2025年大学《数理基础科学》专业题库-复分析在光电工程中的作用

2025年大学《数理基础科学》专业题库——复分析在光电工程中的作用考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题（每题3分，共15分）1.函数$f(z)=\frac{z^2-1}{z(z-1)}$在复平面上除哪一点外处处解析？A.$z=0$B.$z=1$C.$z=-1$D.$z=0$和$z=1$2.$\int_{|z|=1}\frac{e^z}{z(z+1)}dz$的值为？A.$2\pii$B.$-\pii$C.$0$D.$2\pii\ln2$3.函数$f(z)=\sinz+\cosz$的实部是？A.$\sinx\cosy$B.$\cosx\cosy$C.$\sin2x$D.$\cos2y$4.级数$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}$的收敛半径是？A.$1$B.$0$C.$\infty$D.$-1$5.函数$f(z)=\frac{1}{z(z-1)^2}$在$z=0$处的留数是？A.$1$B.$-1$C.$2$D.$-2$二、填空题（每题4分，共20分）1.设$f(z)=\frac{1}{z^2+1}$，则$f'(i)=$。2.$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^2+1}dx=$。3.函数$f(z)=z^3+2z^2+3z+4$在$z=-1$处的泰勒展开式为。4.留数定理指出，如果$f(z)$在简单闭曲线$C$内及其上除有限个孤立奇点外处处解析，且$a_1,a_2,\dots,a_n$是$f(z)$在$C$内的孤立奇点，则$\int_Cf(z)dz=2\pii\sum_{k=1}^n$。5.在光学中，菲涅尔积分$C(x)=\int_0^x\cos(\pit^2)dt$可以用复变函数方法求解，其结果是$C(x)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pii}e^{-t^2/4}e^{itx}dt$，则积分路径应该选择。三、计算题（每题10分，共30分）1.计算积分$\int_{|z|=2}\frac{z^2+1}{z(z-1)}dz$。2.计算积分$\int_{|z|=1}\frac{z^2+4z+3}{z^2}dz$。3.证明：对于任何复数$z\neq0$，都有$\int_0^z\frac{e^t}{t}dt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}$。四、应用题（每题15分，共30分）1.电磁波在两种不同介质的分界面上发生反射和折射，设入射角为$\theta_1$，折射角为$\theta_2$，根据菲涅尔公式，反射系数$R$和折射系数$T$分别为：$R_{s}=\frac{\cos\theta_1-\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}\cos\theta_2}{\cos\theta_1+\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}\cos\theta_2}$$R_{p}=\frac{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}\cos\theta_1-\cos\theta_2}{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}\cos\theta_1+\cos\theta_2}$$T_{s}=1+R_{s}$$T_{p}=1+R_{p}$其中$\epsilon_1$和$\epsilon_2$分别是两种介质的介电常数。试用复变函数方法证明：$R_{s}+R_{p}=1$且$T_{s}T_{p}=1$。2.光波在光纤中传播时，其传播常数$\beta$为复数，设$\beta=\beta_r+i\beta_i$，其中$\beta_r$是相移常数，$\beta_i$是衰减常数。光纤的传播常数$\beta$可以表示为$\beta=kn(1+\frac{\Delta\beta}{k})$，其中$k=\frac{\omega}{c}$是波数，$n$是光纤的折射率，$\omega$是光波的角频率，$c$是光速，$\Delta\beta$是色散参数。试用复变函数方法分析色散参数$\Delta\beta$对光波传播的影响。五、论述题（20分）1.试用复变函数方法解释为什么光纤通信可以传输长距离信号。结束试卷答案一、选择题1.C2.C3.A4.C5.D二、填空题1.$-\frac{1}{2}$2.$\pie^{-1}$3.$-1-2i-2$4.$\text{Res}(f,a_k)$5.沿虚轴从$0$到$2\pii$的直线段三、计算题1.解：将被积函数在$z=0$和$z=1$处展开为洛朗级数：$\frac{z^2+1}{z(z-1)}=\frac{z^2+1}{z(z-1)}=-\frac{1}{z}-1-\frac{1}{z-1}$其中，$-\frac{1}{z}$和$-\frac{1}{z-1}$分别在$z=0$和$z=1$处有奇点。根据留数定理：$\int_{|z|=2}\frac{z^2+1}{z(z-1)}dz=2\pii(\text{Res}(f,0)+\text{Res}(f,1))$$\text{Res}(f,0)=-1$$\text{Res}(f,1)=-1$所以，$\int_{|z|=2}\frac{z^2+1}{z(z-1)}dz=2\pii(-1-1)=-4\pii$2.解：将被积函数在$z=0$处展开为洛朗级数：$\frac{z^2+4z+3}{z^2}=1+\frac{4}{z}+\frac{3}{z^2}$其中，$\frac{4}{z}$在$z=0$处有奇点。根据留数定理：$\int_{|z|=1}\frac{z^2+4z+3}{z^2}dz=2\pii\text{Res}(f,0)$$\text{Res}(f,0)=4$所以，$\int_{|z|=1}\frac{z^2+4z+3}{z^2}dz=2\pii\cdot4=8\pii$3.解：考虑复变函数$\frac{e^z}{z}$在$z=0$处的洛朗级数展开式：$\frac{e^z}{z}=\frac{1}{z}(1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\cdots)=\frac{1}{z}+1+\frac{z}{2!}+\frac{z^2}{3!}+\cdots$对上式两边从$0$到$z$积分：$\int_0^z\frac{e^t}{t}dt=\int_0^z(\frac{1}{t}+1+\frac{t}{2!}+\frac{t^2}{3!}+\cdots)dt=\lnz+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}$四、应用题1.解：令$z=e^{i\theta}$，则$\cos\theta=\frac{z+z^{-1}}{2}$，$\sin\theta=\frac{z-z^{-1}}{2i}$。将$\cos\theta$和$\sin\theta$代入菲涅尔公式，并利用欧拉公式$e^{i\theta}+e^{-i\theta}=2\cos\theta$，$e^{i\theta}-e^{-i\theta}=2i\sin\theta$，得到：$R_{s}=\frac{\frac{z+z^{-1}}{2}-\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}\frac{z^{-1}+z^{-3}}{2}}{\frac{z+z^{-1}}{2}+\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}\frac{z^{-1}+z^{-3}}{2}}=\frac{z^2-\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{z^2+\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}$$R_{p}=\frac{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}\frac{z+z^{-1}}{2}-\frac{z^{-1}+z^{-3}}{2}}{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}\frac{z+z^{-1}}{2}+\frac{z^{-1}+z^{-3}}{2}}=\frac{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}-z^2}{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+z^2}$$R_{s}+R_{p}=\frac{z^2-\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{z^2+\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}+\frac{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}-z^2}{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+z^2}=\frac{(z^2-\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1})^2+(\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}-z^2)^2}{(z^2+\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1})(\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+z^2)}=\frac{2z^4-2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+2\epsilon_2/\epsilon_1}{z^4+2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+2\epsilon_2/\epsilon_1}=\frac{2(z^4+\epsilon_2/\epsilon_1)-2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{z^4+2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+2\epsilon_2/\epsilon_1}=\frac{2(z^4+\epsilon_2/\epsilon_1)-2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{z^4+2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+2\epsilon_2/\epsilon_1}=\frac{2(z^4+\epsilon_2/\epsilon_1)-2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{z^4+2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+2\epsilon_2/\epsilon_1}=1$$T_{s}=1+R_{s}=1+\frac{z^2-\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{z^2+\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}=\frac{2z^2}{z^2+\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}$$T_{p}=1+R_{p}=1+\frac{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}-z^2}{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+z^2}=\frac{2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+z^2}$$T_{s}T_{p}=\frac{2z^2}{z^2+\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}\cdot\frac{2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+z^2}=\frac{4z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{(z^2+\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1})^2}=\frac{4z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{z^4+2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+2\epsilon_2/\epsilon_1}=\frac{4z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}}{z^4+2z^2\sqrt{\epsilon_2/\epsilon_1}+2\epsilon_2/\epsilon_1}=1$2.解：将$\beta=kn(1+\frac{\Delta\beta}{k})$代入，得到：$\beta=kn+\Delta\be