2025年清华大学高等数学（上）期末冲刺测试卷：实变函数与复变函数应用题

2025年清华大学高等数学（上）期末冲刺测试卷：实变函数与复变函数应用题考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、设\(A=\{x\in\mathbb{R}\midx>0\}\),\(B=\{x\in\mathbb{R}\midx<1\}\),\(C=\{x\in\mathbb{R}\midx^2\leq1\}\)。请分别用集合符号表示以下集合：1.\(A\capB\)2.\(B\cupC\)3.\(C\setminusA\)4.\(A\capC\)二、证明：若\(\{f_n\}\)是定义在\([a,b]\)上的非负函数列，且\(f_n(x)\geqf_{n+1}(x)\)对一切\(x\in[a,b]\)和\(n\in\mathbb{N}\)成立，则\(\{f_n\}\)在\([a,b]\)上一致收敛。三、设\(f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\)，定义域为\((-1,1]\)。请计算\(\int_0^1f(x)\,dx\)。四、定义在\(\mathbb{C}\)上的函数\(f(z)\)满足\(f(z)=\overline{z^2}\)，其中\(\overline{z}\)表示\(z\)的共轭复数。请证明\(f(z)\)不是解析函数。五、设\(f(z)=\frac{1}{z(z-1)}\)，请计算\(f(z)\)在\(z=0\)和\(z=1\)处的留数。六、设\(f(z)=\frac{z^2}{(z-1)(z-2)}\)，请将\(f(z)\)在\(z=1\)处展开成洛朗级数，并指出其收敛域。七、利用留数定理计算积分\(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x}{(x^2+1)^2}\,dx\)。八、设\(f(x)=\frac{\sinx}{x}\)，请证明\(f(x)\)在\((0,\infty)\)上连续，并在\(x=0\)处定义\(f(0)\)使得\(f(x)\)在\([0,\infty)\)上连续。九、设\(E\subseteq\mathbb{R}\)是可测集，且\(m(E)<\infty\)。请证明对任意\(\epsilon>0\)，存在\(G\subseteqE\)是开集，且\(m(E\setminusG)<\epsilon\)。十、设\(f(z)=\frac{1}{z^2+1}\)，请计算\(\int_{|z|=2\pii}f(z)\,dz\)，其中\(|z|=2\pii\)表示圆周\(|z|=2\pii\)沿顺时针方向。试卷答案一、1.\((0,1)\)2.\((-\infty,1)\)3.\([-1,0)\)4.\(\emptyset\)(空集)解析：1.\(A\capB=\{x\in\mathbb{R}\midx>0\text{and}x<1\}=(0,1)\)。2.\(B\cupC=\{x\in\mathbb{R}\midx<1\text{or}x^2\leq1\}=\{x\in\mathbb{R}\midx\leq1\}=(-\infty,1]\)。3.\(C\setminusA=\{x\in\mathbb{R}\midx^2\leq1\text{and}x\leq0\}=[-1,0]\)。4.\(A\capC=\{x\in\mathbb{R}\midx>0\text{and}x^2\leq1\}=(0,1]\)。但由于\(x^2\leq1\)的最大值为1，所以\(A\capC=\emptyset\)。二、证明：由题意知\(\{f_n\}\)是\([a,b]\)上的单调递减非负函数列。根据单调有界收敛定理，\(\{f_n\}\)在\([a,b]\)上逐点收敛到某个非负函数\(f(x)\)。现在证明\(\{f_n\}\)在\([a,b]\)上一致收敛。对任意\(x\in[a,b]\)，由于\(f_n(x)\geqf_{n+1}(x)\)，所以\(f_n(x)-f_{n+1}(x)\geq0\)。令\(g_n(x)=f_n(x)-f_{n+1}(x)\)，则\(\{g_n(x)\}\)是\([a,b]\)上的非负单调递减函数列。根据柯西收敛准则，要证明\(\{f_n\}\)一致收敛，只需证明对任意\(\epsilon>0\)，存在\(N\in\mathbb{N}\)，使得当\(m,n\geqN\)时，\(\sup_{x\in[a,b]}|f_n(x)-f_m(x)|<\epsilon\)。对任意\(m>n\)，有\[|f_n(x)-f_m(x)|=\sum_{k=n}^{m-1}(f_k(x)-f_{k+1}(x))=\sum_{k=n}^{m-1}g_k(x)\leq\sum_{k=n}^{m-1}g_n(x)=f_n(x)-f_m(x)\]因为\(g_k(x)\leqg_n(x)\)对一切\(k\geqn\)和\(x\in[a,b]\)成立。由于\(\{f_n(x)\}\)在\([a,b]\)上逐点收敛，所以对任意\(\epsilon>0\)，存在\(N\in\mathbb{N}\)，使得当\(n\geqN\)时，\(\sup_{x\in[a,b]}|f_n(x)-f(x)|<\epsilon/2\)。现在取\(m=n+1\)，则\[|f_n(x)-f_m(x)|\leqf_n(x)-f(x)<\epsilon/2\]所以\(\sup_{x\in[a,b]}|f_n(x)-f_m(x)|\leq\epsilon/2<\epsilon\)。因此，对任意\(\epsilon>0\)，存在\(N\in\mathbb{N}\)，使得当\(m,n\geqN\)时，\(\sup_{x\in[a,b]}|f_n(x)-f_m(x)|<\epsilon\)，即\(\{f_n\}\)在\([a,b]\)上一致收敛。三、\(\int_0^1f(x)\,dx=\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\,dx=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\,dx=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\cdot\frac{1}{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n(n+1)}\)利用部分分式分解，有\[\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\]所以\[\int_0^1f(x)\,dx=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}-\frac{(-1)^{n-1}}{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\]这是一个交错级数，且满足莱布尼茨判别法的条件，所以收敛。将其写成部分和的形式，有\[S_N=\sum_{n=1}^{N}(-1)^{n-1}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\left(1-\frac{1}{2}\right)-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)-\cdots+(-1)^{N-1}\left(\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\right)\]\[S_N=1-\frac{1}{N+1}\]所以\[\int_0^1f(x)\,dx=\lim_{N\to\infty}S_N=\lim_{N\to\infty}\left(1-\frac{1}{N+1}\right)=1-0=1\]四、证明：设\(z=x+yi\)，其中\(x,y\in\mathbb{R}\)。则\[f(z)=\overline{z^2}=\overline{(x+yi)^2}=\overline{x^2-y^2+2xyi}=x^2-y^2-2xyi\]所以\[u(x,y)=x^2-y^2,\quadv(x,y)=-2xy\]其中\(u(x,y)\)和\(v(x,y)\)分别是\(f(z)\)的实部和虚部。计算偏导数，有\[u_x=2x,\quadu_y=-2y,\quadv_x=-2y,\quadv_y=-2x\]柯西-黎曼方程为\[u_x=v_y,\quadu_y=-v_x\]将偏导数代入柯西-黎曼方程，有\[2x=-2x\quad\text{和}\quad-2y=2y\]这两个等式只有当\(x=0\)且\(y=0\)时才成立。因此，\(f(z)\)仅在\(z=0\)处满足柯西-黎曼方程。由于\(f(z)\)不在\(z=0\)的邻域内处处满足柯西-黎曼方程，所以\(f(z)\)不是解析函数。五、\(f(z)=\frac{1}{z(z-1)}\)在\(z=0\)和\(z=1\)处各有一个一阶极点。在\(z=0\)处，留数为\[\operatorname{Res}(f,0)=\lim_{z\to0}zf(z)=\lim_{z\to0}\frac{1}{z-1}=-1\]在\(z=1\)处，留数为\[\operatorname{Res}(f,1)=\lim_{z\to1}(z-1)f(z)=\lim_{z\to1}\frac{1}{z}=1\]六、\(f(z)=\frac{z^2}{(z-1)(z-2)}\)在\(z=1\)处有一个一阶极点。在\(z=1\)处，洛朗级数展开为\[f(z)=\frac{z^2}{(z-1)(z-2)}=\frac{z^2}{(z-1)(z-2)}=\frac{z^2}{(z-1)(z-2)}=\frac{z^2}{(z-1)(z-2)}=\frac{z^2}{(z-1)(z-2)}\]将\(\frac{1}{z-2}\)展开成以\(z=1\)为中心的洛朗级数：\[\frac{1}{z-2}=\frac{1}{(z-1)-1}=-\frac{1}{1-(z-1)}=-\sum_{n=0}^{\infty}(z-1)^n\]所以\[f(z)=\frac{z^2}{(z-1)}\left(-\sum_{n=0}^{\infty}(z-1)^n\right)=-z^2\sum_{n=0}^{\infty}(z-1)^n=-\sum_{n=0}^{\infty}z^{n+2}(z-1)^n\]\[f(z)=-\sum_{n=0}^{\infty}(z^{n+2}-z^{n+1})=-\sum_{n=0}^{\infty}(z^{n+2}-z^{n+1})=-\sum_{n=0}^{\infty}(z^{n+2}-z^{n+1})\]\[f(z)=-\left(\sum_{n=0}^{\infty}z^{n+2}-\sum_{n=0}^{\infty}z^{n+1}\right)=-\left(\sum_{n=2}^{\infty}z^n-\sum_{n=1}^{\infty}z^n\right)\]\[f(z)=-\left(z^2+z^3+z^4+\cdots-(z+z^2+z^3+\cdots)\right)=-\left(z^2+z^3+z^4+\cdots-z-z^2-z^3-\cdots\right)\]\[f(z)=-\left(z^2-z\right)-\sum_{n=2}^{\infty}z^n=-z(z-1)-\sum_{n=2}^{\infty}z^n\]\[f(z)=-z(z-1)-\left(z^2+z^3+z^4+\cdots\right)=-z(z-1)-\sum_{n=2}^{\infty}z^n\]\[f(z)=-z^2+z-z^2-z^3-z^4-\cdots=-z^2-z^3-z^4-\cdots=-\sum_{n=2}^{\infty}z^n\]所以\[f(z)=-\left(\sum_{n=2}^{\infty}z^n\right)=-\left(z^2+z^3+z^4+\cdots\right)=-\sum_{n=2}^{\infty}z^n\]收敛域为\(0<|z-1|<1\)。七、设\(f(z)=\frac{z}{(z^2+1)^2}\)，则\(f(z)\)在\(z=\pmi\)处各有一个二阶极点。在\(z=i\)处，留数为\[\operatorname{Res}(f,i)=\frac{1}{(2-1)!}\lim_{z\toi}\frac{d}{dz}\left((z-i)^2f(z)\right)=\lim_{z\toi}\frac{d}{dz}\left(\frac{z}{(z+i)^2}\right)\]\[=\lim_{z\toi}\frac{(z+i)^2-2z(z+i)}{(z+i)^4}=\lim_{z\toi}\frac{z^2+2zi-i^2-2z^2-2zi}{(z+i)^4}=\lim_{z\toi}\frac{-z^2-1}{(z+i)^4}\]\[=\frac{-i^2-1}{(2i)^4}=\frac{1-1}{16}=0\]在\(z=-i\)处，留数为\[\operatorname{Res}(f,-i)=\frac{1}{(2-1)!}\lim_{z\to-i}\frac{d}{dz}\left((z+i)^2f(z)\right)=\lim_{z\to-i}\frac{d}{dz}\left(\frac{z}{(z-i)^2}\right)\]\[=\lim_{z\to-i}\frac{(z-i)^2-2z(z-i)}{(z-i)^4}=\lim_{z\to-i}\frac{z^2-2zi+i^2-2z^2+2zi}{(z-i)^4}=\lim_{z\to-i}\frac{-z^2+1}{(z-i)^4}\]\[=\frac{-(-i)^2+1}{(-2i)^4}=\frac{1+1}{16}=\frac{1}{8}\]根据留数定理，积分值为\[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x}{(x^2+1)^2}\,dx=2\pii(\operatorname{Res}(f,i)+\operatorname{Res}(f,-i))=2\pii(0+\frac{1}{8})=\frac{\pii}{4}\]八、证明：首先证明\(f(x)\)在\((0,\infty)\)上连续。由于\(\sinx\)在\((0,\infty)\)上连续，且\(x\)在\((0,\infty)\)上连续，所以\(f(x)=\frac{\sinx}{x}\)在\((0,\infty)\)上连续。现在证明\(f(x)\)在\(x=0\)处右连续。定义\(f(0)=\lim_{x\to0^+}f(x)\)。由于\[\lim_{x\to0^+}\frac{\sinx}{x}=1\]所以\(f(0)=1\)。现在证明\(f(x)\)在\([0,\infty)\)上连续。由于\(f(x)\)在\((0,\infty)\)上连续，且\(f(x)\)在\(x=0\)处右连续，所以\(f(x)\)在\([0,\infty)\)上连续。九、证明：由于\(E\)是可测集，且\(m(E)<\infty\)，所以对任意\(\epsilon>0\)，存在开集\(G\supseteqE\)，使得\(m(G\setminusE)<\epsilon\)。