复变函数 2020-2021 期末试题解答

一、填空题

1. 1.

   方程的全部根为$z=\text{Ln}(2{\mathrm{e}}^{\pi \text{i}/4})=\ln 2+\text{i}(2k\pi +\pi /4)(k\in \mathbb{Z})$.

2. 2.

   由于$f(z)$解析，其虚部为调和函数，即

   $${\Delta }_2(a{x}^{2}y-y^3-1)=2ay-6y\equiv 0⟹a=3.$$

   (1)
3. 3.

   由题意，

   $${\Delta }_{2}f(x,y)=6ax+2by+2cx+6dy\equiv 0⟹\{\begin{array}{l}c=-3a,\\ b=-3d.\end{array}$$

   (2)
4. 4.

   由Newton-Leibniz公式，

   $${\int }_0^{\pi +2t}\left({\mathrm{e}}^{-z}-\cos \frac{z}{2}\right)\mathrm{d}z={-{\mathrm{e}}^{-z}-2\sin \frac{z}{2}|}_0^{\pi +2t}=1-{\mathrm{e}}^{-(\pi +2t)}-2\cos t.$$

   (3)
5. 5.

   显然$z=1$为其本性奇点，${\mathrm{e}}^{2z}-1$的全部零点为$k_1\pi \text{i}(k_1\in \mathbb{Z})$，$\sin z$的全部零点为$k_2\pi (k_2\in \mathbb{Z})$，这两组零点均为1阶零点. 利用${\mathrm{e}}^{2z}-1\sim 2z,\sin z\sim z(z\to 0)$可知，$z=0$为其可去奇点. 其余奇点$k_1\pi \text{i}(k_1\in \mathbb{Z}\text{且}{k}_1\ne 0)$与$k_2\pi (k_2\in \mathbb{Z}\text{且}{k}_2\ne 0)$均为单极点.

   注

   仅在填空题中用等价无穷小较稳妥，解答题中利用极限证明，具体见计算题4.

6. 6.

   由题意，

   $$\text{Res}\left[\frac{1}{z}\left(\frac{1}{z-1}+\frac{1}{(z-1{)}^2}+\cdots \frac{1}{(z-1{)}^{2021}}\right),1\right]$$

   $$=\frac{1}{2020!}{\frac{{\mathrm{d}}^{2020}}{\mathrm{d}{z}^{2020}}\left[\frac{(z-1{)}^{2020}+(z-1{)}^{2019}+\cdots +1}{z}\right]|}_{z=1}$$

   $$=\frac{1}{2020!}\frac{2020!+0}{1}=1.$$

   (4)

   将$z^2\sin [1/(z-\text{i})]$在$z=\text{i}$附近作Laurent展开：

   $$z^2\sin \frac{1}{z-\text{i}}=[(z-\text{i}{)}^2+2\text{i}(z-\text{i})-1]\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}\frac{1}{(z-\text{i}{)}^{2n+1}},$$

   (5)

   由于$\sin$展开式中仅含奇数次项，$1/(z-\text{i})$的系数即该函数在$\text{i}$处的留数

   $$\text{Res}\left[z^2\sin \frac{1}{z-\text{i}},\text{i}\right]=-1+1\cdot \left(-\frac{1}{6}\right)=-\frac{7}{6}.$$

   (6)
   注

   2021-2022年期末试题也有类似的题，同学们可对照归纳出这类题的通用解法.

7. 7.
   1. (a).

      由本函数的微分法，

      $$L[f^{\prime \prime }(t)]=p^{2}F(p)-pf(0)-f^{\prime }(0)=p^{2}F(p)+p+2,$$

      (7)

      因此对微分方程两端作Laplace变换得

      $$F(p)=\frac{1}{p^2-1}\left(\frac{4}{p^2+1}-2+\frac{5p}{p^2+4}-p\right)=-\frac{2}{p^2+1}-\frac{p}{p^2+4}.$$

      (8)
   2. (b).

      由位移定理，

      $$L^{-1}\left(\frac{3p+7}{p^2+2p+2}\right)=L^{-1}\left[\frac{3(p+1)+4}{(p+1{)}^2+1}\right]={\mathrm{e}}^{-t}\left(3\cos t+4\sin t\right).$$

      (9)
8. 8.

   在$\left|z\right|=3$上，

   $$\left|13z^2+15\right|⩽13{\left|z\right|}^2+15=132<{\left|z\right|}^5=243,$$

   (10)

   故原方程在$\left|z\right|<3$内有5个零点. 在$\left|z\right|=2$上，

   $$\left|z^5+15\right|⩽{\left|z\right|}^5+15=47<\left|13z^2\right|=52,$$

   (11)

   故原方程在$\left|z\right|<2$内有2个零点，且在$\left|z\right|=2$上无零点¹. 在$\left|z\right|=1$上，

   $$\left|z^5+13z^2\right|⩽{\left|z\right|}^5+13{\left|z\right|}^2=14<\left|15\right|=15,$$

   (12)

   故原方程在$\left|z\right|<1$内无零点，且在$\left|z\right|=1$上无零点. 综上，原方程在$1<\left|z\right|<2$内有2个零点，在$2<\left|z\right|<3$内有3个零点.

   注

   使用Rouch$\acute{\mathrm{e}}$定理时，原则上取$f(z)$使其仅含一项时会使计算稍简便一些.

二、计算题

1. 1.

   函数的全部奇点满足${\mathrm{e}}^{z_n}+1=0$，即$z_n=(2n+1)\pi \text{i}(n\in \mathbb{Z})$. 由于在$z=0$附近展开，故收敛半径$R=\underset{n}{\min }\{\left|z_n-0\right|\}=\pi$. 设$f(z)$在$z=0$附近的Taylor展开式为$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n$，则

   $$z=({\mathrm{e}}^z+1)f(z)=\left(1+\sum _{m=0}^{\infty }\frac{z^m}{m!}\right)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n=\sum _{m,n=0}^{\infty }\frac{a_n}{m!}{z}^{m+n}+\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n$$

   $$\stackrel{k=m+n}{=}\sum _{k=0}^{\infty }\left[\sum _{n=0}^k\frac{a_n}{(k-n)!}\right]z^k+\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k{z}^k=\sum _{k=0}^{\infty }\left[\sum _{n=0}^{k-1}\frac{a_n}{(k-n)!}+2a_k\right]z^k,$$

   (13)

   对比系数可知

   $$2a_0=0,$$

   (14)

   $$a_0+2a_1=1,$$

   (15)

   $$\frac{a_0}{2!}+a_1+2a_2=0,$$

   (16)

   $$\frac{a_0}{3!}+\frac{a_1}{2!}+a_2+2a_3=0,$$

   (17)

   $$\frac{a_0}{4!}+\frac{a_1}{3!}+\frac{a_2}{2!}+a_3+2a_4=0,$$

   (18)

   从中解得$a_0=0,a_1=1/2,a_2=-1/4,a_3=0,a_4=1/48$，即

   $$\frac{z}{{\mathrm{e}}^z+1}=\frac{z}{2}-\frac{z^2}{4}+\frac{z^4}{48}+\cdots ,\left|z\right|<\pi .$$

   (19)
   注

   这类将易展开函数作商展开的问题的典型特征是考题仅要求计算有限项，基本上看到这种暗示就用设幂级数后对比系数的方法. 以及这里为了书写规范用的是展开形式的通式，实际考试中为了计算方便建议写成形如${\mathrm{e}}^z=1+z+z^2/2!+\cdots$这种有限项$+$省略的形式.

2. 2.

   先变形再对正弦函数展开：

   $$f(z)=z^2\sin \left(\pi \frac{z+1}{z}\right)=z^2\sin \left(\pi +\frac{\pi }{z}\right)=-z^2\sin \frac{\pi }{z}$$

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

   $$=-\pi z+\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{\pi }^{2n+3}}{(2n+3)!}\frac{1}{z^{2n+1}},0<\left|z\right|<\infty .$$

   (20)
3. 3.

   记$f(z)=\sin (z-1)/[z(z-1)\sin z]$. 由于$\underset{z\to 1}{\lim }\sin (z-1)/(z-1)=1$，1为$f(z)$的可去奇点，且0为$f(z)$的二2阶极点，由留数定理，

   $${\int }_{|z|=2}f(z)\mathrm{d}z=2\pi \text{i}\text{Res}\left[f(z),0\right]=2\pi \text{i}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[\frac{z\sin (z-1)}{(z-1)\sin z}\right]|}_{z=0}.$$

   (21)

   记$g(z)=\sin z/z$，则

   $$g^{\prime }(z)=\frac{z\cos z-\sin z}{z^2}⟹\underset{z\to 0}{\lim }{g}^{\prime }(z)=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{1}{z^2}\left(-\frac{z^3}{3}+\cdots \right)=0,$$

   (22)

   因此

   $${\int }_{|z|=2}f(z)\mathrm{d}z=2\pi \text{i}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[\frac{g(z-1)}{g(z)}\right]|}_{z=0}=2\pi \text{i}\cdot \frac{g^{\prime }(-1)g(0)-g(-1)g^{\prime }(0)}{[g(0){]}^2}$$

   $$=2\pi \text{i}\cdot \frac{(\sin 1-\cos 1)\cdot 1-0}{1^2}=2\sqrt{2}\pi \text{i}\sin \left(1-\frac{\pi }{4}\right).$$

   (23)
4. 4.

   记$f(z)=z(1-\cos 2z)\sin 3z/(1-{\mathrm{e}}^{3z}{)}^5$，则$f(z)$的奇点为$z_k=2k\pi \text{i}/3(k\in \mathbb{Z})$. 在$\left|z\right|<1$内，有且仅有$z_0=0$这一零点. 又因为

   $$\underset{z\to 0}{\lim }\frac{1-\cos 2z}{z^2}=\frac{1}{2}\cdot 2^2=2,\underset{z\to 0}{\lim }\frac{\sin 3z}{z}=3,\underset{z\to 0}{\lim }\frac{1-{\mathrm{e}}^{3z}}{z}=-3,$$

   (24)

   那么

   $$f(z)=\frac{1}{z}\frac{z^5}{(1-{\mathrm{e}}^{3z}{)}^5}\frac{1-\cos 2z}{z^2}\frac{\sin 3z}{z},$$

   (25)

   $z_0=0$为$f(z)$的单极点，由留数定理，

   $${\int }_{|z|=1}f(z)\mathrm{d}z=2\pi \text{i}\text{Res}\left[f(z),0\right]=2\pi \text{i}\cdot \frac{1}{(-3{)}^5}\cdot 2\cdot 3=-\frac{4\pi \text{i}}{81}.$$

   (26)
5. 5.

   记$z={\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }(0⩽\theta <2\pi )$，则

   $$\cos \theta =\frac{1}{2}({\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }+{\mathrm{e}}^{-\text{i}\theta })=\frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right),\mathrm{d}z=\text{i}{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }\mathrm{d}\theta =\text{i}z\mathrm{d}\theta ,$$

   (27)

   因此取正向曲线$C:\left|z\right|=1$，实积分改写成：

   $${\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}\theta }{(a+b\cos \theta {)}^2}={\int }_C\frac{4z^2}{(b{z}^2+2az+b{)}^2}\frac{\mathrm{d}z}{\text{i}z}=-\frac{4\text{i}}{b^2}{\int }_C\frac{z\mathrm{d}z}{[z^2+(2a/b)z+1{]}^2}.$$

   (28)

   由于$0<b<a$，$f(z)=1/[z^2+(2a/b)z+1{]}^2$的奇点满足

   $$z^2+\frac{2a}{b}z+1=0⟹z_{1,2}=\frac{-a\pm \sqrt{a^2-b^2}}{b},$$

   (29)

   并且

   $$\left|z_1\right|=\left|\frac{-a+\sqrt{a^2-b^2}}{b}\right|=\frac{a-\sqrt{a^2-b^2}}{b}=\frac{b}{a+\sqrt{a^2-b^2}}<\frac{b}{a}<1,$$

   (30)

   $$\left|z_2\right|=\left|\frac{-a-\sqrt{a^2-b^2}}{b}\right|=\frac{a+\sqrt{a^2-b^2}}{b}>\frac{b}{a}>1,$$

   (31)

   因此$f(z)$在$\left|z\right|<1$内仅有2阶极点$z_1$，从而

   $${\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}\theta }{(a+b\cos \theta {)}^2}=-\frac{4\text{i}}{b^2}{\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z=-\frac{4\text{i}}{b^2}\cdot 2\pi \text{i}\cdot {\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left(\frac{z}{(z-z_2{)}^2}\right)|}_{z=z_1}$$

   $$=\frac{8\pi }{b^2}\cdot \frac{z_2+z_1}{(z_2-z_1{)}^3}=\frac{8\pi }{b^2}\cdot \frac{a{b}^2}{4(a^2-b^2{)}^{3/2}}=\frac{2\pi a}{(a^2-b^2{)}^{3/2}}.$$

   (32)
6. 6.

   记$R(z)=(z^2-1)/[(z^2+1)z]$，则$R(z)$在上半平面内仅有单极点$\text{i}$、在实轴上仅有单极点0，因此

   $${\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x){\mathrm{e}}^{\text{i}2x}\mathrm{d}x=2\pi \text{i}\text{Res}\left[R(z){\mathrm{e}}^{\text{i}2z},\text{i}\right]+\pi \text{i}\text{Res}\left[R(z){\mathrm{e}}^{\text{i}2z},0\right]$$

   $$=2\pi \text{i}\cdot \frac{-2{\mathrm{e}}^{-2}}{-2}+\pi \text{i}\cdot (-1)=\pi \text{i}(2{\mathrm{e}}^{-2}-1).$$

   (33)

   由于被积函数为偶函数，故

   $${\int }_0^{+\infty }\frac{x^2-1}{x^2+1}\frac{\sin 2x}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\text{Im}\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x){\mathrm{e}}^{\text{i}2x}\mathrm{d}x\right)=\pi \left({\mathrm{e}}^{-2}-\frac{1}{2}\right).$$

   (34)

三、综合题

1. 1.

   由于$f(z)$在闭路$C$围成的区域$D$内解析，由最大模原理，$\left|f(z)\right|⩽{\left|f(z)\right||}_{z\in C}=M$. 另一方面，令$g(z)=1/f(z)$，由于$f(z)$在$D$内无零点，且对于$\forall z\in D$，极限

   $$\underset{\Delta z\to 0}{\lim }\frac{g(z+\Delta z)-g(z)}{\Delta z}=\underset{\Delta z\to 0}{\lim }\frac{1}{\Delta z}\left[\frac{1}{f(z+\Delta z)}-\frac{1}{f(z)}\right]$$

   $$=-\underset{\Delta z\to 0}{\lim }\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}\frac{1}{f(z)f(z+\Delta z)}$$

   $$=-\frac{f^{\prime }(z)}{[f(z){]}^2}$$

   (35)

   存在，因此$g(z)$在$D$内也解析，由最大模原理，$\left|g(z)\right|⩽{\left|g(z)\right||}_{z\in C}=1/M$，即$\left|f(z)\right|⩾M$. 综上分析，$\left|f(z)\right|\equiv M$，从而对$\forall z\in C+D$，均$\exists \alpha (z)\in \mathbb{R}$，使得$f(z)=M{\mathrm{e}}^{\text{i}\alpha }$.

2. 2.

   在$\left|z\right|<R$内，$f(z)=(z+a)/[(z-a)z]$有单极点$a,0$，由留数定理，

   $$\frac{1}{2\pi \text{i}}{\int }_{|z|=R}f(z)\mathrm{d}z=\text{Res}\left[f(z),a\right]+\text{Res}\left[f(z),0\right]=2+(-1)=1.$$

   (36)

   在$\left|z\right|=R$上，可令$z=R{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }(0⩽\theta <2\pi )$，因此

   $$\frac{1}{2\pi \text{i}}{\int }_{|z|=R}f(z)\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi \text{i}}{\int }_0^{2\pi }\frac{R{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }+a}{R{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }-a}\cdot \text{i}\mathrm{d}\theta =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\frac{(R{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }+a)(R{\mathrm{e}}^{-\text{i}\theta }-\bar{a})}{{\left|R{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }-a\right|}^2}\mathrm{d}\theta$$

   $$=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\frac{(R^2-{\left|a\right|}^2)+R(a{\mathrm{e}}^{-\text{i}\theta }-\bar{a}{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta })}{{\left|R{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }-a\right|}^2}\mathrm{d}\theta =1.$$

   (37)

   由于$a{\mathrm{e}}^{-\text{i}\theta }$与$\bar{a}{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }$互为共轭复数，故两者之差为纯虚数. 对比上述等式实部可证

   $$\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\frac{R^2-{\left|a\right|}^2}{{\left|R{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }-a\right|}^2}\mathrm{d}\theta =1.$$

   (38)
3. 3.

   先考虑边界：$\text{Im}(z)=0$. 在边界上$z=x\in \mathbb{R}$，代入得

   $$w=\frac{3x-\text{i}}{3\text{i}x-1}⟹\left|w\right|=\frac{\left|3x-\text{i}\right|}{\left|3\text{i}x-1\right|}=\sqrt{\frac{9x^2+1}{9x^2+1}}=1,$$

   (39)

   因此$z$平面上的边界变为$w$平面上的单位圆周. 再考虑区域$\text{Im}(z)<0$内一特殊点$z_0=-\text{i}$的变换：

   $$w_0=w(-\text{i})=\frac{-4\text{i}}{2}=-2\text{i}⟹\left|w_0\right|=2>1,$$

   (40)

   因此$z$平面上的区域$\text{Im}(z)<0$变为$w$平面上的单位圆外域$\left|w\right|>1$.

4. 4.
   1. (a).

      由于$f(z)$在$\left|z\right|<1$内解析，故$f(z)$在$z=0$处的Taylor级数一致收敛于$f(z)$. 记该级数为$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n$. 由共轭运算的线性性与保持模不变的性质，对$\forall \epsilon >0$，总$\exists N(\epsilon )\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当$n>N$时，满足

      $$\left|\sum _{k=0}^n{\bar{a}}_k{\bar{z}}^k-\overline{f(z)}\right|=\left|\sum _{k=0}^n{a}_k{z}^k-f(z)\right|<\epsilon ,$$

      (41)

      故级数$\sum _{n=0}^{\infty }{\bar{a}}_n{\bar{z}}^n$也一致收敛于$\overline{f(z)}$，从而该积分和无穷求和可交换. 而在$\left|z\right|=r$上，$r^2=z\bar{z}$，因此

      $${\int }_{|z|=r}\frac{\overline{f(z)}}{z^{n+1}}\mathrm{d}z=\sum _{m=0}^{\infty }{a}_m{\int }_{|z|=r}\frac{{\bar{z}}^m}{z^{n+1}}\mathrm{d}z=\sum _{m=0}^{\infty }{a}_m{r}^{2m}{\int }_{|z|=r}\frac{\mathrm{d}z}{z^{m+n+1}}.$$

      (42)

      由于$n⩾1$，故$m+n+1⩾2>1$，因此${\int }_{|z|=r}\frac{\mathrm{d}z}{z^{m+n+2}}\equiv 0$，证得

      $${\int }_{|z|=r}\frac{\overline{f(z)}}{z^{n+1}}\mathrm{d}z=0.$$

      (43)
   2. (b).

      利用上一问的结论和Cauchy积分公式，当$n⩾1$时，将Taylor级数的系数改写为：

      $$a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=\frac{1}{2\pi \text{i}}{\int }_{|z|=r}\frac{f(z)}{z^{n+1}}\mathrm{d}z$$

      $$=\frac{1}{\pi \text{i}}\cdot \frac{1}{2}{\int }_{|z|=r}\frac{f(z)+\overline{f(z)}}{z^{n+1}}\mathrm{d}z$$

      $$=\frac{1}{\pi \text{i}}{\int }_{|z|=r}\frac{u(z)}{z^{n+1}}\mathrm{d}z.$$

      (44)
   3. (c).

      沿用第(1)问的结果，$\overline{f(0)}={\bar{a}}_0$，且

      $${\int }_{|z|=r}\frac{\overline{f(z)}}{z-z_0}\mathrm{d}z=\sum _{n=0}^{\infty }{\bar{a}}_n{r}^{2n}{\int }_{|z|=r}\frac{\mathrm{d}z}{z^n(z-z_0)}.$$

      (45)

      当$n⩾1$时，由Cauchy积分公式，

      $$\frac{1}{2\pi \text{i}}{\int }_{|z|=r}\frac{\mathrm{d}z}{z^n(z-z_0)}=\frac{1}{z_0^n}+\frac{1}{(n-1)!}\cdot {\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{(z-z_0{)}^n}|}_{z=0}=0,$$

      (46)

      因此

      $$\frac{1}{2\pi \text{i}}{\int }_{|z|=r}\frac{\overline{f(z)}}{z-z_0}\mathrm{d}z=\frac{{\bar{a}}_0}{2\pi \text{i}}{\int }_{|z|=r}\frac{\mathrm{d}z}{z-z_0}={\bar{a}}_0=\overline{f(0)}.$$

      (47)