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复分析浅谈

news 2025/10/16 16:02:55

作者语文能力低下，错别字可能有些多，如有发现，请及时私信我，会改的！

前言

本片文章需用到求导，如果你还不会求导，你可以参考这篇文章，已征求该文章作者的同意。
本篇文章还同时要用到积分，不会积分的话可以参考...没有发现什么速成的文章，还是去看高数吧！

这篇文章本来是证明欧拉公式的，但是作者写完这篇文章是发现了一个更为简洁的方法，并不需要用到泰勒级数，但是我写了 5kb 的实函数的泰勒级数啊！！于是将这一段单独写成了一篇泰勒级数，然后把这篇文章改成了复分析，~~这样就可以水两篇文章啦！~~

坏了，那篇泰勒级数没过审。算了，就这样了。

经过了一系列重新排版后，欧拉公式的证明放在了导论 - 指数函数中。

导论

考虑到必修二中的复数过于粗糙，于是在这里重新给出复数得概念。

基本概念与运算

我们定义复数为一个二元组 $(x,y),(x,y\in\mathbb{R})$，两个复数 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ 是相等的，是说当且仅当有 $x_1=x_2$，$y_1=y_2$，我们通常使用 $z$ 来代表一个复数。
下面定义复数的两个运算。

加法，是说 $(x_1,y_1)+(x_2,y_2)=(x_1+x_2,y_1+y_2)$。
乘法，是说 $(x_1,y_1)\times(x_2,y_2)=(x_1x_2-y_1y_2,x_1y_2+x_2y_1)$。

容易证明，复数关于这两个运算能够构成域，我们称这个域为复数域，并记作 $\mathbb{C}$。
根据运算我们定义两个元 $1=(1,0),i=(0,1)$，于是我们能将任意一个复数表示为：

\[z=(x,y)=x\cdot 1+y\cdot i \]

我们称 $x$ 为 $z$ 的实部，$y$ 为 $z$ 的虚部，记作：

\[Re(z)=x,Im(z)=y \]

通常，我们像实数域那样，将 $1$ 省略掉，于是复数就有了必修二那样的形式，并且还能得到：

\[i\times i=-1 \]

注意到，$1,i$ 是线性无关的，于是我们可以用这两个向量作为基，做出一个二维空间，称作复平面，形式如下图：

如图像所示，每一个复数都对应了复平面上的一个向量，那么复数的模长就被定义为对应向量的模长，记作：

\[|z|=\sqrt{a^2+b^2} \]

它的俯角被定义为对应向量的俯角，记作：

\[\arg(z)=\arctan\frac yx \]

一个向量有三角表示法，那么对应的复数也存在三角表示法，我们令 $r=|z|,\theta=\arg(z)$，则

\[z=r\cos\theta+i\cdot r\sin\theta \]

复数有比向量更多的关系，如我们称两个复数 $z_1=(x_1,y_1),z_2=(x_2,y_2)$ 是

共轭的，是说有 $x_1=x_2,y_1=-y_2$，并记为 $z_1=\overline{z_2}$。

容易发现，紧密型定理在复数域上不再成立，也就是复数不满足完备性，我们会将复平面上的点映射到一个球面上，但是我不想写了（懒），如果想要了解可以阅读沙巴特的《复分析导论》。

复变函数 $w:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$，是定义在复数域上，映射到复平面的一个法则，一般可以把一个复变函数拆成两个定义在复数域上的实函数，如：

\[w(x,y)=u(x,y)+i\cdot v(x,y) \]

其中 $x,y,u(x,y),v(x,y)\in\mathbb{R}$。

指数函数

我们考虑像实数域上定义

\[e^z=\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac zn\right)^n \]

那么我们考虑这个极限是否存在。
我们注意到有

\[|e^z|=\lim_{n\to\infty} \left|\left(1+\frac zn\right)^n\right|=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{2x}n+\frac{x^2+y^2}{n^2}\right)^\frac n2=e^x\\ \arg(e^x)=\lim_{n\to\infty}\arg\left(1+\frac zn\right)^n=\lim_{n\to\infty}n\arctan\left(\frac{\frac yn}{1+\frac xn}\right)=y \]

于是这个极限就是存在的，并且有

\[e^z=e^x(\cos y+i\sin y) \]

令 $x=0$，于是就得到了欧拉公式，接下来我会在后面的部分把它当作一个熟知结论。

幂函数

有了欧拉公式，一个复数就可以被表示为：

\[z=|z|e^{i\arg(z)} \]

一个更为简洁的式子。这样的形式是好的，这会让幂函数更为直观。
考虑 $z=r e^{i\theta}$，则

\[z^n=\left(re^{i\theta}\right)^n=r^ne^{i(n\theta)} \]

就是俯角乘了 $n$，模长 $n$ 次方，几何意义也就更直观了。

三角函数，双曲函数

有了欧拉公式，三角函数也可以用欧拉公式来表示了。

\[\sin(z)=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}\\ \cos(z)=\frac{e^{iz}+e^{iz}}2 \]

发现了吗，这个长得就和双曲函数一样，那么我们可以得到这样一个表达式：

\[\begin{aligned} \sin(z)&=-i\sinh(iz)\\ \cos(z)&=\cosh(iz) \end{aligned} \]

然后再用 $\sin,\cos,\sinh,\cosh$ 去定义其余的函数即可。

导数

在纯实数域上，导数一般被表示为变化量，但是这个在复数域上还成立吗？换句话说，复数域上还有导数吗？如果是有的，那存在条件是什么？

我们还是像实数那样定义一个复变函数的导数：

\[w'(z_0)=\lim_{z\to z_0}\frac{w(z)-w{(z_0)}}{z-z_0} \]

好像和实数是一样的！但是这里出现了一个问题，$z$ 应该从那个方向逼近 $z_0$？

这里给出柯西-黎曼条件：这个函数可导，当且仅当有

\[\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x} \]

那么此时，$w'=\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}$，证明显然。
若一个函数在定义域内处处可导，则称这个函数为全纯函数，之后我们讨论函数的都是全纯函数。

积分

在复数域上，积分是定义在路径上的，一般被称作曲线积分，或者围道积分。

设一条路径 $\gamma=\gamma(t)=x(t)+i\cdot y(t),t\in[a,b]$，那么积分就被定义为：

\[\int_\gamma f(z)\,dz=\int_a^b f(\gamma(t))\gamma'(t)\,dt \]

更具这个定义，我们就可以推导出如下几条简单的性质：

路径可加性 若 $\gamma=\gamma_1+\gamma_2$，则有
\[\int_\gamma f(z)\,dz=\int_{\gamma_1} f(z)\,dz+\int_{\gamma_2} f(z)\,dz \]
反向路径 对于任意一条路径，都有
\[$$\int_{-\gamma} f(z)\,dz=-\int_\gamma f(z)\,dz \]

单连通区域，在沙巴特的复分析导论中，它使用了路径的通论来严谨的定义了一个单连通区域，但是作者语文能力低下，无法组织好语言严谨的表述，再加上本身理解难度极高，所以这里用一个通俗易懂的方式定义单连通区域。

对于一个区域若中间是没有洞的，那么称其为单连通区域，反之则成为复连通区域。

那单连通区域有什么神奇的性质吗？肯定是有的，不然我也没必要特别提一嘴。

定理1 若 $f(z)$ 在单连通区域 $D$ 内全纯，则对于任意的闭合曲线 $\gamma\subset D$，恒有

\[\oint_\gamma f(z)\,dz=0 \]

在撬棍上套了个圈就是对闭合曲线进行积分。
这条定理其实告诉我们对于单连通区域的积分，积分值只与积分的起始点有关，与路径无关。这是一个很强的结论，这直接告诉我们在单连通区域内，我们只要考虑起始点即可，大大简化的计算的复杂度，比如我们可以把诡异的积分路径变成一条线段，线段的积分就是普通的积分啦~

定理2 若 $z_0$ 在闭合曲线 $\gamma$ 内，则有

\[f(z_0)=\frac1{2\pi i}\oint_\gamma\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz \]

这是一个极其重要的定理，我们可以将大量的积分转换成函数值，将函数值转换成闭合曲线的积分。

高阶导数与积分的关系

这是特别特别重要的一部分，所以我把它单独放了一栏来说明这件事情。

一个函数的高阶导数与积分存在这样的关系：

\[\boxed{f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\oint_\gamma\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz} \]

我们采用数学归纳法进行证明。

证明

当 $n=0$ 时，则退化成柯西定理，即命题成立。
若 $n=k$ 时，命题成立，则有：

\[f^{(k)}(z_0)=\frac{k!}{2\pi i}\oint_\gamma\frac{f(z)}{(z-z_0)^{k+1}}\,dz \]

我们对它进行求导，得到

\[\begin{aligned} f^{(k+1)}(z_0)&=\frac{k!}{2\pi i}\oint_\gamma f(z)\frac{\partial}{\partial z_0}\frac{1}{(z-z_0)^{k+1}}\,dz\\ &=\frac{(k+1)!}{2\pi i}\oint_\gamma\frac{f(z)}{(z-z_0)^{k+2}}\,dz \end{aligned} \]

于是对于 $\forall n\in\mathbb{N}$，命题均成立。

我们将会在复数域上的泰勒展开中用到。

复变函数的展开

泰勒级数

我们掏出之前推导出的柯西定理

\[f(z)=\frac1{2\pi i}\oint_\gamma\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}\,d\zeta \]

我们考虑展开它的核心，运用熟知结论，得：

\[\frac{1}{\zeta-z}=\frac{1}{(\zeta-z_0)-(z-z_0)}=\frac{1}{\zeta-z_0} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{z-z_0}{\zeta-z_0}\right)^n \]

带入回原式，得

\[f(z) = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_r} f(\zeta) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z-z_0)^n}{(\zeta-z_0)^{n+1}} \,d\zeta = \sum_{n=0}^{\infty} (z-z_0)^n \left[ \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_r} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}} \,d\zeta \right] \]

后面那一半是否有有些眼熟？这是我们刚刚推导得高阶导数的公式，于是带入，得到了：

\[f(z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n \]

这与我们在纯实数域内得到的结果是相同的！但是还没结束，我们还要讨论泰勒级数的收敛条件。

显然，我们在实函数展开的方法已经不再适用，于是我们这里给出一个更好的方法。

柯西 - 阿达马定理

这是一个更加优秀的判定收敛的方法，他得到的是一个收敛半径。

柯西 - 阿达马定理 对于级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n$，其的收敛半径满足如下关系：

\[\frac1R=\varlimsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|} \]

特别的，我们定义：

$R=\infty$，当 $\frac1R=0$。
$R=0$，当 $\frac1R=\infty$。

证明

这里仅证明 $z_0=0$ 的情形，其余情况可以有此情况换元得到。
我们令 $L=\displaystyle\varlimsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|}$，考虑计算

\[\varlimsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|z^n}=|z|\cdot L \]

我们进行分类讨论一下：

$|z|\cdot L=0$，则显然，复平面上任意的 $z$，级数都收敛。
$|z|\cdot L\in(0,1)$ 即 $|z|<\frac1L$，则级数绝对收敛。
$|z|\cdot L=1$ 判别法失效。
$|z|\cdot L\in(1,\infty)$，即 $|z|>\frac1L$，则级数发散，因为此时 $|c_nz^n|>1$。
$|z|\cdot L=\infty$ 则仅有 $z=0$ 时收敛。

综上，除了边界情况，命题均成立。

洛朗级数

我们从这里开始，就要讨论那些在存在奇点从而不再全纯的函数了。

假设函数 $f(z)$ 在 $r\le|z-z_0|\le R$ 上为全纯函数，那么就有级数：

\[f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n (z-z_0)^n \]

其中

\[c_n=\int_{|z-z_0|=\rho}\frac{f(z)\,dz}{(z-z_0)^{n+1}} \]

再其中 $r\le\rho\le R$。我们称这个级数为洛朗级数。

我们发现当 $0\le n$ 时，级数的系数与泰勒级数是相同的，但是他不能被写成 $c_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$ 的形式。

它同样可以使用柯西 - 阿达马定理判定收敛性，同时，它的系数满足柯西不等式：

\[|c_n|\le\frac M{\rho^n} \]

其中 $M\ge\sup(f)$。

傅里叶级数

回顾傅里叶级数在实数域上的定义：

\[f(x)=\frac{A_0}2+\sum_{n=0}^\infty{A_n\cos{nx}+B_n\sin{nx}} \]

其中：

\[A_n=\frac1\pi\int_0^{2\pi}f(t)\cos nt\,dt\\ B_n=\frac1\pi\int_0^{2\pi}f(t)\sin nt\,dt \]

我们套用前面的欧拉公式，并定义新的系数，使得：

\[f(x)=\sum_{n=-\infty}^\infty{c_ne^{int}} \]

简单推导，就可以得到：

\[c_n=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}f(t)e^{-int}\,dt \]

注意到，我们令 $z=e^{int}$ 会得到：

\[f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_nz^n \]

和

\[c_n=\frac1{2\pi}\int_{|z|=1}\frac{f(z)}{z^n}\,dz \]

这是在单位圆上的洛朗级数，反过来，函数在单位圆上的洛朗级数也可以通过换元得到傅里叶级数。

孤立奇点

我们定义一个点 $z_0$ 是函数 $f$ 的孤立奇点是说对于函数 $f$ 在 $0<|z-z_0|<r$ 的区域内全纯。

我们称孤立奇点 $z_0$ 是

可去奇点，是说存在极限 $\displaystyle\lim_{z\to z_0} f(z)=A$。
极点，是说极限 $\displaystyle\lim_{z\to z_0}f(z)=\infty$。
本性奇点，是说不存在极限 $\displaystyle\lim_{z\to z_0}f(z)$。

这段话应该很有外国教材独有的倒装风味了，如果最上面写成：“关于孤立奇点 $z_0$，我们称它是...”会不会更像一点。

这里给两个实例。对于函数：

\[f_1(z)=\frac{\sin z}{z},f_2(z)=e^\frac1z \]

显然 $z_0=0$ 为 $f_1$ 的可去奇点，$f_2$ 的本性奇点。

定理 3 若 $z_0$ 为函数 $f$ 的可去奇点，当且仅当 $f$ 关于 $z_0$ 的洛朗级数的系数 $c_n$ 满足：

\[c_n\equiv 0,\forall n<0 \]

请读者自证，可以尝试用柯西不等式来证明。

定理 4 若 $z_0$ 为函数 $f$ 的极点，当且仅当 $f$ 关于 $z_0$ 的洛朗级数的系数 $c_n$ 满足：

\[c_n\equiv 0,\exists N<0,\forall n\le N \]

请读者自证 again。

定理 4' 若 $z_0$ 为函数 $f$ 的极点，当且仅当函数 $\varphi=\frac1f$ 满足其在 $z_0$ 领域内全纯并且有 $\varphi(z_0)=0$。

定理 5 若 $z_0$ 为函数 $f$ 的可去奇点，当且仅当 $f$ 关于 $z_0$ 的洛朗级数的系数 $c_n$，满足有无穷多个 $n$ 使得 $c_n\ne0$。

从定理 $3$ 到定理 $5$，我们能看出孤立奇点和洛朗级数的关系。

留数定理

我们开始考虑那些全纯函数上不再全纯的点。

假设函数 $f$ 在区域 $D$ 上除了奇点外处处全纯，因此有一个可数的奇点集。设区域 $G\subseteq D$，$a_1,\cdots,a_n$ 代表着领域 $G$ 的奇点，$\gamma_\nu=\{|z-a_\nu|=r\}$，其中 $r$ 为充分小的数，使得奇点不相交，令 $\gamma_\nu$ 逆时针定向，$G_r=G\setminus \bigcup _{\nu=1}^n \gamma_\nu$。

复分析的图很好。

那么我们显然有

\[\int_{\partial G_r}f(z)\,dz=\sum_{\nu=1}^n\int_{\gamma_\nu}f(z)\,dz=0 \]

我们定义 $\mathrm{res}_\nu f=\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma_\nu}f(z)\,dz=0$，称其为奇点的留数，那么原式就变成了：

\[\int_{\partial G_r}f(z)\,dz=2\pi i\sum_{\nu=1}^n\mathrm{res}_\nu f \]

然后是留数定理 函数 $f$ 在孤立奇点 $a\in D$ 的留数为函数 $f$ 在 $a$ 点展开的洛朗级数的 $-1$ 的项系数，即：

\[\mathrm{res}_af=c_{-1} \]

证明过于显然。~~读者自证不难。~~

这里给一个求积分的经典实例吧。考虑计算拉普拉斯积分

\[\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos{ax}}{b^2+x^2}\,dx \]

先构造闭合路径表示一个半径为 $R>b$ 半圆 $\gamma$，像这样：

围绕这个路径，考虑积分：

\[I_R=\oint_\gamma\frac{e^{i\cdot az}}{b^2+z^2}\,dz \]

这里有一个一阶奇点在 $ib$，于是我们对它使用留数定理，于是得到：

\[\mathrm{res}_i\left(\frac{e^{iaz}}{b^2+x^2}\right)=\frac{e^{-ab}}{2i} \]

于是就有：

\[I=\pi e^{-ab} \]

根据前面的性质，我们把它拆成两部分：

\[I_R=\int_{-R}^R\frac{e^{i\cdot ax}}{b^2+x^2}\,dx+\int_0^\pi \frac{e^{ia\cdot Re^{i\theta}}}{b^2+R^2e^{i2\theta}}iRe^{i\theta}\,d\theta \]

我们现在让 $R\to\infty$，那么前面的就是拉普拉斯积分，对于后面的部分，我们有：

\[\lim_{R\to\infty}\left|\int_0^\pi \frac{e^{ia\cdot Re^{i\theta}}}{b^2+R^2e^{i2\theta}}iRe^{i\theta}\,d\theta\right|\le\lim_{R\to\infty}\frac{\pi R}{R^2-b^2}=0 \]

但是这只对 $a>0$ 的时候成立，于是当 $a<0$ 时，我们取下半圈作围道积分，使用同样的方法，最终得到：

\[I=\pi e^{ab} \]

将两个结果合并之后，得到：

\[\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos{ax}}{b^2+x^2}\,dx=\pi e^{-|ab|} \]

解析延拓

我们有了复数域后，自然有将实函数拓展到复数域的想法，那么这个过程就被称为解析延拓。

更为严谨的说，一个全纯函数 $f_0$ 定义域在 $M$ 上，那么对于另一个全纯函数 $f$ 定义在 $D\supset M$ 上，并且存在关系：

\[f|_{\tiny M}=f_0 \]

那么 $f$ 就是 $f_0$ 解析延拓后的结果。

解析延拓有一些较为常用的方法，其中之一就是前面进行的大量铺垫的泰勒级数。

对于一般的函数，在复数域上是没有定义的，但是它的泰勒级数在复数域上是收敛的，那么，我们就可以用它的泰勒级数来代替原函数，以达到解析延拓的效果。

剩下的待以后再专门出一个文章介绍。

一些闲话

这篇文章是作者在 ZR 集训摸鱼时写的，你完全可以把剩下的这段文字当成游记来看。

Sshwy 在晚自习对 C++ 有多垃圾进行了长达两个小时的输出，把 C++ 从头到尾喷了一遍，“WTF is using namespace std？”，可见，Sshwy 对 C++ 有着崇高的敬佩。这里把文章贴出来。

明日香豪刊，拿明日香作壁纸。

遇到 grass8cow（以下简称 c8n），讲的是 dp 优化，然而无法理解，隧下午对着课件逐字阅读，仍然没懂，彻底丧失语文能力。c8n 公开展示使用洛谷交题界面切题，切了一蓝一紫，收到了全班的膜拜，然而试图切P3791 普通数学题后被卡常，记忆化后轻松通过。而后又开始简述的 CF 小号，为自己被封的小号进行的节哀。被同学质疑英语能力低下，翻出了自己 WC2025 答辩的事件。大概是说排到第八名，认为自己无法进入前六名，隧没有准备答辩，结果在最后一天时逆转了，刚好第六名。想要将答辩机会让给后面的人，结果这件事还特么有先例？？？被拒绝，于是熬夜赶论文。然而答辩开头是要准备一份英文的自我介绍，于是 c8n 花费半个小时凑了一篇自我介绍，想用一个小时将其背下来。最终没有成功，使用脸皮完成了自我介绍。事后得知，先例是 dzd。

很快啊，集训就进入了深刻理解，完全相信的阶段，真的太痛苦辣！！！买了个耳机，从此与世隔绝了。迷恋上了草东的歌，每天都听，直到有一天查看播放时长，

“我朝，一个月听歌时长前 $20$，有 $18$ 首草东？？？《但》播放了 $140$ 遍，表达了作者不想在这里（ ZR ）。”

然而，ZR 居然还有演唱会？？在报名公告刚发出来，就报了《但》，~~疑似传播邪教行为~~，见到了杜瑜皓。欸？！怎么有人唱《冬の花》，虽然有一大段没唱，但还是好评！！Sshwy 唱了《夜航星》，太豪庭辣！！在 ZR 还能听到有人唱《桜流し》的，EVA 好评，虽然想突然站起来，鼓掌大喊“おめでとう！（恭喜！）”，复刻经典场景，然而没敢站起来，感觉有些尴尬。

在演唱会上，把《魔卡少女樱》给追完了，李小狼表个白太艰难了。

晚上回去玩了会绝区零，然后继续更新文章了。第二天还有 ACM，但还是熬到了第二天早上才睡。

组了个抽象队伍，从组队到比赛结束，群里总共就 $5$ 句话，~~其中还有四句是我发的~~，有点冷清。一血气球是奶龙，有点难绷，班里有 $18$ 个人自称是奶龙的，然而其中又有 $9$ 位来自省实，GDSY 过于抽象，所到之处寸草不生。比赛刚开始半个小时，我已经贡献了 $8$ 发罚时，于是不再敢上机，换了队友上去狂切 $4$ 题，自卑了。最终在三个小时内拿到了 $7$ 道题，然后 H 题读了一个小时没读懂题意，展现了初中应有的语文水平，开始摆烂，把电脑给了队里的女同学，开始看番。最后半个小时，稳定在了 rk29（正式选手 rk 24），正式选手的第一名居然是铁一中学的一名初二学生 lkr，还特么就一个人，再度自卑了，叫了个奶茶，想着比赛结束了就去拿。

吃饭的时候发现下成到店自取了，我是奶龙，重新叫了一次，结果开始下暴雨，没法去拿外卖，放了两个小时，拿到时，圣代已经成汤了。

经过了许多天的训练，最终摆烂了，选择不上晚自习了。腾出了许多时间，结果大部分居然是用在了打乒乓球上和玩 ADOFAI 上，还顺便把 it go 给一遍过了。之后就去肝活动了。同学买了爱丽丝的皮，结果歪了，乐。学会奇怪伴侣的玩法了，刷怪变成了锄大地开宝箱了，和同学玩了半个小时觉得没意思，还是去玩活动了。Fairy 自动钓鱼等太久了，但是又不想提前收获，于是就没去钓鱼。玩了星露谷才知道钓鱼原来真的能红温。

打 ZR 比赛，尽信师不如无师，c8n 的比赛，人类在哪里？第一眼看 $99$ 分以为时 T1 得分，结果是总分，这还是第 $20$ 名的成绩，IOI 选手就是不一样。

山田凉豪刊，拿山田凉作壁纸。

MC 好玩，推荐服务器 hmsj.online。同桌被 360 弄红温了，开始卸载 360，打开主文件夹，在搜索栏里搜 360，发现搜不到，然后就跑到浏览器里搜“360 安全卫士怎么卸载”，一篇文章是从任务管理器里，找到 360 的进程，进入 360 的文件夹里，用自带的卸载程序卸载。结果她打开任务管理器后开始疯狂结束进程，发现无果后对着那篇文章逐字阅读，最终打开了 360 的文件夹，删掉了 360 的快捷方式。看乐了，帮她把 360 卸了。

现在是 ZR 的最后一天，总计是 $10$ Kb，更了两个星期了还没更完，我是鸽王。

现在是开学第一天，已经更了一个月了。转到了新学校，成为强省弱校的 OIER 了，打了一个月 CF 分涨的挺快。

劳资终于写完辣！！！！！
在写的期间补的期间补完了 13 部番，也是神人了。

不写闲话了，怕再写就过不了审核了。
没找到分类，不交了审核了。