复变函数 2021-2022 期末试题解答

一、填空题

1. 1.

   $\text{Ln}[(1+\text{i})/\sqrt{2}]=\text{i}(2k\pi +\pi /4)(k\in \mathbb{Z})$.

2. 2.

   记$w=1/z=u+\text{i}v$，其中$z=x+\text{i}y$，则$x=u/(u^2+v^2),y=-v/(u^2+v^2)$，方程化为：

   $$1={\left|z-1\right|}^2=(x-1{)}^2+y^2={\left(\frac{u}{u^2+v^2}-1\right)}^2+\frac{v^2}{(u^2+v^2{)}^2}=1+\frac{1-2u}{u^2+v^2},$$

   (1)

   即$u=1/2$，为$w$平面上的直线$\text{Re}w=1/2$.

   注

   $z$平面上稍复杂的曲线变换到$w$平面上时，通常采用反解的方法.

3. 3.

   记$u(z)=\text{Re}f(z)=m{y}^3+n{x}^{2}y,v(z)=\text{Im}f(z)=x^3+lx{y}^2$. 由于$f(z)$解析，故$u,v$满足Cauchy-Riemann方程：

   $$u_x=2nxy=v_y=2lxy,u_y=3m{y}^2+n{x}^2=-v_x=-3x^2-l{y}^2,$$

   (2)

   从中解得$m=1,n=l=-3$.

4. 4.

   由于$w=f(z)$解析，且$\text{Re}w>0$，即$\left|w\right|⩾\left|\text{Re}w\right|>0$，则$\ln f(z)=\ln \left|f(z)\right|+\text{i}\arg f(z)$也解析，从而其虚部$\arg f(z)$为调和函数.

   注

   回忆第四章第2题第(1)问：已知$f(z)$解析证明$\ln \left|f(z)\right|$调和.

5. 5.

   由于$u,v$满足Cauchy-Riemann方程，故

   $$v(x,y)=v(0,0)+{\int }_{(0,0)}^{(x,y)}{v}_x\mathrm{d}x+v_y\mathrm{d}y=v(0,0)+{\int }_{(0,0)}^{(x,y)}-u_y\mathrm{d}x+u_x\mathrm{d}y$$

   $$=v(0,0)+{\int }_0^x-2021\mathrm{d}a+{\int }_0^y-2x\mathrm{d}b=v(0,0)-2021x-2xy.$$

   (3)
6. 6.

   由题意，$R=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|a_n/a_{n+1}\right|$，因此新级数收敛半径

   $$R^{\prime }=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2^n-1}{2^{n+1}-1}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\frac{R}{2}.$$

   (4)
7. 7.

   显然$z=2$为本性奇点，$1-{\mathrm{e}}^{-z}$的全部零点为$2k\pi \text{i}(k\in \mathbb{Z})$. 由于$1-{\mathrm{e}}^{-z}\sim z(z\to 0)$，故$z=0$为2阶极点，其余奇点$2k\pi \text{i}(k\in \mathbb{Z}\text{且}k\ne 0)$均为单极点.

8. 8.

   将$z^3\cos [1/(z-2)]$在$z=2$附近作Laurent展开：

   $$z^3\cos \frac{1}{z-2}=[(z-2{)}^3+6(z-2{)}^2+12(z-2)+8]\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}\frac{1}{(z-2{)}^{2n}}.$$

   (5)

   由于$\cos$展开式中仅含偶数次项，$1/(z-2)$的系数即该函数在2处的留数

   $$\text{Res}\left[z^3\cos \frac{1}{z-2},2\right]=12\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)+1\cdot \frac{1}{24}=-\frac{143}{24}.$$

   (6)

   将$z^n\sin (1/z)$在$z=0$附近作Laurent展开：

   $$z^n\sin \frac{1}{z}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}\frac{1}{z^{2k-n+1}}.$$

   (7)

   当$2k-n+1=1$时，解得$k=n/2$，因此

   $$\text{Res}\left[z^n\sin \frac{1}{z},0\right]=\{\begin{array}{l}0,n\text{为奇数},\\ (-1{)}^{n/2}/(n+1)!,n\text{为偶数}.\end{array}$$

   (8)
9. 9.

   记$f(z)=8,\phi (z)=2z^5-z^3+3z^2-z$，则在$\left|z\right|=1$上，

   $$\left|\phi (z)\right|⩽2+1+3+1=7<\left|f(z)\right|=8.$$

   (9)

   又因为$f(z)$在$\left|z\right|<1$内无零点，由Rouch$\acute{\mathrm{e}}$定理，$f(z)+\phi (z)$在$\left|z\right|<1$内无零点.

二、计算题

1. 1.

   $f(z)$的奇点为$-1$，因此收敛半径为$R=\left|-1-0\right|=1$. 在闭域$\left|z\right|⩽r<1$内，

   $$\left|\sum _{n=0}^{\infty }(-z{)}^n\right|⩽\sum _{n=0}^{\infty }{r}^n=\frac{1}{1-r},$$

   (10)

   即该级数一致收敛于$1/(1+z)$，因此

   $$\frac{1}{(1+z{)}^2}=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left(\frac{1}{1+z}\right)=-\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n}n{z}^{n-1},$$

   (11)

   因此$f(z)$在$z=0$附近的Taylor展开式为

   $$f(z)=\frac{z^2}{(z+1{)}^2}=-\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n}n{z}^{n+1}=\sum _{n=2}^{\infty }(-1{)}^n(n-1)z^n,\left|z\right|<1.$$

   (12)
   注

   总之写Taylor展开式时别忘了收敛域.

2. 2.

   将$f(z)$分解后展开：

   $$f(z)=\frac{z^2-2z+5}{(z-2)(z^2+1)}=\frac{1}{z-2}+\frac{-2}{z^2+1}=-\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\frac{z}{2}\right)}^n-\frac{2}{-z^2}\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\frac{1}{-z^2}\right)}^n$$

   $$=-\sum _{n=0}^{\infty }\frac{z^n}{2^{n+1}}-2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{z^{2n+2}},1<\left|z\right|<2.$$

   (13)
   注

   Taylor级数的乘积通常极难化简，因此通常思路是化为加减.

3. 3.

   记$\Gamma$为从0到$\text{i}$的直线段，闭路$C$为$\gamma$与$\Gamma$相连形成的正向曲线，则

   $${\int }_{\Gamma }\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}\stackrel{z=x(0⩽x⩽1)}{=}{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\arctan 1=\frac{\pi }{4}.$$

   (14)

   被积函数$1/(1+z^2)$的奇点$\text{i}$和$-\text{i}$前者在$D$内，后者不在，即$C$所包围的区域内至多包含奇点$\text{i}$. 以下分两种情况讨论：

   1. (a).

      点$\text{i}$不在$C$所围成的区域内，则由Cauchy积分定理，

      $${\int }_C\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}=0⟹{\int }_{\gamma }\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}={\int }_{\Gamma }\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}=\frac{\pi }{4}.$$

      (15)
   2. (b).

      点$\text{i}$在$C$所围成的区域内，此时必定有$C=\Gamma +{\gamma }^{-}$. 由Cauchy积分公式，

      $${\int }_C\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}=2\pi \text{i}\cdot \frac{1}{2\text{i}}=\pi ⟹{\int }_{\gamma }\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}=\left({\int }_{\Gamma }-{\int }_C\right)\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}=-\frac{3\pi }{4}.$$

      (16)
4. 4.

   记$C$所包围的区域为$D$，则分四种情况讨论.

   1. (a).

      $0,1\notin D$，则记此时闭路为$C_0$，由Cauchy积分定理，

      $${\int }_{C_0}\frac{{\mathrm{e}}^z}{z(1-z{)}^3}\mathrm{d}z=0.$$

      (17)
   2. (b).

      $0\in D$且$1\notin D$，则记此时闭路为$C_1$，由Cauchy积分公式，

      $${\int }_{C_1}\frac{{\mathrm{e}}^z}{z(1-z{)}^3}\mathrm{d}z=2\pi \text{i}.$$

      (18)
   3. (c).

      $0\notin D$且$1\in D$，则记此时闭路为$C_2$，由Cauchy积分公式，

      $${\int }_{C_2}\frac{{\mathrm{e}}^z}{z(1-z{)}^3}\mathrm{d}z=2\pi \text{i}\cdot \frac{1}{2!}{\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{z}^2}\left(-\frac{{\mathrm{e}}^z}{z}\right)|}_{z=1}=-\pi \mathrm{e}\text{i}.$$

      (19)
   4. (d).

      $0,1\in D$，则记此时闭路为$C_3$，由多连通域的Cauchy积分定理，

      $${\int }_{C_3}\frac{{\mathrm{e}}^z}{z(1-z{)}^3}\mathrm{d}z=\left({\int }_{C_1}+{\int }_{C_2}\right)\frac{{\mathrm{e}}^z}{z(1-z{)}^3}\mathrm{d}z=-\pi (\mathrm{e}-2)\text{i}.$$

      (20)
5. 5.

   注意到

   $$\cot (z+\pi )=\frac{\cos (z+\pi )}{\sin (z+\pi )}=\text{i}\frac{{\mathrm{e}}^{2\text{i}(z+\pi )}+1}{{\mathrm{e}}^{2\text{i}(z+\pi )}-1}=\text{i}\frac{{\mathrm{e}}^{2\text{i}z}+1}{{\mathrm{e}}^{2\text{i}z}-1}=\cot z,$$

   (21)

   同时

   $${\int }_{\pi }^{2\pi }\cot (x+1-2\text{i})\mathrm{d}x={\int }_{\pi }^{2\pi }\cot (x+1-2\text{i}+\pi )\mathrm{d}(x+\pi )={\int }_0^{\pi }\cot (x+1-2\text{i})\mathrm{d}x,$$

   (22)

   即${\int }_0^{\pi }\cot (x+1-2\text{i})\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\cot (x+1-2\text{i})\mathrm{d}x$. 记$z={\mathrm{e}}^{2\text{i}(x+1-2\text{i})}={\mathrm{e}}^{4+2\text{i}(x+1)}(0⩽x<2\pi )$，则取正向闭曲线$C:\left|z\right|={\mathrm{e}}^4$，由Cauchy积分公式，

   $${\int }_0^{2\pi }\cot (x+1-2\text{i})\mathrm{d}x={\int }_C\text{i}\frac{z+1}{z-1}\frac{\mathrm{d}z}{\text{i}z}={\int }_C\frac{z+1}{z(z-1)}\mathrm{d}z=2\pi \text{i}\left(-1+2\right)=2\pi \text{i},$$

   (23)

   因此原积分为

   $${\int }_0^{\pi }\cot (x+1-2\text{i})\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cdot 2\pi \text{i}=\pi \text{i}.$$

   (24)
6. 6.

   利用三倍角公式$\sin 3x=-4{\sin }^{3}x+3\sin x$将原积分化为：

   $${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{3}x}{x^3}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\frac{3\sin x-\sin 3x}{4x^3}\mathrm{d}x$$

   $$=-\frac{3\sin x-\sin 3x}{8x^2}|0^{+\infty }+\frac{3}{8}{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x-\cos 3x}{x^2}\mathrm{d}x$$

   $$=\frac{3}{8}{\int }_0^{+\infty }\frac{\cos x-\cos 3x}{x^2}\mathrm{d}x,$$

   (25)

   其中已利用

   $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3\sin x-\sin 3x}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3(\cos x-\cos 3x)}{2x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3(3\sin 3x-\sin x)}{2}=0.$$

   (26)

   记$f(z)=({\mathrm{e}}^{\text{i}z}-{\mathrm{e}}^{3\text{i}z})/z^2$，则$f(z)$仅有单极点$z=0$：

   $$\underset{z\to 0}{\lim }zf(z)=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{{\mathrm{e}}^{\text{i}z}-1}{z}-\underset{z\to 0}{\lim }\frac{{\mathrm{e}}^{3\text{i}z}-1}{z}=\text{i}-3\text{i}=-2\text{i}.$$

   (27)

   取正向闭路$C$为直线段$L:\text{Im}(z)=0(r⩽\left|\text{Re}(z)\right|⩽R)$与上半圆周$C_R:\left|z\right|=R(0⩽\theta ⩽\pi )$、$C_r:\left|z\right|=r(0⩽\theta ⩽\pi )$的组合，则在$C_R$上，

   $$\left|zf(z)\right|⩽\frac{\left|{\mathrm{e}}^{\text{i}z}+{\mathrm{e}}^{3\text{i}z}\right|}{R}=\frac{{\mathrm{e}}^{-y}+{\mathrm{e}}^{-3y}}{R}⩽\frac{2}{R}\to 0(R\to \infty ).$$

   (28)

   由引理1，

   $$\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_{C_R}f(z)\mathrm{d}z=0.$$

   (29)

   在$C_r$上，前已求得$\underset{z\to 0}{\lim }zf(z)=-2\text{i}$，由引理2，

   $$\underset{r\to 0}{\lim }{\int }_{C_r}f(z)\mathrm{d}z=\pi \text{i}\cdot (-2\text{i})=2\pi .$$

   (30)

   令$r\to 0,R\to \infty$，由Cauchy积分定理，

   $${\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z=\underset{r\to 0}{\lim }{\int }_{C_r^{-}}f(z)\mathrm{d}z+\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_{C_R}f(z)\mathrm{d}z+\underset{\begin{array}{c}r\to 0\\ R\to \infty \end{array}}{\lim }{\int }_{L}f(z)\mathrm{d}z$$

   $$=-2\pi +0+{\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=0.$$

   (31)

   由于被积函数为偶函数，故

   $${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{3}x}{x^3}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{8}\text{Re}\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x\right)=\frac{3\pi }{8}.$$

   (32)
   注

   第一点，高次三角函数通常的处理方式是对其进行降次扩角，否则用指数形式表示很麻烦；第二点，降次扩角后通常对分母进行分部积分，以降低分母幂函数的次数；第三点，引理1和引理2的内容还是得记清楚，毕竟积分不是教材里给的几种标准积分形式任一. 反正这样处理后与第六章第6题第(5)问的后续计算基本一致了.

三、综合题

1. 1.

   由本函数的微分法与积分法，

   $$L[y^{\prime }(t)]=pF(p)-y(0)=pF(p),L\left[{\int }_0^{t}y(\tau )\mathrm{d}\tau \right]=\frac{F(p)}{p},$$

   (33)

   因此对微分方程两端作Laplace变换得

   $$\frac{2}{p^4}=\left(p-4+\frac{4}{p}\right)F(p)=\frac{(p-2{)}^2}{p}F(p),$$

   (34)

   因此

   $$F(p)=\frac{2}{p^3(p-2{)}^2}=\frac{1}{2p}{\left(\frac{1}{p-2}-\frac{1}{p}\right)}^2=\frac{1}{2p}\left[\frac{1}{(p-2{)}^2}-\frac{1}{p-2}+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}\right]$$

   $$=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2(p-2)}\left(\frac{1}{p-2}-\frac{1}{p}\right)-\frac{1}{2(p-2)}+\frac{1}{2p}+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^3}\right]$$

   $$=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2(p-2{)}^2}-\frac{1}{4(p-2)}+\frac{1}{4p}-\frac{1}{2(p-2)}+\frac{1}{2p}+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^3}\right]$$

   $$=\frac{3}{8p}+\frac{1}{2p^2}+\frac{1}{2p^3}-\frac{3}{8(p-2)}+\frac{1}{4(p-2{)}^2},$$

   (35)

   因此结合位移定理，反变换得

   $$f(t)=\frac{3}{8}+\frac{t}{2}+\frac{t^2}{4}-\frac{3}{8}{\mathrm{e}}^{2t}+\frac{1}{4}t{\mathrm{e}}^{2t}$$

   $$=\frac{1}{8}\left[(2t-3){\mathrm{e}}^{2t}+2t^2+4t+3\right].$$

   (36)
   注

   Laplace变换放综合题有时计算非常非常麻烦，我那一年的卷子Laplace变换放在了压轴题，两个变换算了半个小时还错了一个. 所以考试中在大题碰到后一定要仔细掂量，算到一半发现计算量不对的时候赶紧润，别上头了.

2. 2.

   设$f(z)=(z-a{)}^{n}g(z)=h(z)/(z-b{)}^m$，其中$g(z),h(z)$分别在$a,b$附近解析且$g(a)\ne 0,h(b)\ne 0$，因此

   $$\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}=\frac{n}{z-a}+\frac{g^{\prime }(z)}{g(z)}=-\frac{m}{z-b}+\frac{h^{\prime }(z)}{h(z)}.$$

   (37)

   可见$g^{\prime }(z)/g(z),h^{\prime }(z)/h(z)$分别在$a,b$附近解析，则$a,b$均为$f^{\prime }(z)/f(z)$在$\gamma$所包围区域内的单极点，由留数定理，

   $${\int }_{\gamma }\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}\sin z\mathrm{d}z=2\pi \text{i}\text{Res}\left[\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}\sin z,a\right]+2\pi \text{i}\text{Res}\left[\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}\sin z,b\right]$$

   $$=2\pi \text{i}(n\sin a-m\sin b).$$

   (38)
3. 3.

   由于$z$平面上两圆周$\left|z-1\right|=1,\left|z\right|=2$相切于$z=2$，因此作分式线性变换

   $${\phi }_1(z)=\frac{z+2}{z-2}.$$

   (39)

   对于外圆周$\left|z\right|=2$，反解$z$得

   $$z=2\frac{{\phi }_1+1}{{\phi }_1-1}⟹\left|\frac{{\phi }_1+1}{{\phi }_1-1}\right|=\frac{1}{2}\left|z\right|=1⟹\text{Re}({\phi }_1)=0,$$

   (40)

   即外圆周变为虚轴. 类似地，

   $$z-1=\frac{{\phi }_1+3}{{\phi }_1-1}⟹\left|{\phi }_1+3\right|=\left|{\phi }_1-1\right|⟹\text{Re}\left({\phi }_1\right)=-1,$$

   (41)

   即内圆周变为$\text{Re}({\phi }_1)$，原区域变为两直线所围区域，即$-1<\text{Re}\left({\phi }_1\right)<0$. 再作变换

   $${\phi }_2={\phi }_1{\mathrm{e}}^{-\text{i}\pi /2},$$

   (42)

   将该条形域变为条形域$0<\text{Im}({\phi }_2)<1$，此时作变换

   $${\phi }_3={\mathrm{e}}^{\pi {\phi }_2}$$

   (43)

   可将该条形域化为角域$0<\arg {\phi }_3<\pi$，即$\text{Im}({\phi }_3)>0$. 注意到$z=-1$对应${\phi }_1=-1/3,{\phi }_2=\text{i}/3,{\phi }_3={\mathrm{e}}^{\pi \text{i}/3}$，因此最后的分式线性变换$w({\phi }_3)$由题意需满足$w({\mathrm{e}}^{\pi \text{i}/3})=0$，从而$w({\mathrm{e}}^{-\pi \text{i}/3})=\infty$，因此分式线性变换可写为

   $$w=\frac{{\phi }_3-{\mathrm{e}}^{\pi \text{i}/3}}{{\phi }_3-{\mathrm{e}}^{-\pi \text{i}/3}}.$$

   (44)

   综合以上变换，总变换可写为

   $$w=f(z)=\frac{{\phi }_3-{\mathrm{e}}^{\pi \text{i}/3}}{{\phi }_3-{\mathrm{e}}^{-\pi \text{i}/3}}=\frac{{\mathrm{e}}^{\pi {\phi }_2}-{\mathrm{e}}^{\pi \text{i}/3}}{{\mathrm{e}}^{\pi {\phi }_2}-{\mathrm{e}}^{-\pi \text{i}/3}}$$

   $$=\frac{{\mathrm{e}}^{-\pi \text{i}{\phi }_1}-{\mathrm{e}}^{\pi \text{i}/3}}{{\mathrm{e}}^{-\pi \text{i}{\phi }_1}-{\mathrm{e}}^{-\pi \text{i}/3}}=\frac{\exp \left(-\pi \text{i}\frac{z+2}{z-2}\right)-\exp \left(\frac{\pi \text{i}}{3}\right)}{\exp \left(-\pi \text{i}\frac{z+2}{z-2}\right)-\exp \left(-\frac{\pi \text{i}}{3}\right)},$$

   (45)

   示意图略.

   注

   也是一类典型区域——相切的内外圆间的区域，具体处理方法就参考这道题吧，虽然变换未必是最简单的，但至少可以像套公式一样不太需要动脑子.

4. 4.

   在$\left|z\right|=1$上，考虑解析函数$f(z)f(h(z))$或$f(z)\overline{f(h(z))}$，希望$\arg z,\arg h(z)$分别在$[0,\pi )$和$[\pi ,2\pi )$两个区间内取值，且$h(0)=0$. 这样两个函数的模在对应区间上的最大值分别为2和3，乘积恰好为待证结论中${\left|f(0)\right|}^2$的上限. 有两种考虑：$\arg z\to -\arg z$和$\arg z\to \pi +\arg z$. 前者可构造$h(z)=\bar{z}$，对应解析函数为$f(z)\overline{f(\bar{z})}$. 但后续证明较繁琐，请同学们自行尝试. 后者可构造$h(z)=z{\mathrm{e}}^{\text{i}\pi }=-z$，对应解析函数为$g(z)=f(z)f(-z)$. 显然$g(z)$在$\left|z\right|<1$内解析，由最大模原理，

   $${\left|f(0)\right|}^2=\left|g(0)\right|⩽{\left|g(z)\right||}_{|z|=1}={\left|f(z)\right|\left|f(-z)\right||}_{|z|=1}⩽2\times 3=6,$$

   (46)

   即$\left|f(0)\right|⩽\sqrt{6}$，上式第二个等号成立当且仅当存在模为1的$z_0$，使得$f(z_0)=2,f(-z_0)=3$或$f(z_0)=3,f(-z_0)=2$.