复变计算整理

复变计算整理

第一部分：复数与极限

题目 P13 1.3

题目： 求 $z^3 + 8 = 0$ 的解。

解题步骤：

1. 移项得 $z^3 = -8$。
2. 将 $-8$ 写成指数形式（极坐标形式）。模长 $r=8$，辐角 $\theta = \pi + 2k\pi$。 $$-8 = 8 e^{i(\pi + 2k\pi)}$$
3. 开三次方根： $$z_k = \sqrt[3]{8} e^{i\frac{\pi + 2k\pi}{3}}, \quad k=0, 1, 2$$ $$z_k = 2 e^{i\frac{\pi + 2k\pi}{3}}$$
4. 代入 $k$ 值计算具体根：
   • $k=0$: $z_0 = 2 e^{i\frac{\pi}{3}} = 2(\cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3}) = 2(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 + \sqrt{3}i$
   • $k=1$: $z_1 = 2 e^{i\pi} = 2(-1) = -2$
   • $k=2$: $z_2 = 2 e^{i\frac{5\pi}{3}} = 2(\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 - \sqrt{3}i$

答案： $z = -2, 1 \pm \sqrt{3}i$

题目 1.7（变型题）

题目： 设 $f(z) = \frac{1}{2i} (\frac{z}{\bar{z}} - \frac{\bar{z}}{z})$。证明 $z \to 0$ 时 $f(z)$ 极限不存在。

解题要求： 分别用（1）$z=x+iy$ 代换法；（2）极坐标代换法。

预处理（化简）：

设 $z = x+iy$，则 $\bar{z} = x-iy$，$z\bar{z} = x^2+y^2$。

方法一：直角坐标法 ($z$ 替换成 $x+iy$)

1. 我们考察 $z$ 沿不同路径趋于 0 时 $f(z)$ 的极限。
2. 路径 1： 沿 $x$ 轴趋于 0（即 $y=0, x \to 0$）。 $$\lim_{x \to 0} \frac{2x \cdot 0}{x^2 + 0} = 0$$
3. 路径 2： 沿直线 $y=x$ 趋于 0（即 $y=x, x \to 0$）。 $$\lim_{x \to 0} \frac{2x \cdot x}{x^2 + x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{2x^2}{2x^2} = 1$$
4. 结论： 因为沿不同路径极限值不同（$0 \neq 1$），所以 $\lim_{z \to 0} f(z)$ 不存在。

方法二：极坐标法 ($x=r\cos\theta, y=r\sin\theta$)

1. 令 $z = re^{i\theta}$，则 $x = r\cos\theta, y=r\sin\theta$，$x^2+y^2=r^2$。
2. 代入化简后的式子： $$f(z) = \frac{2(r\cos\theta)(r\sin\theta)}{r^2} = \frac{2r^2 \cos\theta \sin\theta}{r^2}$$
3. 利用倍角公式 $\sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta$： $$f(z) = \sin(2\theta)$$
4. 结论： 当 $z \to 0$ 时（即 $r \to 0$），$f(z)$ 的值始终等于 $\sin(2\theta)$。这个值依赖于趋近的角度 $\theta$（即方向）。
   • 若 $\theta=0$，极限为 0。
   • 若 $\theta=\pi/4$，极限为 1。
   • 因为极限与辐角有关，不唯一，故极限不存在。

第二部分：级数展开

题目 P68 例 3.2

题目： 将 $f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 在下列圆域内展开为洛朗级数。 (1) $0 < |z| < 1$ (2) $1 < |z| < 2$ (3) $2 < |z| < \infty$ (4) $0 < |z-1| < 1$

解题步骤： 首先进行部分分式分解：

(1) 区域 $0 < |z| < 1$ (中心在 0，适用于小模长)

• 对 $\frac{1}{z-2}$：提取 $-2$，得 $\frac{1}{-2(1-z/2)} = -\frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty (\frac{z}{2})^n$ (因 $|\frac{z}{2}| < 1/2 < 1$)
• 对 $-\frac{1}{z-1}$：提取 $-1$，得 $\frac{-1}{-1(1-z)} = \frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^\infty z^n$ (因 $|z| < 1$)
• 结果： $\sum_{n=0}^\infty (1 - \frac{1}{2^{n+1}}) z^n$

(2) 区域 $1 < |z| < 2$ (中间环域)

• 对 $\frac{1}{z-2}$：仍提取 $-2$ (因 $|z|<2 \Rightarrow |z/2|<1$)，同上为 $-\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{n+1}}$。
• 对 $-\frac{1}{z-1}$：因 $|z|>1$，需提取 $z$ 以构造 $|\frac{1}{z}|<1$。 $$-\frac{1}{z(1-1/z)} = -\frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty (\frac{1}{z})^n = -\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}}$$
• 结果： $-\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}} - \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{n+1}}$

(3) 区域 $2 < |z| < \infty$ (无穷远区域)

• 对 $\frac{1}{z-2}$：因 $|z|>2$，提取 $z$。 $$\frac{1}{z(1-2/z)} = \frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty (\frac{2}{z})^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{2^n}{z^{n+1}}$$
• 对 $-\frac{1}{z-1}$：因 $|z|>1$，同上为 $-\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}}$。
• 结果： $\sum_{n=0}^\infty \frac{2^n - 1}{z^{n+1}}$

(4) 区域 $0 < |z-1| < 1$ (中心在 1)

• 令 $u = z-1 \Rightarrow z = u+1$。
• $f(z) = \frac{1}{u(u+1-2)} = \frac{1}{u(u-1)} = -\frac{1}{u} \cdot \frac{1}{1-u}$
• 因为 $|u| < 1$，直接展开几何级数： $$-\frac{1}{u} \sum_{n=0}^\infty u^n = -\sum_{n=0}^\infty u^{n-1}$$ $$= -\frac{1}{u} - 1 - u - u^2 - \dots$$
• 代回 $z-1$： 结果： $-\frac{1}{z-1} - \sum_{n=0}^\infty (z-1)^n$

第三部分：复积分（留数定理与柯西公式）

题目 P86 例 2.1

题目： 计算 $\oint_C \frac{z e^z}{z^2-1} dz$，其中 $C$ 为正向圆周 $|z|=2$。

解题步骤：

1. 奇点分析： 分母 $z^2-1 = (z-1)(z+1)$。奇点为 $z_1=1, z_2=-1$。
2. 判断位置： $|1|=1 < 2$, $|-1|=1 < 2$。两个奇点都在圆内。
3. 使用留数定理： $I = 2\pi i [\text{Res}(f, 1) + \text{Res}(f, -1)]$。
4. 计算留数（一级极点）：
   • $\text{Res}(f, 1) = \lim_{z\to 1} (z-1) \frac{z e^z}{(z-1)(z+1)} = \frac{1 \cdot e^1}{1+1} = \frac{e}{2}$
   • $\text{Res}(f, -1) = \lim_{z\to -1} (z+1) \frac{z e^z}{(z-1)(z+1)} = \frac{-1 \cdot e^{-1}}{-1-1} = \frac{-e^{-1}}{-2} = \frac{1}{2e}$
5. 求和： $$I = 2\pi i (\frac{e}{2} + \frac{1}{2e}) = \pi i (e + \frac{1}{e})$$ (注：也可写成 $2\pi i \cosh(1)$)

例 2.2（变型题）

题目： 计算积分 $\oint_C \frac{e^z}{z(z-1)^2} dz$，其中 $C$ 为正向圆周 $|z|=2$。

解题步骤：

1. 奇点分析： $z=0$ (一级极点)，$z=1$ (二级极点)。均在 $|z|=2$ 内部。
2. 计算留数：
   • 在 $z=0$ 处： $$\text{Res}(f, 0) = \lim_{z\to 0} z \frac{e^z}{z(z-1)^2} = \frac{e^0}{(0-1)^2} = 1$$
   • 在 $z=1$ 处（二级极点）： 公式 $\lim_{z\to a} \frac{d}{dz}[(z-a)^2 f(z)]$ $$\phi(z) = (z-1)^2 f(z) = \frac{e^z}{z}$$ $$\phi'(z) = \frac{z e^z - e^z}{z^2} = \frac{e^z(z-1)}{z^2}$$ $$\text{Res}(f, 1) = \phi'(1) = \frac{e^1(1-1)}{1^2} = 0$$
3. 计算积分： $$I = 2\pi i (\text{Res}(0) + \text{Res}(1)) = 2\pi i (1 + 0) = 2\pi i$$

变题型提示： 注意极点阶数的变化（一级用代入法，二级及以上用求导法）。

题目 P50 3.4

(1) $\oint_C \frac{e^z}{z-2} dz, \quad C: |z-2|=1$

• 分析： 奇点 $z=2$ 在圆 $|z-2|=1$ 内部（圆心）。
• 方法： 柯西积分公式 $\oint \frac{f(z)}{z-z_0} dz = 2\pi i f(z_0)$。
• $f(z)=e^z, z_0=2$。
• 答案： $2\pi i e^2$。

(3) $\oint_C \frac{e^{iz}}{z^2+1} dz, \quad C: |z-2i|=\frac{3}{2}$

• 分析： $z^2+1 = (z-i)(z+i)$。奇点为 $i$ 和 $-i$。
• 区域判断： 圆心在 $2i$，半径 $1.5$。
  • $z=i$: 距离圆心 $|i - 2i| = |-i| = 1 < 1.5$ $\rightarrow$ 在圆内。
  • $z=-i$: 距离圆心 $|-i - 2i| = |-3i| = 3 > 1.5$ $\rightarrow$ 在圆外。
• 变形： 将被积函数写为 $\frac{\frac{e^{iz}}{z+i}}{z-i}$。
• 计算： 令 $g(z) = \frac{e^{iz}}{z+i}$。 $$I = 2\pi i \cdot g(i) = 2\pi i \cdot \frac{e^{i(i)}}{i+i} = 2\pi i \cdot \frac{e^{-1}}{2i} = \frac{2\pi i}{2i e} = \frac{\pi}{e}$$
• 答案： $\frac{\pi}{e}$ (或 $\pi e^{-1}$)

第四部分：解析函数与调和函数

题目一：PPT 5.1

题目： 已知调和函数 $u = x^2 - y^2 + xy$，求共轭调和函数 $v$，并求解析函数 $f(z)$。

方法一：偏积分法 (Partial Integration Method)

思路： 利用柯西-黎曼（C-R）方程 $u_x = v_y, u_y = -v_x$，先对一个变量积分，再对另一个变量求导确定常数项。

1. 求 $u$ 的偏导数：

   $$u_x = 2x + y$$ $$u_y = -2y + x$$

2. 利用 $v_y = u_x$ 进行积分：

   $$v_y = 2x + y$$

   对 $y$ 积分（此时 $x$ 视为常数）：

   $$v = \int (2x + y) dy = 2xy + \frac{1}{2}y^2 + \phi(x)$$

   (其中 $\phi(x)$ 是待定函数)

3. 利用 $v_x = -u_y$ 确定 $\phi(x)$： 对上一步求出的 $v$ 求 $x$ 的偏导：

   $$v_x = \frac{\partial}{\partial x}(2xy + \frac{1}{2}y^2 + \phi(x)) = 2y + \phi'(x)$$

   代入 C-R 条件 $v_x = -u_y$：

   $$2y + \phi'(x) = -(-2y + x) = 2y - x$$ $$\phi'(x) = -x$$

4. 解出 $\phi(x)$：

   $$\phi(x) = \int -x dx = -\frac{1}{2}x^2 + C$$

5. 写出 $v$ 和 $f(z)$：

   $$v = 2xy + \frac{1}{2}y^2 - \frac{1}{2}x^2 + C$$

   组合 $f(z) = u + iv$：

   $$f(z) = (x^2 - y^2 + xy) + i(2xy + \frac{1}{2}y^2 - \frac{1}{2}x^2 + C)$$

   整理为 $z$ 的形式（注意到 $z^2 = x^2-y^2+2ixy$）：

   $$f(z) = (1 - \frac{i}{2})z^2 + iC$$

方法二：原函数法 (Milne-Thomson Method)

思路： 直接利用公式 $f'(z) = u_x(z, 0) - i u_y(z, 0)$ 求导数，再积分求原函数。

1. 求 $u$ 的偏导数：

   $$u_x = 2x + y$$ $$u_y = -2y + x$$

2. 构造 $f'(z)$： 令 $x = z, y = 0$ 代入偏导数：

   $$u_x(z, 0) = 2z + 0 = 2z$$ $$u_y(z, 0) = -0 + z = z$$

   根据公式：

   $$f'(z) = u_x(z, 0) - i u_y(z, 0)$$ $$f'(z) = 2z - i(z) = (2-i)z$$

3. 积分求 $f(z)$：

   $$f(z) = \int (2-i)z dz = (2-i) \frac{1}{2}z^2 + C'$$ $$f(z) = (1 - \frac{i}{2})z^2 + C'$$

   (这里的常数 $C'$ 为复常数，对应方法一中的 $iC$)

4. 若需求 $v$： 求 $f(z)$ 的虚部即可得到与方法一相同的结果。

题目二：PPT 5.2

题目： 已知 $u = \frac{y}{x^2+y^2}$，且 $f(1)=0$，求 $v$ 及 $f(z)$。

方法一：偏积分法 (Partial Integration Method)

1. 求 $u$ 的偏导数：

   $$u_x = \frac{0 \cdot (x^2+y^2) - y \cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}$$ $$u_y = \frac{1 \cdot (x^2+y^2) - y \cdot 2y}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}$$

2. 利用 $v_y = u_x$ 进行积分：

   $$v_y = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}$$

   对 $y$ 积分（凑微分：$d(x^2+y^2) = 2y dy$）：

   $$v = \int -x (x^2+y^2)^{-2} \cdot (2y dy) = -x \int t^{-2} dt$$ $$v = -x (-t^{-1}) + \phi(x) = \frac{x}{x^2+y^2} + \phi(x)$$

3. 利用 $v_x = -u_y$ 确定 $\phi(x)$： 求 $v_x$：

   $$v_x = \frac{1\cdot(x^2+y^2) - x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} + \phi'(x) = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} + \phi'(x)$$

   代入 C-R 条件 $v_x = -u_y$：

   $$\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} + \phi'(x) = - \left( \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} \right) = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$$ $$\phi'(x) = 0 \Rightarrow \phi(x) = C$$

4. 确定常数 $C$： 已知 $f(1)=0$，即当 $z=1$ ($x=1, y=0$) 时，$u+iv = 0$。

   $$u(1,0) = \frac{0}{1^2+0} = 0$$ $$v(1,0) = \frac{1}{1^2+0} + C = 1 + C$$

   因为 $u+iv=0$，且 $u=0$，则必须 $v=0$。

   $$1 + C = 0 \Rightarrow C = -1$$ $$\therefore v = \frac{x}{x^2+y^2} - 1$$

5. 写出 $f(z)$：

   $$f(z) = u + iv = \frac{y}{x^2+y^2} + i(\frac{x}{x^2+y^2} - 1)$$ $$f(z) = \frac{y + ix}{x^2+y^2} - i = \frac{i(x - iy)}{z \bar{z}} - i$$ $$f(z) = \frac{i \bar{z}}{z \bar{z}} - i = \frac{i}{z} - i$$

方法二：原函数法 (Milne-Thomson Method)

1. 构造 $f'(z)$： 公式：$f'(z) = u_x(z, 0) - i u_y(z, 0)$ 将 $x=z, y=0$ 代入偏导数表达式（注意分母不为0）：

   • $u_x = \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2} \xrightarrow{y=0} 0$
   • $u_y = \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} \xrightarrow{x=z, y=0} \frac{z^2-0}{(z^2)^2} = \frac{1}{z^2}$

   代入公式：

   $$f'(z) = 0 - i \left( \frac{1}{z^2} \right) = -i z^{-2}$$

2. 积分求 $f(z)$：

   $$f(z) = \int -i z^{-2} dz = -i \frac{z^{-1}}{-1} + C_{complex}$$ $$f(z) = \frac{i}{z} + C_{complex}$$

3. 确定常数： 利用条件 $f(1) = 0$：

   $$\frac{i}{1} + C_{complex} = 0$$ $$i + C_{complex} = 0 \Rightarrow C_{complex} = -i$$

4. 结果：

   $$f(z) = \frac{i}{z} - i$$

   (或者写成 $f(z) = i(\frac{1}{z} - 1)$)

题目 P27 2.2(3)

题目： $f(z) = xy^2 + i x^2y$，问何处可导？何处解析？

解题步骤：

1. $u = xy^2, v = x^2y$。
2. 柯西-黎曼 (C-R) 方程：
   • $u_x = y^2$, $v_y = x^2 \Rightarrow y^2 = x^2 \Rightarrow y = \pm x$
   • $u_y = 2xy$, $v_x = 2xy \Rightarrow u_y = -v_x \Rightarrow 2xy = -2xy \Rightarrow 4xy = 0 \Rightarrow x=0 \text{ 或 } y=0$
3. 求交集（可导点）： 必须同时满足上述两个条件。 若 $x=0$，代入 $y=\pm x$ 得 $y=0$。点 $(0,0)$。 若 $y=0$，代入 $y=\pm x$ 得 $x=0$。点 $(0,0)$。 结论： 仅在 $z=0$ 处可导。
4. 解析性： 解析要求在某点的邻域内处处可导。因为只在一点可导，所以在复平面上处处不解析。

题目 2.10 (变型题)

题目： 求 $Ln(-i)$ 和 $Ln(-3+4i)$ 的主值。

知识点提示： 主值公式 $Ln(z) = \ln|z| + i \text{Arg}(z)$，其中 $\text{Arg}(z) \in (-\pi, \pi]$。

(1) $Ln(-i)$

• 模长 $|-i| = 1$，对数 $\ln(1) = 0$。
• 主辐角：$-i$ 在虚轴负半轴，$\text{Arg}(-i) = -\frac{\pi}{2}$。
• 答案： $Ln(-i) = -i\frac{\pi}{2}$。

(2) $Ln(-3+4i)$

• 模长 $|-3+4i| = \sqrt{(-3)^2+4^2} = 5$。实部 $\ln 5$。
• 主辐角：点 $(-3, 4)$ 在第二象限。 参考角 $\alpha = \arctan|\frac{4}{-3}| = \arctan(\frac{4}{3})$。 第二象限角为 $\pi - \arctan(\frac{4}{3})$。
• 答案： $Ln(-3+4i) = \ln 5 + i(\pi - \arctan\frac{4}{3})$。