta}$ 得

   $$\begin{aligned} &\begin{cases} \rho=e^x\\e^{i\phi}=e^{iy} \end{cases} \implies &\begin{cases} x=\ln \rho \\ y=\text{Arg}(w)+2n\pi,n\in\Z \end{cases} \end{aligned}$$

   即 $w$ 之預像 (preimage) 為 $z=\ln\left| w \right|+i(\text{Arg}(w)+2n\pi),n\in\Z$；同時也驗證 $0\in\text{Range}(\exp)$ 。因此

   $$\begin{aligned} \exp:~&\Complex\to\Complex \text{\textbackslash} \{0\} \\ &z ~\mapsto \exp(z)=1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^4}{4!}+\cdots \end{aligned}$$

例題5.1-1. 計算 $e^{z_n}$ 之值，其中 $z_n=\frac{5}{4}+i(\frac{11}{6}\pi+2n\pi),n\in\Z$。

• [解]

  $\begin{aligned} e^{z_n}&=e^\frac{5}{4}\cdot e^{i(\frac{11}{6}\pi+2n\pi)}=e^\frac{5}{4}\cdot e^{i\frac{11}{6}\pi}=e^\frac{5}{4}\cdot e^{-i\frac{\pi}{6}}=e^\frac{5}{4}(\frac{\sqrt3}{2}-\frac{1}{2}i)\\&\approx 3.02-1.75i. \end{aligned}$

例題5.1-2. 計算 $z$ 使 $e^z=1+\sqrt3i$

• [解]

  $e^{x+iy}=e^x\cdot e^{iy}=2(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i)=2e^{i\frac{\pi}{3}}\implies \begin{aligned} \begin{cases} e^x=2\\y=\frac{\pi}{3}+2n\pi,n\in\Z \end{cases} \end{aligned}$

  $\implies\begin{aligned} \begin{cases} x=\ln 2\\y=\frac{\pi}{3}+2n\pi,n\in\Z \end{cases} \end{aligned}$

  由此例知 $e^z$ 為多對一函數。令 $S_n=\{x+iy:x\in\R,2n\pi-\pi\lt y\le 2n\pi+\pi \}$ 其中 $S_0=\{x+iy:x\in\R,-\pi\lt y\le\pi \}$ 稱為基本區域，則

  $$\exp:S_n\to S=\{ w\in\Complex|w\ne0 \}$$

  為一對一函數。此外給定 $w\ne0\in \Z$，則使 $e^z=w$ 之值為

  $z=\ln\left| w \right|+i[\text{Arg}(w)+2n\pi],~n\in\Z$。

例題5.1-3. 計算 $\exp(R)$，其中 $R=[a,b]\times[c,d]$

• [解]

  $\exp(R)=\{\rho e^{i\phi}:e^a \le \rho\le e^b,c\le \phi \le d \}$

  

  例題5.1-3. 計算 $\exp(R)$，其中 $R=[a,b]\times[c,d]$

例題5.1-4. 計算 $\displaystyle\lim_{z \to 0}\frac{e^z-1}{z}$ 之值。

• [解]

  $\begin{aligned} \displaystyle\lim_{z \to 0}\frac{e^z-1}{z}&=\displaystyle\lim_{z \to 0}z^{-1}\left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!}-1 \right)=\displaystyle\lim_{z \to 0}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n-1}}{n!}=\displaystyle\lim_{z \to 0}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{(n+1)!}=1 \\ &\stackrel{or}{=}\displaystyle\lim_{z \to 0}\frac{e^z}{1}=e^z=1 \end{aligned}$

例題5.1-5. 試驗證 $f(z)=ze^z$ 為整函數。

• [解]

  $\begin{aligned} f(z)&=ze^z=(x+iy)(e^x\cdot e^{iy})=e^x(x\cos y-y\sin y)+ie^x(x\sin y+y \cos y)\\ &\triangleq u(x,y)+iv(x,y) \end{aligned}$$\\\therefore \begin{aligned} \begin{cases} u(x,y)=e^x(x\cos x-y\sin y)\\v(x,y)=e^x(x\sin y+y\cos y) \end{cases} \end{aligned}$

  $\implies\begin{aligned} \begin{cases} u_x=e^x(x\cos y-y\sin y)+e^x\cos y\\u_y=-e^x(x\sin y+y\cos y)-e^x\sin y \\v_x=e^x(x\sin y+y\cos y)+e^x\sin y \\v_y=e^x(x\cos y-y\sin y)+e^x\cos y \end{cases} \end{aligned}$

  所以 $u,v$ 滿足 CRE：$\begin{aligned} \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}\\\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial v}{\partial x} \end{cases} \end{aligned}$

  又 $u_x,u_y,v_x,v_y$ 均為 $\Complex$ 上之連續函數，由定理3.2-2. CRT 知 $f(z)=z~e^z$ 在 上到處可微，即是在 上為解析，故 $f(z)$ 是整函數。