一、關於復數
(1) 復數是實數的擴充，具有不同於實數的性質。例如不可比較大小。
(2) 關於復數，首要的問題是復數是否具有完備性，對復數進行運算 + - * / 共軛 開方 極限運算所得結果仍是復數。一些運算規律結合律分配律等同實數。
(3) 復數域是否可定義序？
(4) 復數的表達方法。 代數表達 $z=x+ i y$,稱$x=Re(z),y=Im(z)$; 指數表達 $ z=r e^{ i(\theta +2k\pi)}$ .模與幅角的概念，幅角具有多值性這是某些函數多值性的本質原因。三角表達形式$z=r(\cos \theta +i \sin \theta )$。這里利用了偉大的 Euler 公式
\[e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta \]
(5) 復數在幾何中的應用。二維平面的曲線 $f(x,y)=0$，把 $x$ 看成復數$z$的實部 $y$看作復數$z$的虛部，則
\[g(z,\bar{z})=f(\frac{z+\bar{z}}{2},\frac{z-\bar{z}}{2})=0\]
最重要的是以$a$為圓心半徑為$r$的圓的表達：
\[|z-a|=r\]
參數表達形式
\[z=a+re^{i t}\]
其中$t \in [0,2\pi]$
(6) 廣義復數，利用黎曼球映射到復平面，球極投影。弄清這個映射的性質，例如對應法則，保角性等。
(7) 復平面上的點集。最重要的是有界閉集、緊集等。引進拓撲，定義內點 聚點 鄰域 開集 閉集 Borel集 $\sigma$代數等。
二、關於復變函數
(8) 復變函數的定義 $ \omega= f(z) $ 定義域 映射法則 值域
(9) 實變復值函數 $z(t)=x(t)+i y(t)$.可以把它看成一個質點運動形成的軌道。
(10) 復變函數的二元數對表達形式
$$f(x+iy)=u(x,y)+i v(x,y)$$
(11) 極限（數列與函數）的定義 $\lim_{z \to z_{0}}f(z)=A.$ $\varepsilon$-$\delta$語言. 應當注意復數域極限的定義與實數域極限定義的不同。$z \to z_{0}$也即要求趨於的方向是任意的，一元實變函數只是左右趨近，這里對應二元數對$(x,y) \to (x_{0},y_{0})$. 極限理論的基本定理如運算定理 柯西判別法 波爾扎諾-魏爾斯特拉斯定理等。
(12) 復變函數的連續性判斷。復變函數的一致連續判斷。
(13) 復變函數 $f(z)$ 能否像實變函數 $f(x)$ 那樣作出 $z-f(z)$圖像？這是不能的，因為$z$是二維的 $f(z)$也是二維的！如果生活在更高維空間是可以作出直觀圖的，復變函數的可視化研究。更多的是研究$f(D)$.
(14) 復變函數的可導性與可微型。單復變可導和可微是等價的，但是可導和可微不是一件事。導數的定義本身提供了一種函數是否可導的判斷准則。
(15) 解析函數的性質是函數論研究的中心。$f(z)$區域$D$內每一點都是可導的（単演）則稱$f(z)$在$D$解析。$f(z)$在$z_{0}$處解析的定義為在$z_{0}$的一個鄰域解析。因此解析的概念比可導強！
(16) 由於復變函數極限的定義其導數存在的條件要求相比實變函數的導數來說要嚴格的多，因此得到的結論也更強更多。構成了復變函數和實變函數的本質區別。
(17) Cauchy-Riemman 條件的導出與 共軛調和函數。連續函數可微的充要條件是 C-R 條件成立。這是在$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$形式下進行探討的。
\[\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}\]
\[\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}\]
其中$u,v$都是調和函數，關於調和研究是一個專門的分支，可見調和函數和解析函數是密切關聯的。若將$f(z)$寫成
\[f(z)=f(x,y)=f(\frac{z+\bar{z}}{2},\frac{z-\bar{z}}{2 i})\]
則
\[\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=\frac{1}{2}(\frac{\partial f}{\partial x}+i\frac{\partial f}{\partial y})\]
將
\[\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial x}+i \frac{\partial v}{\partial x}\]
\[\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial y}+i \frac{\partial v}{\partial y}\]
帶入得到
\[\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=0\]
(18) 導數的幾何意義：伸縮率
(19) 若$z_{0}$處不解析則稱$z_{0}$為奇點;若除此點外在其一小鄰域內出處解析則稱$z_{0}$為孤立奇點。從定義看的確夠孤立的了。
(20) 復連續函數處處不可導例子比比皆是例如 $f(z)=|z|$，一元實變函數構造這樣的例子很難，可以參考Weierstrass函數.
(21) 上面引入了解析函數並給出了判別方法（定義、C-R條件）。
(22) 一些初等解析函數。注意與實函數的本質不同。例如 $e^{z}$是周期函數不再存在單調函數的說法因為復數無法比較大小；$\sin(z),\cos(z)$不再是有界函數。對數函數$Ln (z)$與乘冪$a^{b}$的多值性。
復變函數的主要理論由 Cauchy、Weierstrass、Riemman分別從積分和冪級數以及幾何的角度建立，主要復習了前兩項。
三、關於Cauchy積分定理
(23) 復變函數積分的定義從實分析可知積分總是和曲線、區域概念密切相關的。
(24) 若曲線$z(t)=x(t)+iy(t)$是連續變化的且沒有重點，這樣的曲線稱為Jordan曲線，若是閉的則稱為簡單閉曲線。若$z'(t)$存在且連續稱曲線為光滑閉曲線，若周長是有限的則稱為可求長簡單閉曲線，時間$t$是有向的，故曲線存在起點和終點。簡單閉曲線分復平面為兩部分內部和外部。外部指含有無窮遠點的那部分。koch 曲線是不可求而且處處不可微的簡單閉曲線! (可以計算Koch curve上的積分以厘清一些概念)
(25) 道路的概念，若定義域G內點 M 和點 N 之間存在足夠多的折線把它們連接起來，則稱 M與 N之間存在道路，G是道路連通的。
(26) 區域 G 的定義，G是由內點組成的(開集)，G中的任意兩點存在道路。總而言之，區域是指連通的開集。
(27) 單連通域（單連域）是指區域 G 內的任意簡單閉曲線的內部仍然屬於G。形象講指不含洞的區域。
(28) $f(z)$沿曲線 C 的積分，這是一個線積分，分割，求和，取極限的老辦法，將曲線 C 分為若干段弧 分割點分別是 $z_{0},z_{1},\cdots,z_{n}$,並記弧長$l_{k}=\hat{z_{k-1}z_{k}}$,則$C=\sum_{k} l_{k}$,取$\xi_{k} \in l_{k}$,令$\lambda=max_{k}|l_{k}|,\Delta z_{k}=z_{k}-z_{k-1}$定義
\[\int_{C}f(z)dz=\lim_{\lambda \to 0}\sum_{k}f(\xi_{k})\Delta z_{k}\]
要論證上面的定義是合理的，首要的任務是論證右端的極限值是和取哪一種划分是沒有關系的，不禁想起了達布大和和達布小和。
若$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$，則
\[\int_{C}f(z)dz=\int_{C}(u+iv)d(x+iy)=\int_{C}udx-vdy+i\int_{C}vdx+udy\]
若$f(z)=f(z(t))$,則
\[\int_{C}f(z)dz=\int_{\alpha}^{\beta}f(z(t))z'(t)dt\]
上面實際上給出了三種計算復積分的方法，但是定義提供的方法用來計算很多時候是不實用的，理論上具有很大意義，下面的兩種定義方法可以根據定義推導出。
一個比較重要的例子是
\[ \int_{C}\frac{1}{(z-z_{0})^{n+1}}dz=\begin{cases} 2\pi i &{n=0}\\0 &{n \neq 0}\end{cases} \]
其中 C 是 繞$z_{0}$的閉圓周方向是正向(逆時針方向)，證明也是比較簡單的設$C: z=z_{0}+re^{it},0\leq t \leq 2\pi$則
\[\int_{C}f(z)dz=i\frac{1}{r^{n}}\int_{0}^{2\pi}(\cos nt+i \sin nt )dt\]
從計算結果上來看，所得的結果與跟半徑$r$是無關的也就是說跟哪個圓周是沒關系的。這個積分有特殊的重要性在很多時候會用到，例如證明Cauchy積分公式時。
(29) 有了復積分的定義之后自然要討論它的性質，線性型是很明顯的自不必言。不同曲線上的積分，可用“特征函數架金橋”。
(30) 放大不等式:設曲線$C$的長度是$L$ ,$M=\sup_{z\in C}|f(z)|$則
\[|\int_{C}f(z)dz|\leq \int_{C}|f(z)||dz|\leq ML\]
這樣一個簡單的放大不等式在單復分析中起着基礎性的作用。
復積分最重要的是下面的一條性質謂之曰 Cauchy積分定理。
(31) Cauchy積分定理: 設$D$是復平面的單連通域，且$f\in H(D)$且$f'(z)$在$D$中連續，$C$是$D$內任意可求長簡單閉曲線則
\[\int_{C}f(z)dz=0\]
實際上上面定理中的$f'(z)$條件是多余的，Riemman假設$f'(z)$連續利用Green公式和C-R條件給出了一個簡單證明。Goursat去掉了這一條件得到了
Cauchy-Goursat定理：設$D$是復平面的單連通域，且$f\in H(D)$，設$C$是$D$內任意可求長簡單閉曲線則
\[\int_{C}f(z)dz=0\]
這個證明相比而言當然要復雜的多，Goursat的證明是富有特色的，其主要思想是首先用內接正多邊形上的積分逼近可求長簡單閉曲線上的積分，從直觀上考慮這樣是可以做到的只要取足夠多的折線，但是我們讓然要小心翼翼因為“誤差的疊加可能造成意想不到的后果”；然后把正多邊形上的積分分為若干個三角形積分之和，只要證明在三角形上的復積分為0就完成了證明。具體可參看 普里瓦洛夫的《復變函數引論》。這個定理是很深刻的。
(32) 復合閉路定理：Cauchy-Goursat定理探討了解析函數在單連域中的可求長閉曲線的積分，對於多連通域$D$,$f\in H(D)$,$C,C_{1},\cdots,C_{n}$為區域$D$內的可求長閉曲線且$C_{1},C_{2},\cdots,C_{n}$均位於$C$的內部，且每一條曲線位於其他曲線的外部則
\[\int_{C}f(z)dz=\sum_{k=1}^{n}\int_{C_{k}}f(z)dz\]
這個定理的證明也是簡單的，思路是將多連通化為單連通，適當的作輔助線將洞連接起來，我們應當仔細辨別曲線的方向。
(33) 不定積分，從(30)上看$D$上的解析函數$f(z)$滿足
\[\int_{C}f(z)dz=0\]
這個公式意味着從$z_{0}$到$z$的積分與路徑無關，之所以這么說是因為上面的公式保證了沿任意的兩條路徑積分是相等的。
從而我們定義的一個新的函數
\[F(z)=\int_{z_{0}}^{z}f(z)dz\]
得到了新的函數，自然要討論它的分析性質連續性和可微性，可證$F(z)$是$f(z)$的一個原函數。
\[F'(z)=\lim_{\Delta z \to 0}\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}=\lim_{\delta z \to 0}\int_{z}^{z+\Delta z} f(s)ds=f(z)\]
最后一步利用了$f(z)$的連續性。因此$F(z)$是在區域$D$是解析的，$F \in H(D)$.
Newton-Leibniz公式
\[\int_{z_{0}}^{z}f(z)dz=F(z)-F(z_{0})\]
(34) 關於(31)定理可作下列形式上的減弱，設$D$是逐段光滑的可求長簡單閉曲線$C$的內部，$f\in H(D)$且$f\in C(\bar{D})$則
\[\int_{C}f(z)dz=0\]
從定理上看條件的確是減弱了，不要求在$C$上解析而代之要求$f\in C(\bar{D})$,證明思路是容易想到的，利用(31)$f(z)$在$\bar{D}$上連續因此是一致連續的，我們可以從新構造一條圍道$L$使得這條圍道位於$D$內部而且這條圍道與$C$之間的距離足夠小，這樣由於一致連續兩積分也足夠小，而\[\int_{L}f(z)dz=0\]
這個定理也具有很大的實用性，是在邊界上的積分。
(35) Cauchy積分公式，設$D$是可求長簡單閉曲線$C$圍成的域，且$f\in H(D)\cap C(\bar{D})$則對任意$z\in D$有
\[f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi\]
設$C_{\varepsilon}$為圓心為$z$半徑為$\varepsilon$的圓周，$C_{\varepsilon}$位於$D$內，由復合閉路定理知
\[\int_{C_{\varepsilon}}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi=\int_{C}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi\]
用擬合法 由(28)知
\[f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{\varepsilon}}\frac{f(z)}{\xi-z}d\xi\]
兩式相減利用連續性和放大不等式就可。
我們從另一個角度來看待這個積分
\[f(z)=\frac{1}{2\pi i} \int_{C_{\varepsilon}}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(z+\varepsilon e^{it})dt \]
上面這個公式說閉圓上的積分的均值等於函數在圓心的取值。這樣這個定理就更加清楚，是一個很自然的結果，是可以不依賴於$Cauchy$積分定理和復合閉路定理的，它是一個獨立的結果。
從上面這個公式可以得到最大模原理。
(36) 類似的，(35)對復合閉路多連通域也是成立的。
(37) (35)表明區域內一點的函數值$f(z)$可由圍繞它的一條圍道上的積分表達，一般稱積分
\[\int_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}d\xi\]
為$Cauchy$型積分。
(38) 高階導公式
\[f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}d\xi\]
形式上看就是積分號下求導，可由數學歸納法嚴格證明，高階導公式揭示了$f(z)$若在$z_{0}\in D$處解析，則$f^{(n)}(z)$也在$z_{0}$處解析，這是同實分析的一個本質不同。為什么會有那么強的結論，正如(16)所言因為極限的條件相比要嚴的多。
利用放大不等式得到圓盤上高階導的一個估計,設$f\in H(B(z,R))$且$|f(z)|\leq M$
\[|f^{(n)}(z)| \leq \frac{n!}{2\pi}\int_{\partial B}|\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}||d\xi| \leq \frac{n!M}{R^{n}}\]
這個不等式也稱為Cauchy不等式。利用 Cauchy 不等式可給出 Liouville 定理的一個證明。
Liouville定理：有界整函數$f(z)$(整個復平面都是解析函數)比為常函數。
由Cauchy不等式
\[|f'(z)|\leq \frac{M}{R}\]
令$R \to \infty$得$f'(z)=0$,因而$f(z)$為常函數。關於最后一點$f'(z)=0$可得$f(z)$實部和虛部均為常數故 $f(z)=const$ .在一元實分析里Langrange定理
\[f(x)-f(y)=f'(\xi)(x-y)=0,\xi \in (x,y)\]
復變函數是否有類似的中值定理？可首先由初等解析函數探討，即使有所謂的“中值”估計未必在兩點連線上了。
用Liouville定理證明代數學基本定理，代數學基本定理指任意復系數多項式
\[f(z)=a_{n}z^{n}+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_{0}\]
在復數域必有零點。
證 若無零點則 $g(z)=\frac{1}{f(z)}$,$\lim_{z\to \infty}f(z)=\infty$這里應當注意$\infty$的理解不妨把它理解為一個模無窮大的復數
\[\lim_{z\to \infty}f(z)=\lim_{z\to \infty} z^{n}(a_{n}+a_{n-1}\frac{1}{z}+a_{n-2}\frac{1}{z^2}+\cdots+a_{0}\frac{1}{z^{n}})\]
那么$\lim_{z\to \infty}g(z)=0$,則存在$R$使得$|z|\geq R$時
$|g(z)|\leq 1$
當$|z|\leq R$時，$g(z)$是有界的。所以$g(z)$是有界整函數，依Liouville定理$g(z)=const$得到一個矛盾.
(39) 有了(38)高階導數公式
\[f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\int_{C_{\varepsilon}}\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}d\xi\]
自然要問 $f(z)$在解析點$z_{0}$處能否 Taloy 展開？
\[f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{\varepsilon}}\frac{f(\xi)}{(\xi-z_{0})^{n+1}}d\xi (z-z_{0})^{n}\]
答案是肯定的。先從一個簡單的級數談起
\[\frac{1}{1-z}=1+z+z^{2}+\cdots+z^{k}+\cdots\]
四、關於解析函數的冪級數展開
(39) 首先級數的收斂半徑 $ R=1 $ , 級數在 $ |z|\leq 1$ 時是絕對收斂的(但非一致收斂，內閉一致收斂)那么由Cauchy積分公式
\begin{align*} f(z)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\xi))}{\xi -z}d\xi \\&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\xi)}{\xi-z_{0}-(z-z_{0})}d\xi \\&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi-z_{0})(1-\frac{z-z_{0}}{\xi-z_{0}})}d\xi \\&=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(xi)}{\xi-z_{0}}\sum_{n=0}^{\infty}(\frac{z-z_{0}}{\xi-z_{0}})^{n}d\xi \\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi-z_{0})^{n+1}}d\xi (z-z_{0})^{n}\end{align*}
一些備注: $z_{0}$位於解析圓內，故$|\frac{z-z_{0}}{\xi-z_{0}}| \leq 1$. 關於求和和積分交換次序是因為內閉一致收斂性。由於 Taloy級數展示的唯一性我們再次得到高階導公式
\[f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi-z_{0})^{n+1}}d\xi \]
定理 若$f(z)\in H(B(z_{0},R))$，則$f(z)$可以在$B(z_{0},R)$中展開稱冪級數形式
\[f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}}{n!}(z-z_{0})^{n}\]
定理 $f(z)$在$z_{0}$處解析的充分必要條件是$f$在$z_{0}$的一個鄰域可以展成冪級數
\[f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}(z-z_{0})^{n}\]
如果兩邊在圍道$C$積分,$C$為(31)中的$C$,利用$Weierstrass$定理可見
\[\int_{C}f(z)dz=0\]
(40) (39)考慮了解析函數在圓盤$|z-z_{0}|\leq R$內的展示為冪級數形式(Taloy公式)，那么在圓環內的解析函數是否也可以展成冪級數呢？答案是否定的！
先來看一下所謂的 Laurent 級數的定義
\[\sum_{-\infty}^{+\infty}c_{n}(z-z_{0})^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}c_{-n}(z-z_{0})^{-n}+\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}(z-z_{0})^{n}\]
如果$c_{-n}=0$那么Laurent級數退化成Taloy級數，根據(39)的定理解析函數的Laurent展式 $c_{-n}=0$.
我們首先來考察兩個函數
\[f(z)=\frac{\sin z}{z}\]
已知$\sin z$在復平面上是全純的在$z=0$處解析，且
\[\sin z=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^{5}}{5!}+\cdots+(-1)^{n}\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots\]
那么
\[\frac{\sin z}{z}=1-\frac{z^2}{3!}+\frac{z^{4}}{5!}+\cdots+(-1)^{n}\frac{z^{2n}}{(2n+1)!+\cdots}\]
由(39)的定理$f(z)=\frac{\sin z}{z}$在$z=0$處是解析的，也可以用驗證$f(z)$在$z=0$並且它的鄰域內可導，$f(z)$在復平面解析。
考察函數
\[g(z)=\frac{1}{z}\]
這個函數在$z=0$處是無法展成冪級數的，不然假設
\[\frac{1}{z}=c_{0}+c_{1}z+c_{2}z^{2}+c_{3}z^{3}+\cdots\]
那么由Abel第二定理$\lim_{z\to 0}g(z)=c_{0}$矛盾.但是$g(z)$可以展成Laurent級數
\[g(z)=\sum_{n=1}^{\infty}c_{-n}z^{-n}+\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}z^{n}\]
其中$c_{-1}=1,c_{n\neq -1}=0$.
考察在去心鄰域$D：=\{z|0< |z| <R\}$(圓環)的展式$z_{0}\in D$那么$B(z_{0},\delta) \subset D,|z-z_{0}|<|z_{0}|$
\[\frac{1}{z}=\frac{1}{z-z_{0}+z_{0}}=\frac{1}{z_{0}(1-\frac{z_{0}-z}{z_{0}})}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{{z_{0}}^{n+1}}(z-z_{0})^{n}\]
所以$\frac{1}{z}$在$D$內解析。
問題 解析函數在圓盤內能展成Taloy級數，那么在圓環內的展示形式是什么樣呢？
再回顧下(39)式發現，圓盤上的解析函數$f(z)$之所以能展成Taloy公式在於圓盤上的Cauchy積分公式(35).為了探究圓環上的解析函數$f(z)$的展示，我們需要探索類似的圓環上的Cauchy積分公式，設$f(z)$在圓環$D=\{z:r<|z-z_{0}|<R\}$的邊界為$\Gamma$方向正向，$z\in D$，那么由復合閉路公式
\[\int_{\Gamma}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi=\int_{C_{\varepsilon}}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi\]
其中$C_{\varepsilon}\subset D$，足夠小。由一般的Cauchy積分公式(35)得
\[\int_{C_{\varepsilon}}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi=2\pi i f(z)\]
所以
\[f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi\]
其中$\Gamma$正向，設$\Gamma$是由兩條圓周$C_{1}$和$C_{2}$組成的,$C_{1}$外圓周,$C_{2}$內圓周那么
\[f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1}}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi-\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{2}}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi\]
我們$f(z)$在圓環$D$的積分表達式來探索$z_{0}\in D$處的展式，不妨
\[I_{1}:=\int_{C_{1}}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi\]
\[I_{2}:=\int_{C_{2}}\frac{f(\xi)}{\xi-z}d\xi\]
對$I_{1}$由
\[\frac{1}{\xi-z}=\frac{1}{(\xi-z_{0})(1-\frac{z-z_{0}}{\xi-z_{0}})}=\sum\]