第一次习题课讲义

1知识点回顾

1.1 复数和平面点集

1. 1.

   复数的四则运算.

2. 2.

   共轭复数的性质.

3. 3.

   复数的几何表示.

   注

   将复数表示成指数式时应注意两点：

   1. (a).

      模长必须为正. 如$-1-2\text{i}$不能写成$-\sqrt{2}{\mathrm{e}}^{\text{i}\arctan 2}$.

   2. (b).

      注意通过复数处于第几象限判断辐角主值的取值范围，这是因为反正切函数$\arctan x$默认值域为$(-\pi /2,\pi /2)$. 因此当$z$位于第一、四象限时$\arg z=\arctan (y/x)$，当$z$位于第二、四象限时$\arg z=\pi +\arctan (y/x)$. 如$z=-1+\sqrt{2}\text{i}$的辐角主值为$\arg z=\pi +\arctan (-\sqrt{2})=\pi -\arctan (\sqrt{2})$.

4. 4.

   复数的乘方和开方.

   注

   只有当复积分化为实积分时才考虑用三角式，其他时候都采用更简洁的指数式或更直观的一般式.

5. 5.

   复数列极限的等价定义以及无穷远点.

6. 6.

   区域和闭域、简单曲线、单连通域和多连通域.

1.2 复变数函数

1. 1.

   函数的极限与连续性：设$w=f(z),z\in D$，$\underset{z\to z_0}{\lim }f(z)=w_0\iff$ 对$\forall \epsilon >0$，总$\exists \delta >0$，使得当$D_0:0<\left|z-z_0\right|⩽\delta \subset D$时，$\left|f(z)-w_0\right|<\epsilon$. 若$w_0=f(z_0)$，则$f(z)$在$z_0$处连续.

2. 2.

   可微和解析：$f(z)$在$z$的邻域内有定义且极限$\underset{\Delta z\to 0}{\lim }[f(z+\Delta z)-f(z)]/\Delta z$存在，则$f(z)$在$z$点可微.

   若$f(z)$在$D$内可微，则$f(z)$在$D$内解析；若$f(z)$在$z$的某个邻域内可微，则$f(z)$在$z$点解析. 奇点即使$f(z)$不解析的点.

3. 3.

   可微的充要条件：记$f(z)=u(x,y)+\text{i}v(x,y)(x,y,\in \mathbb{R})$，则$f(z)$在$z_0=x_0+\text{i}{y}_0$可微的充要条件如下.

   1. (a).

      $u,v$在点$(x_0,y_0)$可微.

   2. (b).

      $u,v$满足Cauchy-Riemann方程：$u_x=v_y,u_y=-v_x$.

   注

   对于区域$D_1,D_2$的边界$C$，若$f(z)$在$D_1,D_2$至少一个区域内不解析，则$f(z)$在$C$上不解析.

4. 4.

   初等函数.

   1. (a).

      幂函数：$w=z^n$，通常取角域$D:-\pi /n<\arg z<\pi /n$.

   2. (b).

      根式函数：$w=\sqrt{[}n]z$，支点为$z=0$和$\infty$，通常取负实轴为其支割线.

      注

      若函数$f(z)=[P_n(z){]}^{q/p}$，其中$P_n(z)$为$n$次多项式，$p,q\in {\mathbb{N}}^{+}$且$(p,q)=1$，则其支点为令$f(z)=0$或$\infty$的点.

   3. (c).

      指数函数：$w={\mathrm{e}}^z={\mathrm{e}}^{x+\text{i}y}$.

      1. i.

         $\left|w\right|={\mathrm{e}}^x,\arg w=y$，因此$\left|{\mathrm{e}}^z\right|={\mathrm{e}}^x\ne 0$，即${\mathrm{e}}^z\ne 0$.

      2. ii.

         $\underset{z\to \infty }{\lim }{\mathrm{e}}^z$不存在.

      3. iii.

         周期为$2\pi \text{i}$.

   4. (d).

      对数函数：$w=\text{Ln}z=\ln \left|z\right|+\text{i}(\arg z+2k\pi )(k\in \mathbb{Z})$，其主值为$\ln z=\ln \left|z\right|+\text{i}\arg z$.

      注

      $\text{Ln}(z_1{z}_2)=\text{Ln}{z}_1+\text{Ln}{z}_2$可满足，但$\text{Ln}z+\text{Ln}z\ne 2\text{Ln}z$，这源于$\text{Arg}z$的多值性.

   5. (e).

      三角函数：余弦$\cos z=({\mathrm{e}}^{\text{i}z}+{\mathrm{e}}^{-\text{i}z})/2$，正弦$\sin z=({\mathrm{e}}^{\text{i}z}-{\mathrm{e}}^{-\text{i}z})/2\text{i}$，正切$\tan z=\sin z/\cos z$.

      1. i.

         周期、零点、导数、平方和为1的结论与实函数情形一致.

      2. ii.

         $\left|\sin z\right|,\left|\cos z\right|$无界.

   6. (f).

      双曲函数：双曲余弦$\cosh z=({\mathrm{e}}^z+{\mathrm{e}}^{-z})/2,\sinh z=({\mathrm{e}}^z-{\mathrm{e}}^{-z})/2$，双曲正切$\tanh z=\sinh z/\cosh z$.

      1. i.

         $\cos (\text{i}z)=\cosh z,\sin (\text{i}z)=\text{i}\sinh z$，由此可求其零点、导数，周期为$2\pi \text{i}$.

      2. ii.

         ${\cosh }^{2}z-{\sinh }^{2}z=1$，两角和差的正余弦公式与三角函数的极其相似，请自行查阅.

   7. (g).

      一般幂函数：$z^{\alpha }=\exp (\alpha \text{Ln}z)=\exp [\alpha (\ln \left|z\right|+\text{i}\text{Arg}z)]$，其中$\alpha \in \mathbb{C},z\ne 0$. 若$\alpha$为无理数或一般复数，则该函数无穷多值.

   8. (h).

      反三角函数：利用三角函数的定义反解关于${\mathrm{e}}^{\text{i}z}$的一元二次方程.

1.3 解析函数的积分表示

1. 1.

   常用积分形式：${\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z={\int }_{\alpha }^{\beta }f(z(t))z^{\prime }(t)\mathrm{d}t$，如$C$取$\left|z\right|=r$时常令$z(\theta )=r{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }$.

2. 2.

   积分性质：

   1. (a).

      ${\int }_{C^{-}}f(z)\mathrm{d}z=-{\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z$.

   2. (b).

      ${\int }_{|z-a|=R}\frac{\mathrm{d}z}{(z-a{)}^n}=\{\begin{array}{ll}2\pi \text{i},& n=1,\\ 0,& n\ne 1.\end{array}$

   3. (c).

      长大不等式：$\left|{\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z\right|⩽{\int }_C\left|f(z)\right|\left|\mathrm{d}z\right|$.

   4. (d).

      $\rho >0$充分小时，记圆弧$C_{\rho }:z=a+\rho {\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }(\alpha ⩽\theta ⩽\beta )$，若$\underset{z\to a}{\lim }(z-a)f(z)=k$，则

      $$\underset{\rho \to 0^{+}}{\lim }{\int }_{C_{\rho }}f(z)\mathrm{d}z=\text{i}(\beta -\alpha )k.$$

      (1)
      注

      此结论的证明过程很重要.

3. 3.

   Cauchy积分定理：对于复闭路$C$围成的单连通域$D$，$f(z)$在$C+D$上解析，则${\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z=0$. 若$D$为多连通域，记$C$内部“空洞”的正向边界为$C_1,\cdots ,C_n$，则

   $${\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z=\sum _{i=1}^n{\int }_{C_i}f(z)\mathrm{d}z={\int }_{C_1}f(z)\mathrm{d}z+\cdots +{\int }_{C_n}f(z)\mathrm{d}z.$$

   (2)

   由此可证，对任意包含$a$的复闭路$C$，均有${\int }_C\frac{\mathrm{d}z}{z-a}=2\pi \text{i}$.

   注

   此积分的证明思路应熟记.

4. 4.

   Newton-Leibniz公式¹：${\int }_{z_1}^{z_2}f(z)\mathrm{d}z={\int }_{z_1}^{z_2}{F}^{\prime }(z)\mathrm{d}z=F(z_2)-F(z_1)$.

5. 5.

   Cauchy积分公式：对复闭路$C$，$f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi \text{i}}{\int }_C\frac{f(\zeta )\mathrm{d}\zeta }{(\zeta -z{)}^{n+1}}$. 特别地，$f(z)=\frac{1}{2\pi \text{i}}{\int }_C\frac{f(\zeta )\mathrm{d}\zeta }{\zeta -z}$.

6. 6.

   解析函数的性质.

   1. (a).

      平均值公式：$f(z)$在闭圆$\left|z-a\right|⩽R$内解析，则$f(z)=\frac{1}{2\pi R}{\int }_{|z-a|=R}\left|f(z)\right|\mathrm{d}s$.

   2. (b).

      最大模原理：$f(z)$在$D$内解析且非常数，在$D$的边界$C$上连续，则$\underset{C+D}{\max }\left|f(z)\right|=\underset{C}{\max }\left|f(z)\right|$.

      注

      若$f(z)$在$D$内无零点，即$\left|f(z)\right|$严格正，则$\underset{C+D}{\min }\left|f(z)\right|=\underset{C}{\min }\left|f(z)\right|$.

   3. (c).

      Cauchy不等式：$f(z)$在闭圆$\left|z-a\right|⩽R$内解析，闭路$C$为$D$的边界，则$\left|f^{(n)}(z)\right|⩽n!\underset{C}{\max }\left|f(z)\right|/R^n$.

   4. (d).

      Liouville定理：有界的整函数²为常数.

   5. (e).

      代数学基本定理：任何复系数多项式必有零点.

   1.4 调和函数

   1. (a).

      共轭调和函数：满足Cauchy-Riemann方程的一对调和函数$u(x,y),v(x,y)$，满足$\Delta u=\Delta v=0,\nabla u\cdot \nabla v=0$.

   2. (b).

      若已知调和函数$u$或$v$，则

      $$v(x,y)=v(x_0,y_0)+{\int }_{(x_0,y_0)}^{(x,y)}-u_y\mathrm{d}x+u_x\mathrm{d}y,$$

      (3)

      $$\text{or }u(x,y)=u(x_0,y_0)+{\int }_{(x_0,y_0)}^{(x,y)}{v}_y\mathrm{d}x-v_x\mathrm{d}y.$$

      (4)

      计算路径积分时，通常取折线$(x_0,y_0)\to (x,y_0)\to (x,y)$.

      注

      实际求解这类题时，更便捷的做法是计算$f^{\prime }(z)=u_x-\text{i}{u}_y$或$f^{\prime }(z)=v_y+\text{i}{v}_x$，将其表示成$z=x+\text{i}y$的形式（令$y=0,x=z$）后利用Newton-Leibniz公式求解.

   3. (c).

      调和函数的性质.

      1. i.

         平均值原理：$u(z)$在闭圆$\left|z-z_0\right|⩽R$内调和，则$u(z)=\frac{1}{2\pi R}{\int }_{|z-z_0|=R}u(z)\mathrm{d}s$.

      2. ii.

         极值原理：$u(z)$在$D$内调和且非常数，在$D$的边界$C$上连续，则$u(z)$的最值均在$C$上取到.

1.5 解析函数的级数展开

1.5.1 基本性质

1. 1.

   $\sum _{n=1}^{\infty }{z}_n$收敛 $\iff$ $\sum _{n=1}^{\infty }{x}_n,\sum _{n=1}^{\infty }{y}_n$均收敛 $\iff$ 部分和$S_n(z)=\sum _{k=1}^n{z}_k$存在极限.

2. 2.

   Cauchy收敛准则（一般用不到） $\Rightarrow$ 收敛的必要条件：$\underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n=0$.

3. 3.

   $\sum _{n=1}^{\infty }{z}_n$绝对收敛 $\iff$ $\sum _{n=1}^{\infty }{x}_n,\sum _{n=1}^{\infty }{y}_n$均绝对收敛 $\iff$ $\sum _{n=1}^{\infty }\left|z_n\right|$收敛.

4. 4.

   Weierstrass判别法³：若对$\forall z\in E$均有$\left|f_n(z)\right|⩽M_n(n=1,2,\cdots )$且$\sum _{k=1}^{\infty }{M}_k$收敛，则$\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(z)$在$E$上绝对一致收敛.

5. 5.

   一致收敛级数的性质.

   1. (a).

      连续：$\underset{z\to z_0}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(z)=\sum _{n=1}^{\infty }\underset{z\to z_0}{\lim }{f}_n(z)\stackrel{f_n(z)\text{连续}}{=}\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(z_0)$.

   2. (b).

      可积：${\int }_{z_1}^{z_2}\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(z)\mathrm{d}z=\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_{z_1}^{z_2}f(z)\mathrm{d}z$.

   3. (c).

      可导：若$f_n(z)$解析，则$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left(\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(z)\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n^{\prime }(z)$.

1.5.2 幂级数

1. 1.

   定义：$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(z-a{)}^n$，其中$a_n=f^{(n)}(a)/n!$.

2. 2.

   收敛半径⁴：$R=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|a_n/a_{n+1}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left|a_n\right|}^{-1/n}$. 当$\left|z-a\right|<R$时级数收敛，当$\left|z-a\right|>R$时级数发散，当$\left|z-a\right|=R$时情况不定.

1.5.3 解析函数的Taylor展开

1. 1.

   收敛半径：若将函数$f(z)$在$a$点展开，则以$a$为中心作圆并不断扩大，直至圆的边界首次包含$f(z)$的奇点. 即若以$a_1,\cdots ,a_n$表示$f(z)$的全体奇点，则$R=\underset{i}{\min }\{\left|a-a_i\right|\}$. $f(z)$可在$\left|z-a\right|<R$内唯一展开.

   注

   千万别用幂级数中$R$的定义硬怼. 以及书写展开式时别忘了带上收敛域.

2. 2.

   $f(z)$在$D$内解析 $\iff$ 能在$D$内任一点将$f(z)$作Taylor展开.

3. 3.

   常用Taylor展开：

   1. (a).

      ${\mathrm{e}}^z=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{z^n}{n!}=1+z+\frac{z^2}{2!}+\cdots ,z\in \mathbb{C}$.

   2. (b).

      $\cos z=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{z}^{2n}=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\cdots ,z\in \mathbb{C}$. $\sin z=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{z}^{2n+1}=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\cdots ,z\in \mathbb{C}$.

   3. (c).

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

   4. (d).

      ${\text{Ln}}_k(1+z)=2k\pi \text{i}+\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n}{z}^n(k\in \mathbb{Z}),\left|z\right|<1$.

   注

   将函数作Taylor展开时有两类常见形式.

   1. (a).

      对于形如$z^m/(z-a{)}^n$的函数，在$z=0$处展开时可先将有理分式改写成

      $$\frac{1}{(z-a{)}^n}=-\frac{1}{n-1}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[\frac{1}{(z-a{)}^{n-1}}\right]=\cdots =\frac{(-1{)}^{n-1}}{(n-1)!}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{z}^n}\left(\frac{1}{z-a}\right),$$

      (7)

      利用一致收敛级数的可微性，将$1/(z-a)$在$\left|z\right|<\left|a\right|$内展开后求导，最后再乘上$z^m$.

   2. (b).

      对于容易展开的函数$f(z),g(z)$构成的形如$f(z)/g(z)$的复杂函数，求解其Taylor展开级数前有限项时，通常设

      $$\frac{f(z)}{g(z)}=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n⟹f(z)=g(z)\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n,$$

      (8)

      此时将$f(z),g(z)$展开，对比系数解方程组，可得到$a_0,a_1,\cdots$的值. 求解过程中可利用如$f(z)/g(z)$的“奇偶性”⁵减少需要求解的系数数目.

4. 4.

   $z_0$是$f(z)$的$m$阶零点等价于：

   1. (a).

      $f(z_0)=f^{\prime }(z_0)=\cdots =f^{(m-1)}(z_0),f^{(m)}(z_0)\ne 0$.

   2. (b).

      在$z_0$附近，$f(z)=(z-z_0{)}^{m}g(z_0)$，其中$g(z)$在$z_0$附近解析且$g(z_0)\ne 0$.

1.5.4 Laurent级数

1. 1.

   定义：$\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{a}_n(z-a{)}^n=\sum _{n=-\infty }^{-1}{a}_n(z-a{)}^n+\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n(z-a{)}^n=\sum _{n=1}^{+\infty }\frac{a_{-n}}{(z-a{)}^n}+\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n(z-a{)}^n$， 其中$a_n=\frac{1}{2\pi \text{i}}{\int }_C\frac{f(\zeta )}{(\zeta -a{)}^{n+1}}\mathrm{d}\zeta$，$C$为解析域内一闭路.

2. 2.

   收敛域：$r<\left|z-a\right|<R$，其中$r=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|a_{-(n+1)}/a_{-n}\right|,R=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|a_n/a_{n+1}\right|$.

3. 3.

   通常计算Laurent级数采用的是变量代换的方法，即令${\xi }_1=(z-a_1)/b_1$或${\xi }_2=b_2/(z-a_2)$，使得$\left|{\xi }_1\right|,\left|{\xi }_2\right|<1$. 那么对${\xi }_1,{\xi }_2$展开后，Laurent级数的主要部分与正则部分均收敛.

1.5.5 解析函数的孤立奇点

1. 1.

   定义：函数在点$a$的某个邻域内除$a$点均解析，则$a$为孤立奇点.

   注

   依定义，$\infty$不是$\tan z$的孤立奇点. 这是因为$\tan z$有奇点$a_n=(n+1/2)\pi$，在$\infty$的任意邻域$D:\left|z\right|>R$内，均$\exists N\in \mathbb{N}$，使得当$n>N$时，均有$\left|a_n\right|\in D$.

2. 2.

   分类.

   1. (a).

      可去奇点：$f(z)$在$a$的去心邻域内有界，或$\underset{z\to a}{\lim }f(z)$存在且有限.

      注

      判断可去奇点时，在填空题中可借助“等价无穷小”的概念快速得到结论，如$z=0$是$({\mathrm{e}}^z-1)/z$的可去奇点； 但在证明题中不能直接用，应当借助Taylor展开与可展开 $\iff$ 解析的结论证明. 对于分母并非$(z-a{)}^n$形式的函数，如$({\mathrm{e}}^z-1)/\sin z$，可分别证明$({\mathrm{e}}^z-1)/z$和$\sin z/z$解析在$z=0$解析，再证明

      $$\frac{{\mathrm{e}}^z-1}{\sin z}=\frac{{\mathrm{e}}^z-1}{z}\frac{z}{\sin z}$$

      (9)

      在$z=0$处解析.

   2. (b).

      $m$阶极点：$f(z)=\phi (z)/(z-a{)}^m$，其中⁶$\phi (z)$在$a$附近解析且$\phi (a)\ne 0$；或⁷$a$是$1/f(z)$的$m$阶零点.

   3. (c).

      本性奇点：Laurent级数展开项的主要部分有无穷多项，或$\underset{z\to a}{\lim }f(z)$不存在.

      注

      1. i.

         对于函数${\mathrm{e}}^{1/(z-a)}$，$a$必定为其本性奇点.

      2. ii.

         利用函数$f(z)$在本性奇点$z_0$极限不存在的性质，可证$z_0$也是$1/f(z)$的本性奇点.

3. 3.

   对于$\infty$点，作代换$\zeta =1/z$，类似地可研究$z=\infty$即$\zeta =0$处的奇点种类.

2作业题讲解

1. 1.

   Ch2 T1 (5) 函数$w=1/z$把$z$平面上的$(x-1{)}^2+y^2=5$变为$w$平面上的什么曲线？

   注

   习惯上我们会设$w=u+\text{i}v(u,v\in \mathbb{R})$，然后利用$1/z=(x-\text{i}y)/(x^2+y^2)$，对比实虚部得到$u(x,y),v(x,y)$，再代入$x,y$满足的条件. 但有时候$x,y$满足的方程并不那么容易代入，这时我们会反解$x=u/(u^2+v^2),y=-v/(u^2+v^2)$再将解代入——实际上这种方法更普适.

2. 2.

   Ch2 T9 (2) 设$H(x,y)$在$z$平面的区域$D$内有直到二阶连续的偏导数，$\zeta =f(z)=\xi (x,y)+\text{i}\eta (x,y)$是$D$内的单叶函数. 求证

   $$\frac{{\partial }^{2}H}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}H}{\partial y^2}={\left|f^{\prime }(z)\right|}^2\left(\frac{{\partial }^{2}H}{\partial {\xi }^2}+\frac{{\partial }^{2}H}{\partial {\eta }^2}\right).$$

   (10)
   解

   将多元函数偏微分的链式法则写成矩阵形式：

   $$\left(\begin{array}{c}{\partial }_x\\ {\partial }_y\end{array}\right)=M\left(\begin{array}{c}{\partial }_{\xi }\\ {\partial }_{\eta }\end{array}\right),M=\left(\begin{array}{c}{\xi }_x{\eta }_x\\ {\xi }_y{\eta }_y\end{array}\right),$$

   (11)

   由C-R方程，${\xi }_x={\eta }_y,{\xi }_y=-{\eta }_x$，且$f^{\prime }(z)={\xi }_x-\text{i}{\xi }_y$，因此

   $$M^{T}M=\left(\begin{array}{c}{\xi }_x{\xi }_y\\ -{\xi }_y{\xi }_x\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\xi }_x-{\xi }_y\\ {\xi }_y{\xi }_x\end{array}\right)=({\xi }_x^2+{\xi }_y^2)I,$$

   (12)

   其中$I$为单位矩阵，从而

   $${\Delta }_{xy}=\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}=\left(\begin{array}{c}{\partial }_x{\partial }_x\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\partial }_x\\ {\partial }_y\end{array}\right)$$

   $$=\left(\begin{array}{c}{\partial }_{\xi }{\partial }_{\eta }\end{array}\right)M^{T}M\left(\begin{array}{c}{\partial }_{\xi }\\ {\partial }_{\eta }\end{array}\right)$$

   $$=({\xi }_x^2+{\xi }_y^2)\left(\frac{{\partial }^2}{\partial {\xi }^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial {\eta }^2}\right)={\left|f^{\prime }(z)\right|}^2{\Delta }_{\xi \eta },$$

   (13)

   即${\Delta }_{xy}H={\left|f^{\prime }(z)\right|}^2{\Delta }_{\xi \eta }H$，结论得证.

   注

   感谢马梓州同学的解法. 不过也不用太担心考试碰到类似的题，毕竟这类题基本在淑芬B2就考得差不多了.

3. 3.

   Ch2 T16 (2) 判断下列极限是否存在：$\underset{z\to 0}{\lim }z\sin \frac{1}{z}$.

   注

   这类求$z\to \infty$时函数极限的题，若函数中含${\mathrm{e}}^z$项（包括三角函数、双曲三角函数），则基本朝着发散的方向去证明. 如对${\mathrm{e}}^z$取$z=\text{i}y$，对${\mathrm{e}}^{\text{i}z}$取$z=x$，再利用${\mathrm{e}}^{\text{i}x}$的震荡发散性证得结论.

4. 4.

   Ch2 T23 求下列值：$\text{Arcsin}\text{i},\text{Arccos}2$.

   注

   这题和上一题一样，也只是一个小知识点. 反三角函数直接代入的公式并不常用，背起来会有些麻烦. 再者从实用的角度来看也没必要为了可能的几分特意准备. 关键在于明白反三角的计算思路，即利用三角函数的定义反解关于${\mathrm{e}}^{\text{i}z}$的一元二次方程，得到两根.

5. 5.

   Ch3 T5 计算积分${\int }_{|z|=1}\frac{\mathrm{d}z}{z+2}$，并由此证明

   $${\int }_0^{\pi }\frac{1+2\cos \theta }{5+4\cos \theta }\mathrm{d}\theta =0.$$

   (14)
   注

   利用这类复积分证明实积分结论时，若积分区间长度为$\pi$，用对称性时有如下两种方式：(1) 取积分区间为$[0,2\pi ]$，利用$\cos \theta =\cos (2\pi -\theta )$； (2) 取积分区间为$[-\pi ,\pi ]$，利用$\cos \theta =\cos (-\theta )$. 两者不能混用.

6. 6.

   Ch3 T7 设$f(z)$在域$D:\left|z\right|>R_0,0⩽\arg z⩽\alpha ,0<\alpha ⩽2\pi$内连续，且存在极限

   $$\underset{z\to \infty }{\lim }zf(z)=A.$$

   (15)

   设$C_R$是位于$D$内的圆弧$\left|z\right|=R$，试证明

   $$\underset{R\to +\infty }{\lim }{\int }_{C_R}f(z)\mathrm{d}z=\text{i}A\alpha .$$

   (16)
   注

   这类题有很明显的特征：积分路径是圆（弧）形⁸，有已知函数极限（趋于$z_0$点或无穷），证明函数积分的极限. 其通常解题步骤是：

   1. (a).

      将极限形式改写成$\underset{z\to \infty }{\lim }g(z)=A$，再用极限的$\epsilon$-$\delta$语言将函数极限写成模的不等式. 如此处令$g(z)=zf(z)$，则对$\forall \epsilon >0$，总$\exists R(\epsilon )>0$，使得当$\left|z\right|>R$时，满足$\left|g(z)-A\right|<\epsilon$.

   2. (b).

      将需证明的积分极限右侧值利用${\int }_C\frac{\mathrm{d}z}{z-z_0}=\text{i}(\beta -\alpha )$改写成积分形式，其中$C:\left|z\right|=R$且$\alpha ⩽\arg z⩽\beta$，$(z-z_0)$与用$g(z)$表示的被积函数分母保持一致. 如此处被积函数为$g(z)/z$，因此$z_0=0$.

   3. (c).

      等式两端作差取模，利用长大不等式和极限的定义证明结论. 如此处作差后得到

      $$\left|{\int }_{C_R}\frac{g(z)-A}{z}\mathrm{d}z\right|⩽{\int }_{C_R}\frac{\left|g(z)-A\right|}{\left|z\right|}\left|\mathrm{d}z\right|<{\int }_0^{\alpha }\epsilon \mathrm{d}\theta =\alpha \epsilon ,$$

      (17)

      其中第二个不等式处代入了$z=R{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }$.

7. 7.

   Ch4 T2 (1) 设$f(z)$是解析函数，证明：$\ln \left|f(z)\right|$是调和函数 ($f(z)\ne 0$).

   注

   证明实函数调和时，若能构造解析的复变函数使得该实函数为其实部或虚部，则避免了直接计算二阶偏导而使证明过程极大简化. 类似的题还有Ch4 T5. 这里感谢几位同学提供的思路（可惜当时忘了记录下来），构造$\ln f(z)$，使得$\ln \left|f(z)\right|=\text{Re}\ln f(z)$. 因为$\ln f(z)$是关于$f(z)$的初等函数，而$f(z)$解析，故$\ln f(z)$解析，结论得证.

8. 8.

   Ch4 T4 (3) 求解析函数$f(z)$，使其分别满足下列条件：虚部为$-y/[(x+1{)}^2+y^2]$，且$f(0)=2$.

   注

   概括一下这类用调和实函数构造解析函数的题的步骤：

   1. (a).

      证明实函数调和.

   2. (b).

      利用$f^{\prime }(z)=u_x-\text{i}{u}_y$或$f^{\prime }(z)=v_y+\text{i}{v}_x$计算$f^{\prime }(z)$. 再令$x=z,y=0$，将$f^{\prime }(z)$写成以$z$为变量的形式⁹.

   3. (c).

      利用Newton-Leibniz公式计算$f(z)=f(0)+{\int }_0^z{f}^{\prime }(\zeta )\mathrm{d}\zeta$.

3其他习题补充

1. 1.

   2019-2020期末 T1 (4) ¹⁰设$f(z)=\frac{\sin (z-5)}{z^3(z-5{)}^2}+{\mathrm{e}}^{1/(z-\text{i})}$，给出$f(z)$的全体奇点（不包括$\infty$），并指出每个奇点的类型（极点指出阶数）：.

   解

   显然$z=0$和$z=\text{i}$分别是$f(z)$的3阶极点和本性奇点. 由于$\underset{z\to 5}{\lim }\frac{\sin (z-5)}{z-5}=1$，故5是$f(z)$的1阶极点.

2. 2.

   2019-2020期末 T1 (7) 设函数$f(z)=\frac{{\mathrm{e}}^z}{\cos z}$在$z=0$处的Taylor展开式为$\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n{z}^n$，那么幂级数的收敛半径$R=$.

   解

   $f(z)$的全部奇点满足$\cos z_n=0$，即$z_n=(n+1/2)\pi$. 由于$f(z)$在$z=0$处展开，因此$R=\underset{n}{\min }\{\left|z_n-0\right|\}=\pi /2$.

3. 3.

   2019-2020期末 T1 (10) 设$u=\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)$，那么在右半平面$\{z\in \mathbb{C}:\text{Re}(z)>0\}$解析并以$u(x,y)$为它的实部的函数为$f(z)=$.

   解

   结合C-R方程，先给出$f^{\prime }(z)$的表达式：

   $$f^{\prime }(z)=u_x-\text{i}{u}_y=\frac{x-\text{i}y}{x^2+y^2}=\frac{1}{x+\text{i}y}=\frac{1}{z},$$

   (18)

   其中$z=x+\text{i}y$. 由于$\text{Re}(z)>0$，故$-\pi /2<\arg z<\pi /2$. 在右半平面内，任取$z_0$，这里取$z_0=1$. 由Newton-Leibniz公式，

   $$f(z)=f(1)+{\int }_1^z{f}^{\prime }(\zeta )\mathrm{d}\zeta =f(1)+\ln z.$$

   (19)

   其中已将$\text{Ln}z$中的$2k\pi \text{i}$项并入$f(1)$. 利用$\text{Re}f(z)=u(x,y)$解得$f(1)=\text{i}C(C\in \mathbb{R})$，即

   $$f(z)=\ln z+\text{i}C,\text{Re}z>0,C\in \mathbb{R}.$$

   (20)
4. 4.

   2019-2020期末 T2 (1) 求幂级数$\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{z}^n$的和函数，并计算$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{2^n}$.

   解

   幂级数的收敛半径为$R=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{n^2}{(n+1{)}^2}\right|=1$，在$\left|z\right|<R$内该级数收敛. 记和函数$S(z)=\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{z}^n$，则

   $$S(z)=\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{z}^n=z\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left(\sum _{n=1}^{\infty }n{z}^n\right)=z\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[z\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left(\sum _{n=1}^{\infty }{z}^n\right)\right]$$

   $$=z\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[z\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left(\frac{z}{1-z}\right)\right]=z\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[\frac{z}{(1-z{)}^2}\right]=\frac{z(1+z)}{(1-z{)}^3},\left|z\right|<1,$$

   (21)

   进而可得$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{2^n}=S\left(\frac{1}{2}\right)=6$.

5. 5.

   2019-2020期末 T2 (4) 计算积分${\int }_0^{2\pi }\left|\frac{1}{(2-{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }{)}^4}\right|\mathrm{d}\theta$.

   解

   记$z={\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }(0⩽\theta <2\pi )$，则$\bar{z}={\mathrm{e}}^{-\text{i}\theta }=1/z$，从而

   $$\left|\frac{1}{(2-{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }{)}^4}\right|=\frac{1}{\left|(2-z{)}^4\right|}=\frac{1}{(2-z{)}^2(2-\bar{z}{)}^2}=\frac{z^2}{(2-z{)}^2(2z-1{)}^2},$$

   (22)

   因此取正向闭曲线$C:\left|z\right|=1$，代入$\mathrm{d}z=\text{i}z\mathrm{d}\theta$，实积分转化为复平面上的环路积分：

   $${\int }_0^{2\pi }\left|\frac{1}{(2-{\mathrm{e}}^{\text{i}\theta }{)}^4}\right|\mathrm{d}\theta ={\int }_C\frac{z^2}{(2-z{)}^2(2z-1{)}^2}\frac{\mathrm{d}z}{\text{i}z}$$

   $$=-\frac{\text{i}}{4}\cdot 2\pi \text{i}\cdot {\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left(\frac{z}{(2-z{)}^2}\right)|}_{z=1/2}$$

   $$=\frac{\pi }{2}\cdot {\frac{2+z}{(2-z{)}^3}|}_{z=1/2}=\frac{10\pi }{27},$$

   (23)

   其中已利用Cauchy积分公式，并注意到$C$所包围的区域内仅有奇点$z=1/2$.

6. 6.

   2019-2020期末 T3 (1) 设$f(z)$为定义在上半平面内的解析函数，则$g(z)=\overline{f(\bar{z})}$为定义在下半平面上的复变函数，请问：$g(z)$在下半平面上是否为解析函数？ 给出你的答案，如果“是”，给出证明；“否”，举个反例.

   解

   是. 证明如下：设$f(z)=u(x,y)+\text{i}v(x,y)(u,v\in \mathbb{R})$，那么$g(z)=\overline{f(\bar{z})}=u_1(x,y)+\text{i}{v}_1(x,y)=u(x,-y)-\text{i}v(x,-y)$. $u,v$可微，显然$u_1,v_1$也可微，且

   $$\frac{\partial u_1}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u_1}{\partial y}=-\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial v_1}{\partial x}=-\frac{\partial v}{\partial x},\frac{\partial v_1}{\partial y}=\frac{\partial v}{\partial y}.$$

   (24)

   代入$u,v$满足的Cauchy-Riemann方程，可证$u_1,v_1$满足Cauchy-Riemann方程，因此$g(z)=\overline{f(\bar{z})}$解析

7. 7.

   2019-2020期末 T3 (5) （压轴）设$P_n(z)=1+z+\frac{z^2}{2!}+\cdots +\frac{z^n}{n!}$，$A_n$表示$P_n(z)$的$n$个零点模的最小值，证明：

   $$\underset{n\to +\infty }{\lim }{A}_n=+\infty .$$

   (25)
   解

   对$\forall M>0$，当$\left|z\right|⩽M$时，级数$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{z^n}{n!}$一致收敛于${\mathrm{e}}^z$. 则由Cauchy收敛准则，对$\forall \epsilon >0$，总$\exists N(\epsilon )\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当$n>N$时，令$p\to \infty$，满足

   $$\left|{\mathrm{e}}^z-P_n(z)\right|=\left|\sum _{k=n+1}^{\infty }\frac{z^k}{k!}\right|<\epsilon .$$

   (26)

   确定$M$后，不妨取$\epsilon ={\mathrm{e}}^{-M}$，这样也确定了$N(\epsilon )$. 另一方面，由于$\left|x\right|⩽\left|z\right|⩽M$，故$\left|{\mathrm{e}}^z\right|={\mathrm{e}}^x⩾{\mathrm{e}}^{-M}$，因此

   $$\left|P_n(z)\right|=\left|{\mathrm{e}}^z-\sum _{k=n+1}^{\infty }\frac{z^k}{k!}\right|⩾\left|{\mathrm{e}}^z\right|-\left|\sum _{k=n+1}^{\infty }\frac{z^k}{k!}\right|>{\mathrm{e}}^{-M}-\epsilon =0,$$

   (27)

   因此$P_n(z)$在$\left|z\right|⩽M$内无零点，即$\left|A_n\right|>M$. 综上，对$\forall M>0$，总$\exists N(M)\in {\mathbb{N}}^{+}$，使得当$n>N$时，总有$\left|A_n\right|>M$，即$\underset{n\to +\infty }{\lim }{A}_n=+\infty$.

8. 8.

   2020-2021期末 T2 (1) 求函数$f(z)=\frac{z}{{\mathrm{e}}^z+1}$在$z=0$处Taylor展开前5项（即展开到$z^4$为止），并且给出所得幂级数的收敛半径.

   解

   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$R=\underset{n}{\max }\{\left|z_n-0\right|\}=\pi$. 设$f(z)$在$z=0$附近的Taylor展开式为$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n$，则

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

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

   (28)

   对比系数可知

   $$2a_0=0,$$

   (29)

   $$a_0+2a_1=1,$$

   (30)

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

   (31)

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

   (32)

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

   (33)

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

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

   (34)
9. 9.

   2020-2021期末 T2 (2) 将函数$f(z)=z^2\sin \left(\pi \frac{z+1}{z}\right)$在区域$\{z\in \mathbb{C}:0<\left|z\right|<+\infty \}$内展开成Laurent级数.

   解

   先变形再对正弦函数展开：

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

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

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

   (35)
10. 10.

    2020-2021期末 T2 (5) 计算积分${\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}\theta }{(a+b\cos \theta {)}^2}(0<b<a)$.

    解

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

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

    (36)

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

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

    (37)

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

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

    (38)

    并且

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

    (39)

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

    (40)

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

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

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

    (41)
11. 11.

    2020-2021期末 T3 (1) 设函数$f(z)$在有界区域$D$内解析，在有界闭域$C+D$上连续，这里$C$为$D$的边界. 证明：如果函数$f(z)$没有零点，并且对于$z\in C$有$\left|f(z)\right|=M$（$M>0$为常数），那么存在实数$\alpha$使得$f(z)=M{\mathrm{e}}^{\text{i}\alpha }$.

    解

    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

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

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

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

    (42)

    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$f(z)=M{\mathrm{e}}^{\text{i}\alpha }$.

12. 12.

    2020-2021期末 T3 (4) （压轴）设$f(z)=u(z)+\text{i}v(z)$在$\left|z\right|<1$内解析，$0<r<1$，证明：

    1. (a).

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

    2. (b).

       设$f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{z}^n$，则$a_n=\frac{1}{\pi \text{i}}\int \frac{u(z)}{z^{n+1}}\mathrm{d}z(n⩾1)$.

    3. (c).

       $\overline{f(0)}=\frac{1}{2\pi \text{i}}{\int }_{|z|=r}\frac{\overline{f(z)}}{z-z_0}\mathrm{d}z$，其中$\left|z_0\right|<r$.

    解

    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

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

       (43)

       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

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

       (44)

       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

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

       (45)
    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：

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

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

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

       (46)
    3. (c).

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

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

       (47)

       当$n⩾1$时，由Cauchy积分公式，

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

       (48)

       因此

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

       (49)
13. 13.

    2021-2022期末 T1 (2) 曲线$\left|z-1\right|=1$在函数$f(z)=\frac{1}{z}$下的像为（写出表达式）.

    解

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

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

    (50)

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

14. 14.

    2021-2022期末 T1 (4) 如果函数$f:D\to G$是区域$D$到区域$G=\{w\in \mathbb{C}:\text{Re}w>0\}$的解析函数，那么$\arg f(z)$（填写“是”或“否”）为调和函数.

    解

    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.

15. 15.

    2021-2022期末 T2 (3) 设$D=\left\{z\in \mathbb{C}:\text{Im}z>-\frac{1}{2}\right\}$，设$\gamma$为区域$D$内从0到1的不经过$\text{i}$的任意简单曲线，计算积分${\int }_{\gamma }\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}$.

    解

    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

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

    (51)

    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，

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

       (52)
    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，

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

       (53)
16. 16.

    2021-2022期末 T2 (4) 计算积分${\int }_C\frac{{\mathrm{e}}^z}{z(1-z{)}^3}\mathrm{d}z$，其中$C$为不过点0和1的简单闭曲线.

    解

    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，

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

       (54)
    2. (b).

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

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

       (55)
    3. (c).

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

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

       (56)
    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，

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

       (57)
17. 17.

    2021-2022期末 T2 (5) 计算积分${\int }_0^{\pi }\cot (x+1-2\text{i})\mathrm{d}x$.

    解

    注意到

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

    (58)

    因此

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

    (59)

    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，

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

    (60)

    因此原积分为

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

    (61)
18. 18.

    2021-2022期末 T3 (4) （压轴）设函数$f(z)$在$\left|z\right|<2$内解析，且满足$\left|f({\mathrm{e}}^{\text{i}\theta })\right|⩽2,0⩽\theta ⩽\pi ;\left|f({\mathrm{e}}^{\text{i}\theta })\right|⩽3,\pi ⩽\theta ⩽2\pi$. 证明：

    $$\left|f(0)\right|⩽\sqrt{6}.$$

    (62)
    解

    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，

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

    (63)

    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$f(z_0)=3,f(-z_0)=2$.