2025年大学《数理基础科学》专业题库-复分析在电子工程中的作用

2025年大学《数理基础科学》专业题库——复分析在电子工程中的作用考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、1.设复数$z=1-i$，求$|z|^2$和$\bar{z}$。2.将复数$z=\frac{3+4i}{1-2i}$化为三角形式。3.证明函数$f(z)=z^2+2z+1$在整个复平面上处处解析，并求其导数$f'(z)$。二、1.计算积分$\int_{|z|=1}\frac{1}{z}\,dz$，其中积分路径$|z|=1$是单位圆周，沿正方向。2.利用柯西积分公式计算$\int_{|z|=2}\frac{e^z}{z(z-1)}\,dz$，其中积分路径$|z|=2$是半径为2的圆周，沿正方向。3.求$f(z)=\frac{z^2-1}{z(z-1)}$在$z=1$处的留数。三、1.将函数$f(z)=\frac{1}{z(z-1)}$在$z=0$处展开成Laurent级数。2.确定函数$f(z)=\frac{z^2+1}{z(z-1)^2}$的所有孤立奇点，并指明其类型（可去奇点、极点、本性奇点）。四、1.利用留数定理计算积分$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x}{x^2+1}\,dx$。2.已知某线性时不变系统的系统函数为$H(s)=\frac{s+2}{s^3+3s^2+2s}$，求其在$s=j\omega$时的频率响应$H(j\omega)$。3.一个RLC串联电路，其复阻抗为$Z(j\omega)=2+j(\omega-1)-\frac{1}{j\omega}$，求该电路在$\omega=2$时的阻抗值和导纳值。五、1.证明：如果函数$f(z)$在区域$D$内解析，且$|f(z)|$在$D$内有界，则$f(z)$在$D$内是常数。2.证明：调和函数的任意两个共轭调和函数之间，二阶导数之比的积分与积分路径无关。3.设$w=\frac{1+z}{1-z}$是一个保角映射，求它将单位圆$|z|<1$映射成什么区域，并简述理由。试卷答案一、1.解：$|z|^2=|1-i|^2=1^2+(-1)^2=2$。$\bar{z}=\overline{1-i}=1+i$。2.解：$z=\frac{3+4i}{1-2i}=\frac{(3+4i)(1+2i)}{(1-2i)(1+2i)}=\frac{3+6i+4i+8i^2}{1-4i^2}=\frac{-5+10i}{5}=-1+2i$。$|z|=\sqrt{(-1)^2+(2)^2}=\sqrt{5}$。$\theta=\arctan\left(\frac{2}{-1}\right)=\arctan(-2)+\pi$。故$z=\sqrt{5}(\cos(\arctan(-2))+i\sin(\arctan(-2)))$。3.解：$f(z)=z^2+2z+1$。$f'(z)=2z+2$。$f'(z)$在全平面上均有定义，且是连续函数。根据柯西-黎曼方程的充要条件，$f(z)$在全平面上处处解析。$f'(z)=2z+2$。二、1.解：函数$g(z)=\frac{1}{z}$在除$z=0$外的复平面上处处解析。$z=0$是$g(z)$的孤立奇点，且在积分路径$|z|=1$内。根据柯西积分定理，$\int_{|z|=1}g(z)\,dz=0$。或者，根据柯西积分公式，$\int_{|z|=1}\frac{1}{z}\,dz=2\pii$。2.解：函数$g(z)=\frac{e^z}{z}$在除$z=0$外的复平面上处处解析。$z=0$和$z=1$是$g(z)$的孤立奇点。积分路径$|z|=2$包含$z=0$和$z=1$。计算$z=0$处的留数：$\text{Res}(g,0)=\lim_{z\to0}z\cdot\frac{e^z}{z}=e^0=1$。计算$z=1$处的留数：$\text{Res}(g,1)=\lim_{z\to1}(z-1)\cdot\frac{e^z}{z(z-1)}=\frac{e^1}{1}=e$。根据留数定理，$\int_{|z|=2}\frac{e^z}{z(z-1)}\,dz=2\pii(\text{Res}(g,0)+\text{Res}(g,1))=2\pii(1+e)$。3.解：$f(z)=\frac{z^2-1}{z(z-1)}=\frac{(z-1)(z+1)}{z(z-1)}=\frac{z+1}{z}$（$z\neq0,1$）。$z=0$和$z=1$是$f(z)$的孤立奇点。计算$z=1$处的留数：$\text{Res}(f,1)=\lim_{z\to1}(z-1)\cdot\frac{z+1}{z(z-1)}=\frac{1+1}{1}=2$。三、1.解：$f(z)=\frac{1}{z(z-1)}=\frac{1}{z}-\frac{1}{z-1}$。对于$\frac{1}{z}$，在$z=0$处的Laurent级数是$\frac{1}{z}$。对于$\frac{1}{z-1}$，令$w=z-1$，则$\frac{1}{z-1}=\frac{1}{w}$。当$|w|<1$即$|z-1|<1$时，$\frac{1}{w}=\sum_{n=0}^{\infty}w^n=\sum_{n=0}^{\infty}(z-1)^n$。因此，$\frac{1}{z(z-1)}=\frac{1}{z}+\sum_{n=0}^{\infty}(z-1)^n$。此Laurent级数在$0<|z-1|<1$的区域内收敛。2.解：$f(z)=\frac{z^2+1}{z(z-1)^2}$。奇点为$z=0$和$z=1$。$z=0$：$\lim_{z\to0}(z-0)f(z)=\lim_{z\to0}\frac{z^2+1}{(z-1)^2}=1$。$z=0$为可去奇点。$z=1$：$\lim_{z\to1}(z-1)f(z)=\lim_{z\to1}\frac{z^2+1}{z(z-1)}=\frac{1^2+1}{1(1-1)}=\frac{2}{0}$不存在。$\lim_{z\to1}\frac{z-1}{f(z)}=\lim_{z\to1}\frac{z-1}{\frac{z^2+1}{z(z-1)}}=\lim_{z\to1}\frac{(z-1)^2z}{z^2+1}=\lim_{z\to1}\frac{(z-1)^2}{z+1}=\lim_{z\to1}\frac{2(z-1)}{1}=0$。或者，将$f(z)$展开为Laurent级数：$f(z)=\frac{2+z}{z(z-1)^2}$。$z=1$处为$-\frac{1}{(z-1)}$项，故$z=1$为一阶极点（单极点）。综上，$z=0$为可去奇点，$z=1$为一阶极点。3.解：$Z(j\omega)=2+j(\omega-1)-\frac{1}{j\omega}=2+j\omega-j-\frac{-j}{\omega}=2+j(\omega-1+\frac{1}{\omega})=2+j\left(\omega-1+\frac{1}{\omega}\right)$。当$\omega=2$时，$Z(j2)=2+j(2-1+\frac{1}{2})=2+j(1+0.5)=2+j\frac{3}{2}$。导纳$Y(j\omega)=\frac{1}{Z(j\omega)}$。当$\omega=2$时，$Y(j2)=\frac{1}{2+j\frac{3}{2}}=\frac{1}{\frac{4}{2}+j\frac{3}{2}}=\frac{2}{4+3j}=\frac{2(4-3j)}{(4+3j)(4-3j)}=\frac{8-6j}{16+9}=\frac{8-6j}{25}=\frac{8}{25}-j\frac{6}{25}$。四、1.解：考虑函数$f(z)=\frac{z}{z^2+1}$。$f(z)$在整个复平面上除$z=\pmi$外解析。积分路径为实轴上从$-\infty$到$\infty$的直线段，可以延伸为半径为$R$的上半圆弧$C_R$，构成闭合围道$\Gamma=[-R,R]\cupC_R$。$z=\pmi$在$\Gamma$内。$f(z)$在$\Gamma$内除$z=i$外解析，且$\text{Res}(f,i)=\lim_{z\toi}(z-i)\frac{z}{(z-i)(z+i)}=\frac{i}{2i}=\frac{1}{2}$。根据留数定理，$\int_{\Gamma}f(z)\,dz=2\pii\cdot\frac{1}{2}=\pii$。当$R\to\infty$时，沿圆弧$C_R$的积分$\int_{C_R}f(z)\,dz=\int_{C_R}\frac{z}{z^2+1}\,dz$。令$z=Re^{i\theta}$，$dz=iRe^{i\theta}d\theta$，$\theta\in[0,\pi]$。$\int_{C_R}f(z)\,dz=\int_0^{\pi}\frac{Re^{i\theta}}{(Re^{i\theta})^2+1}iRe^{i\theta}d\theta=iR^2\int_0^{\pi}\frac{e^{2i\theta}}{R^2e^{2i\theta}+1}d\theta$。当$R\to\infty$时，对于$\theta\in[0,\pi]$，$|R^2e^{2i\theta}+1|\geqR^2-1$。$\left|\int_{C_R}f(z)\,dz\right|\leqiR^2\int_0^{\pi}\frac{1}{R^2-1}d\theta=iR^2\cdot\frac{\pi}{R^2-1}\to0$。因此，$\lim_{R\to\infty}\int_{C_R}f(z)\,dz=0$。所以，$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x}{x^2+1}\,dx=\int_{\Gamma}f(z)\,dz-\int_{C_R}f(z)\,dz=\pii-0=\pii$。注意：此积分结果为$\pii$，而非实数。若题目本意是求$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+1}\,dx$，则应为$\pi$。若题目本意是求$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x}{x^2+1}\,dx$，则此计算结果正确。根据留数定理，此积分等于$2\pii\times\text{Res}(f,i)=2\pii\times\frac{1}{2}=\pii$。2.解：$H(s)=\frac{s+2}{s^3+3s^2+2s}=\frac{s+2}{s(s^2+3s+2)}=\frac{s+2}{s(s+1)(s+2)}$。在$s=j\omega$处，$H(j\omega)=\frac{j\omega+2}{(j\omega)(j\omega+1)(j\omega+2)}=\frac{j\omega+2}{j\omega(j\omega+1)(j\omega+2)}$。分母为$j\omega(j\omega+1)(j\omega+2)$。分子为$j\omega+2$。3.解：$Z(j\omega)=2+j(\omega-1)-\frac{1}{j\omega}=2+j\omega-j-\frac{-j}{\omega}=2+j(\omega-1+\frac{1}{\omega})$。当$\omega=2$时，$Z(j2)=2+j(2-1+\frac{1}{2})=2+j(1+0.5)=2+j\frac{3}{2}$。$Y(j\omega)=\frac{1}{Z(j\omega)}$。当$\omega=2$时，$Y(j2)=\frac{1}{2+j\frac{3}{2}}=\frac{1}{\frac{4}{2}+j\frac{3}{2}}=\frac{2}{4+3j}=\frac{2(4-3j)}{(4+3j)(4-3j)}=\frac{8-6j}{16+9}=\frac{8-6j}{25}=\frac{8}{25}-j\frac{6}{25}$。五、1.证明：设$f(z)$在区域$D$内解析，且$|f(z)|\leM$（有界）。令$g(z)=e^{f(z)}$。则$g(z)$在$D$内解析。对于任意$z_0\inD$，$|g(z_0)|=|e^{f(z_0)}|=e^{\operatorname{Re}(f(z_0))}\lee^M$。故$g(z)$在$D$内有界。根据Liouville定理（指数函数的有界性定理），$g(z)$在$D$内是常数，即$f(z_0)=\operatorname{Log}(C)$为常数。由于$z_0$的任意性，$f(z)$在$D$内为常数。2.证明：设$u(x,y)$是定义在区域$D$上的调和函数，即$\Deltau=u_{xx}+u_{yy}=0$。设$v(x,y)$是$u(x,y)$的共轭调和函数，即$v_x=-u_y$和$v_y=u_x$。计算二阶导数之比：$\frac{u_{yy}}{u_x}=\frac{-u_{xx}}{u_x}$。计算积分$\int_{\gamma}\frac{u_{yy}}{u_x}\,dx-\frac{u_{xx}}{u_x}\,dy$，其中$\gamma$是$D$内任意一条光滑简单闭曲线。$\frac{\partial}{\partialy}\left(\frac{u_{yy}}{u_x}\right)=\frac{u_{yyx}}{u_x}-\frac{u_{yy}u_xx}{u_x^2}$。$\frac{\partial}{\partialx}\left(-\frac{u_{xx}}{u_x}\right)=-\frac{u_{xx}x}{u_x}+\frac{u_{xx}^2}{u_x^2}$。$\frac{\partial}{\partialy}\left(\frac{u_{yy}}{u_x}\right)-\frac{\partial}{\partialx}\left(-\frac{u_{xx}}{u_x}\right)=\frac{u_{yyx}}{u_x}-\frac{u_{yy}u_xx}{u_x^2}+\frac{u_{xx}x}{u_x}-\frac{u_{xx}^2}{u_x^2}=\frac{u_{xx}x+u_{yyx}u_x-u_{yy}u_xx-u_{xx}^2}{u_x^2}$。由于$u$调和，$u_{xx}+u_{yy}=0$。由于$v$是$u$的共轭调和函数，$u_x=-v_y$，$u_y=v_x$。代入上式，分子$=u_{xx}x-u_{yy}x+u_{yx}(-v_y)-u_{xx}(-v_y)=x(u_{xx}-u_{yy})-v_y(u_{yx}-u_{xx})=x(0)-v_y(0)=0$。因此，$\frac{\partial}{\partialy}\left(\frac{u_{yy}}{u_x}\right)-\frac{\partial}{\partialx}\left(-\frac{u_{xx}}{u_x}\right)=0$。根据格林公式，曲线积分$\int_{\gamma}\frac{u_{yy}}{u_x}\,dx-\frac{u_{xx}}{u_x}\,dy=\iint_D\left[\frac{\partial}{\partialy}\left(\frac{u_{yy}}{u_x}\right)-\frac{\partial}{\partialx}\left(-\frac{u_{xx}}{u_x}\right)\right]dA=0$。由于$\gamma$的任意性，此积分值为零意味着被积函数在$D$内恒为零。故$\frac{u_{yy}}{u_x}=\frac{u_{xx}}{u_x}$。由于$u_x\neq0$（否则$u$为常数），可化简为$\frac{u_{yy}}{u_{xx}}=1$。即$\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=\frac{\partial^2u}{\partialx^2}$。这与$u$为调和函数的条件一致，证明过程无误。或者，直接从$\frac{\partial}{\partialy}\left(\frac{u}{u_x}\right)=\frac{u_{xy}u_x-uu_xx}{u_x^2}=\frac{u_x^2+uu_{yy}}{u_x^2}=\frac{u_{yy}}{u_x}$（利用$u_{xx}+u_{yy}=0$）。同理$\frac{\partial}{\partialx}\left(\frac{u}{-u_y}\right)=\frac{-u_{yx}(-u_y)-uu_yy}{(-u_y)^2}=\frac{u_{yx}u_y-uu_{yy}}{u_y^2}=\frac{-u_{yy}}{u_y}$（利用$u_{xx}+u_{yy}=0$）。所以$\frac{\partial}{\partialy}\left(\frac{u}{u_x}\right)-\frac{\partial}{\partialx}\left(\frac{u}{-u_y}\right)=\frac{u_{yy}}{u_x}-\frac{-u_{yy}}{u_y}=\frac{u_{yy}}{u_x}+\frac{u_{yy}}{u_y}=u_{yy}\left(\frac{1}{u_x}+\frac{1}{u_y}\right)=u_{yy}\frac{u_y+u_x}{u_xu_y}=0$（利用$u_x=-v_y,u_y=v_x$）。故$\frac{u_{yy}}{u_x}=-\frac{\partial}{\partialx}\left(\frac{u}{-u_y}\right)$。积