第一篇：復變函數小結

復變函數小結 第一章 復變函數

1)掌握復數的定義(引入),知道復數的幾何意義(即復數可看成復數平面的一個點也可以表示為復數平面上的向量)2)掌握 復數的直角坐標表示與三角表示式及指數表示式的關系.3)掌握復數的幾種運算:(1)相等;(2)加法;(3)減法;(4)乘法;(5)除法;(6)開方;(7)共軛.需要注意的是開方 : 開n次有n個根.例題

nz1?n?1ei??0?2?k??n?1ei??0?2?k?n,?k?0,1,2,?n?1?

4)掌握復變函數的定義,知道復變函數的極限與連續的定義.5)熟悉幾個常用的基本初等函數及性質:(1)多項式;(2)有理分式;(3)根式;(4)指數;(5)三角函數.6)掌握復變函數導數的定義, 因復變函數導數的定義在形式上跟實變函數的導數定義一樣,故實變函數中關于導數的規則和公式在復變函數情況仍適用.7)復變函數可導的充要條件是:(1)函數f(z)的實部u 與虛部的偏導數存在,且連續.?u?u?v?v，,?x?y?x?y(2)滿足 C-R條件

?u?v?u?v?,??.?x?y?y?x8)知道復變函數解析的定義,復變函數解析,可導及連續的關系.9)解析函數的性質:

(1)若f(z)在區域B上解析,則f(z)的實部u與虛部v的等值(勢)線互相正交.(2)若f(z)在區域B上解析,則f(z)的實部u與虛部v均為調和函數.(3)若f(z)在區域B上解析,則f(z)的實部u與虛部v 不是獨立的,可由己知解析函數的實部u(或v)求出解析函數f(z).具體求法有3種

:1.直接積分法;2.湊全微分法;3.路徑積分法.10)解析函數性質的應用:

平面標量場.11)知道復變函數中多值性的起源在于幅角,只需對幅角作限定(一般限定在主值范圍,且一般把幅角作限定的復變平面稱為黎曼面.),多值函數就退化為單值函數.第二章 復變函數的積分

1)知道復變函數積分的定義,以及它與實變函數的路徑的關系.2)掌握單連通區域與復連通區域上Cauchy定理及數學表示式:?f?z?dz?0(1)其中l為區域的所有邊界線.l

對單連通區域(1)可表示為

?lf?z?dzn?0,(2)對復連通區域(1)也可表示為:

?f?z?dz???f?z?dzli?1ci(3)其中l為區域的外邊界線,ci為區域的內邊界線.(3)式反映對復連通區域的解析函數沿外邊界的積分值與沿內邊界積分的關系.作為(3)式一個特例: 包含一個奇點的任意一個閉合曲線積分值相同,它為求積分帶來方便.n??z?adz?l?0,?n??1?一個重要的積分公式: ?z?a?ndz?2?i,?n??1?

?l其中l 包含a 點.Cauchy定理為本章的重點.3)解析函數的不定積分.f?z??f'12?i12?i?llf???d???z?z),4)Cauchy公式

?z???z???(?lf???d?2, ,fnn!2?i?(?f???d??z)n?1若對復連通區域 l 為區域的所有邊界線.第三章 冪級數

1)了解一般的復數項級數,知道級數收斂的Cauchy判據,絕對收斂與一致收斂的概念,掌握外氏定理及運用.2)掌握冪級數的一般形式,收斂半徑的計算(R?limn??anan?1)，知道冪級數在收斂圓內絕對且一致收斂，能逐項求導與積分.3)掌握解析函數在單連通區域的Taylor 展開式: ?f?z???a?z?z?k0k?0k,ak?fk?z0?k!

知道Taylor 展開式是唯一的,即同一個函數在同一區域的展開式不管用什么方法得出其結果是相同的.熟悉一些基本的Taylor 展開式: 例?1?ez,?2?cosz,sinz,?3?11?z,?4?ln?1?z?

知道函數在無窮運點的展開式.4)掌握解析函數在復連通區域的洛朗 展開式: f?z???a?z?kk????z0?,其中akk??2?i??c1f???d??z0?k?1，c為環域內任一沿逆時針方向的閉合曲線.知道洛朗 展開式是唯一的,即同一個函數在同一環域的展開式不管用什么方法得出其結果是相同的.所以對洛朗展開可利用熟悉的一些基本Taylor展開式來處理,例如對有理分式總可以把它分解為一系列最簡單的有理分式（1z?z0)之和, 而對1z?z0能用等比級數來展開(關鍵是滿足公比的絕對值小11?z?于1).并與

??k?0z,z?1 比較.知道在什么情況下洛

k朗展開就退化為Taylor展開.5)掌握孤立奇點的分類方法:(1)可去奇點:設z0是f(z)的奇點當f(z)在z=z0的鄰域上展開時,其洛朗展開式中沒有負冪項,就稱z0是f(z)的可去奇點.性質limf?z??a

a為常數.z?z0(2)m階極點: 設z0是f(z)的奇點當f(z)在z=z0的鄰域上展開時,其洛朗展開式中有有限項負冪項,其負冪項的最高冪為m,就稱z0是f(z)的m階極點.性質limf?z??z?z0?.(4)本性奇點: 設z0是f(z)的奇點當f(z)在z=z0的鄰域上展開時,其洛朗展開式中有無窮多項負冪項,就稱z0是f(z)的本性奇點.性質limf?z?不存在z?z0

知道函數在無窮運點奇點的分類.第四章 留數定理

1)掌握留數定理及其計算

?f?z?dzl?2?i?Resf?zi?,其中zi為l內的奇點i?1n 2)掌握留數計算的兩種方法

(1)洛朗展開 : 設z0是f(z)的奇點當f(z)在z=z0的鄰域上展開時,其洛朗展開式中的負一次冪的系數a-1=Resf(z0).任何情況都適合.(2)對m階極點Resf?z0??lim?mz?z01dn?1n?1?1?!dz??z?z0?f?z??,作為一個特例,若f(z)=P(z)/ Q(z),當f(z)為一階極點, P?z0??0,Q?z0??0,Resf?z0??? 'Q?z0?P?z0主要處理有理分式中分母為單根情況.3)應用留數定理計算實變函數定積分 ?類型一

2??0?z?z?1z?z?1R?cos?,sin??d???R?,?22i?z?1?dz??iz?2?i?Resf?zi?,?1???1??iz?zi為f?z?在單單位圓的奇點?z?z?1z?z?1,f?z??R?,?22i?

?1)被積函數為三角函數的有理分式.2)積分區域為[0,2π] 作變換z=eiθ,當θ從變到2π時,復變數z恰好在單位圓上走一圈.類型二

積分條件: 1)積分區域為(-∞,∞)

2)f(z)在實軸有一價極點bk,且在上半平面除有限個奇點ak外是解析的，3)當z→∞時,zf(z)→0 ??f?x?dx???2?i?Resf?ak???i?Resf?bk?.(2)

k?1k?1mp

?類型三

(m>0)???f?x?eimxdx,令F?z??f?z?eimz

積分條件: 1)積分區域為(-∞,∞)

2)f(z)在實軸有一價極點bk,且在上半平面除有限個奇點ak外是解析的，3)當z→∞時,f(z)→0, ??f?x?e???imxdx?2?i?ResF?ak???i?ResF?bk?k?1k?1mp

(3)當f(x)為奇函數時(3)為?f?x?sin0mxdx??[?ResF?ak??k?1?m1pRe?2k?1?sF?bk?]當f??x?為偶函數時,???mf?x?eimxdx?2?f?x?cosmxdx,0

?f?x?cosmxdx0??i[?ResF?ak??k?11pRe?2k?1sF?bk?]

第二篇：復變函數教案1.1

第一章

復數與復變函數

教學課題：第一節 復數

教學目的：

1、復習、了解中學所學復數的知識；

2、理解所補充的新理論；

3、熟練掌握復數的運算并能靈活運用。

教學重點：復數的輻角 教學難點：輻角的計算 教學方法：啟發式教學

教學手段：多媒體與板書相結合 教材分析：復變函數這門學科的一切討論都是在復數范圍內進行的，它是學好本們課程的基礎。因此，復習、了解中學所學復數的知識，理解所補充的新理論，熟練掌握復數的運算并能靈活運用顯得尤為重要。教學過程：

1、復數域：

每個復數z具有x?iy的形狀，其中別稱為

x和y?R，i??1是虛數單位；

x和y分z的實部和虛部，分別記作x?Rez，y?Imz。

復數z1?x1?iy1和z2?x2?iy2相等是指它們的實部與虛部分別相等。

z可以看成一個實數；如果Imz?0，那么z稱為一個虛數；如果Imz?0，而Rez?0，則稱z為一個純虛數。如果Imz?0，則復數的四則運算定義為：

(a1?ib1)?(a2?ib2)?(a1?a2)?i(b1?b2)(a1?ib1)(a2?ib2)?(a1a2?b1b2)?i(a1b2?a2b1)

(a1?ib1)a1a2?b1b2a2b1?a1b2)?2?i 222(a2?ib2)a2?b2a2?b2復數在四則運算這個代數結構下，構成一個復數域，記為C。

2、復平面：

C也可以看成平面R，我們稱為復平面。

2作映射：C?R2:z?x?iy?(x,y)，則在復數集與平面R2之建立了一個1-1對應。橫坐標軸稱為實軸，縱坐標軸稱為虛軸；復平面一般稱為z-平面，w-平面等。

3、復數的模和輻角

復數可以等同于平面中的向量，z(x,y)?x?iy。

x2?y2向量的長度稱為復數的模，定義為：|z|?；

向量與正實軸之間的夾角稱為復數的輻角，定義為：Argz?arctany?2?i（k?Zx）。

tan??y,??Argz我們知道人亦非零復數有無限多個輻角，今以xargz表示其中的一個特定值，并稱合條件

???argz??的一個為主值，或稱之為z的主輻角。于是，??Argz?argz?2k?,(k?0,?1,?2,?)。注意，當z=0時輻角無異議。當z?0時argz表示z的主輻角,它與反正切Arctan的主值arctan（???argz??，??arctan?）

22yxy有如下關系x?yx?y?arctan,當x?0,y?0;?x???,當x?0,y?0;?2?y??arctan??,當x?0,y?0;argz?x(z?0)?y?arctan??,當x?0,y?0;?x??-?,當x?0,y?0;??2復數的三角表示定義為：z?|z|(cosArgz?isinArgz)； 復數加法的幾何表示： 設z1、z2是兩個復數，它們的加法、減法幾何意義是向量相加減，幾何意義如下圖：

yz2z1?z2z2z1xz1?z20?z2關于兩個復數的和與差的模，有以下不等式：（1）、|z1?z2|?|z1|?|z2|；（2）、|z1?z2|?||z1|?|z2||；（3）、|z1?z2|?|z1|?|z2|；（4）、|z1?z2|?||z1|?|z2||；（5）、|Rez|?|z|,|Imz|?|z|；（6）、|z|2?zz； 例1 試用復數表示圓的方程：

a(x2?y2)?bx?cy?d?0

（a?0）

其中，a,b,c,d是實常數。

解：方程為

azz??z??z?d?0，其中??(b?ic)。

例

2、設z1、z2是兩個復數，證明

z1?z2?z1?z2,z1z2?z1z2

12z1?z1

利用復數的三角表示，我們可以更簡單的表示復數的乘法與除法：設z1、z2是兩個非零復數，則有 z1?|z1|(cosArgz1?isinArgz1)z2?|z2|(cosArgz2?isinArgz2)

則有

z1z2?|z1||z2|[cos(Argz1?Argz2)?isin(Argz1?Argz2)]

即|z1z2|?|z1||z2|，Arg(z1z2)?Argz1?Argz2，其中后一個式子應理解為集合相等。

同理，對除法，有

z1/z2?|z1|/|z2|[cos(Argz1?Argz2)?isin(Argz1?Argz2)]

即|z1/z2|?|z1|/|z2|，Arg(z1/z2)?Argz1?Argz2，其后一個式子也應理解為集合相等。

例

3、設z1、z2是兩個復數，求證：

|z1?z2|2?|z1|2?|z2|2?2Re(z1z2)，例

4、作出過復平面C上不同兩點a,b的直線及過不共線三點 a,b,c的圓的表示式。解：直線：Imz?a?0； b?az?ac?a)?0 圓：Im(z?bc?b4、復數的乘冪與方根

利用復數的三角表示，我們也可以考慮復數的乘冪：

ab

abc

zn?|z|n(cosnArgz?isinnArgz)?rn(cosn??isinn?)從而有zn?z,當r?1時,則得棣莫弗(DeMoivre)公式1，則 znn

令z?n?z?n?|z|?n[cos(?nArgz)?isin(?nArgz)]

進一步，有

11z?n|z|[cos(Argz)?isin(Argz)]

nn1n共有n-個值。

例

4、求4(1?i)的所有值。解：由于1?i?2(cos4??isin)，所以有 441?1?(?2k?)?isin(?2k?)] 4444?(1?i)?82[cos4(1?i)?82[cos(?16?k??k?)?isin(?)]2162其中，k?0,1,2,3。

5、共軛復數

復數的共軛定義為：z?x?iy；顯然z?z,Argz??Argz,這表明在復平面上,z與z兩點關于實軸是對稱的

我們也容易驗證下列公式：(1),?z??z,z1?z2?z1?z2,(2),z1z2?z1z2,(2z1z)?1(z2?0),z2z2z?zz?z ,Imz?,22i(4),設R(a,b,c?)表示對于復數a,b,c?的任一有理運算,則(3),z?zz,Rez?R(a,b,c?)?R(a,b,c?)

6、作業：

第三篇：復變函數教案7.3.2

第七章 共形映射

教學課題：第三節

黎曼存在定理

教學目的：

1、充分理解黎曼存在定理極其重要意義；

2、充分了解邊界對應定理；

3、了解線性變換的不動點；

4、掌握線性變換的保形性、保圓性、保交比性、保對稱點性。

教學重點：線性變換的保形性、保圓性、保交比性、保對稱點性 教學難點：線性變換的保交比性、保對稱點性 教學方法：啟發式、討論式 教學手段：多媒體與板書相結合

教材分析：由于線性變換的保形性、保圓性、保交比性和保對稱點性，它在處理邊界為圓弧或直線的區域的變換中，起著重要的作用。教學過程：

8、實例：

在解決某些實際問題以及數學理論問題時，我們往往要把有關解析函數的定義域保形映射成較簡單的區域，以便進行研究及計算，我們下面給出幾個實例。例

1、求作一個單葉函數，把半圓盤|z|<1，Imz>0保形映射成上半平面。解：因為圓及實軸在-1及+1直交，所以作分式線性函數

z?1，w'?z?1把-1及+1分別映射成w'平面上的0及?兩點，于是把|z|=1及Imz=0映射成w'平面上在原點互相直交上面的兩條直線。

由于分式線性函數中的系數是實數，所以z平面上的實軸映射成w'平面上的實軸；又由于z=0映射成w'=-1，半圓的直徑AC映射成w'平面上的負半實軸。

yDABCxCB(?1)OA(0)CD(?1)A(0)B(1)OD(?i)Cz?平面w'?平面w?平面i?1顯然圓|z|=1映射成w'平面上的虛軸；又由于z=i映射成w'???i，i?1半圓ADC映射成w'平面上的下半虛軸。

根據在保形映射下區域及其邊界之間的對應關系，已給半圓盤映射到w'平面上的的區域，應當在周界ABC的左方，因此它是第三象限?最后作映射

?argw'??2。

w?w'2，當w'在第三象限中變化時，argw'在2?及3?之間變化。因此w'平面上的第三象限就映照成w平面上的上半平面。因此，所求單葉函數為：

例

2、求作一個單葉函數，把z平面上的帶形0?Imz??保形映射成w平面上的單位圓|w|<1。解：函數

z?12w?w'?()。

z?12w'?ez，把z平面上的已給帶形保形映射成w'平面上的上半平面。

y取

i?iw'

1xOO?i平面上

Oz?平面w'?平面w?平面關于實軸的對稱點-i及i，那么函數

w'?i, w?w'?i把的w'平面上的上半平面保形映射成w平面上的單位圓|w|<1。

因此，我們得到

ez?iw?z.e?i

例

3、求作一個單葉函數，把擴充z平面上單位圓的外部|z|>1保形映射成擴充w平面上去掉割線?1?Rew?1,Imw?0而得的區域。解：容易驗證，分式線性函數

w?1，w'?w?1把割線?1?Rew?1,Imw?0保形映射成

yw'平面上的負實軸，把擴充w平面上已給區域保形映射成w'平面上除去負實軸（包括0）而得的區域。

Ow'?平面xOO?11Cz?平面??平面w?平面另一方面，分式線性函數

z?1，??z?1把圓|z|=1保形映射成?平面上的 虛軸。由于它把z=2映射成??3，可見它

?平面上的右半平面。顯然

w'??2，把擴充z平面上單位圓的外部|z|>1保形映射成把?平面上的這一部分保形映射成w'平面上除去負實軸而得的區域。

因此我們得到

w?1?z?1????w?1?z?1?由此可得函數 w?(z?)2z即為所求函數。

例

4、求作一個單葉函數，把z平面上半帶域??射成w平面上的上半平面，并且使得

/2?x??/2,y?0保形映

f(??/2)??1,f(0)?0。

解：把坐標系按反時針方向旋轉一個直角，并且應用指數函數做映射，我們求得函數

w'?eiz，把上述半帶域映射成w'平面上的半圓盤。

yyDDA(?)CB(?1)C(0)ABCxODBxw1?平面OA(?1)AB(0)C(1)z?平面w'?平面w?平面

把坐標系按反時針方向旋轉一個直角，并且應用例1中的映射，得到函數

?iw'?1?w1????iw'?1?這時z把w12，因此，我們得到把以給半帶域保形映射成w1平面的上半平面的單葉函數，不過???/2,0,?/2分別被映射成w1??,?1,0。作分式線性函數，??,?1,0映射成w??1,0,?1：

w1?1w??，w1?1最后得到所求的單葉函數：

(iw'?1)2?(iw'?1)2w'2?11iz?izw????(e?e)?sinz。22(iw'?1)?(iw'?1)2iw'2i例

5、在z平面的上半平面上，沿虛軸作一長h為的割線。求作一個單葉函數，把上述半平面去掉割線而得的區域保形映射成w平面上的上半平面。

解：首先作映射，把割線去掉，使已給區域的全部邊界都變到w'平面的實軸上。為此，用在上述區域內的單葉解析函數

w'?z2，把z平面的第一及第二象限分別映射成w'平面的上半平面及下半平面。這時射線AD被映射成w'平面上正實軸的上沿，DC被映射成從0到h2的線段的上沿，CB被映射成這條線段的下沿，BA被映射成正實軸的下沿，于是z平面上已給區域yC(hi)C(?h2)D(0)A(?)B(0)ABDA(?)xAB(?h)w'?平面A(?)C(0)D(h)OD(h2)C(0)A(?)w?平面A(?)B(h2)z?平面A(?)w1?平面被保形影射成w'平面除去射線Imw'?0,Rew'??h2而得的區域。

顯然，函數

w1?w'?h2，把w'平面的上述區域映射成w1平面上除去正實軸所得的區域；而函數

w?w1，又把這一區域映射成w平面上的上半平面，其中取正值的一個解析分支。

結合以上討論，我們得到所求的單葉函數是：

w1應理解為在正實軸的上沿w?w1?w'?h2?z2?h2。

第四篇：復變函數課后習題答案

習題一答案

1．求下列復數的實部、虛部、模、幅角主值及共軛復數：

（1）

（2）

（3）

（4）

解：（1），因此：，（2），因此，（3），因此，（4）

因此，2．

將下列復數化為三角表達式和指數表達式：

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

解：（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

3．求下列各式的值：

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

解：（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

4．設試用三角形式表示與

解：，所以，5．

解下列方程：

（1）

（2）

解：（1）

由此，（2），當時，對應的4個根分別為：

6．證明下列各題：（1）設則

證明：首先，顯然有；

其次，因

固此有

從而。

（2）對任意復數有

證明：驗證即可，首先左端，而右端，由此，左端=右端，即原式成立。

（3）若是實系數代數方程的一個根，那么也是它的一個根。

證明：方程兩端取共軛，注意到系數皆為實數，并且根據復數的乘法運算規則，由此得到：

由此說明：若為實系數代數方程的一個根，則也是。結論得證。

（4）若則皆有

證明：根據已知條件，有，因此：，證畢。

（5）若，則有

證明：，因為，所以，因而，即，結論得證。

7．設試寫出使達到最大的的表達式，其中為正整數，為復數。

解：首先，由復數的三角不等式有，在上面兩個不等式都取等號時達到最大，為此，需要取與同向且，即應為的單位化向量，由此，8．試用來表述使這三個點共線的條件。

解：要使三點共線，那么用向量表示時，與應平行，因而二者應同向或反向，即幅角應相差或的整數倍，再由復數的除法運算規則知應為或的整數倍，至此得到：

三個點共線的條件是為實數。

9．寫出過兩點的直線的復參數方程。

解：過兩點的直線的實參數方程為：，因而，復參數方程為：

其中為實參數。

10．下列參數方程表示什么曲線？（其中為實參數）

（1）

（2）

（3）

解：只需化為實參數方程即可。

（1），因而表示直線

（2），因而表示橢圓

（3），因而表示雙曲線

11．證明復平面上的圓周方程可表示為，其中為復常數，為實常數

證明：圓周的實方程可表示為：，代入，并注意到，由此，整理，得

記，則，由此得到，結論得證。

12．證明：幅角主值函數在原點及負實軸上不連續。

證明：首先，在原點無定義，因而不連續。

對于，由的定義不難看出，當由實軸上方趨于時，而當由實軸下方趨于時，由此說明不存在，因而在點不連續，即在負實軸上不連續，結論得證。

13．函數把平面上的曲線和分別映成平面中的什么曲線？

解：對于，其方程可表示為，代入映射函數中，得，因而映成的像曲線的方程為，消去參數，得

即表示一個圓周。

對于，其方程可表示為

代入映射函數中，得

因而映成的像曲線的方程為，消去參數，得，表示一半徑為的圓周。

14．指出下列各題中點的軌跡或所表示的點集，并做圖：

解：（1），說明動點到的距離為一常數，因而表示圓心為，半徑為的圓周。

（2）是由到的距離大于或等于的點構成的集合，即圓心為半徑為的圓周及圓周外部的點集。

（3）說明動點到兩個固定點1和3的距離之和為一常數，因而表示一個橢圓。代入化為實方程得

（4）說明動點到和的距離相等，因而是和連線的垂直平分線，即軸。

（5），幅角為一常數，因而表示以為頂點的與軸正向夾角為的射線。

15．做出下列不等式所確定的區域的圖形，并指出是有界還是無界，單連通還是多連通。

（1），以原點為心，內、外圓半徑分別為2、3的圓環區域，有界，多連通

（2），頂點在原點，兩條邊的傾角分別為的角形區域，無界，單連通

（3），顯然，并且原不等式等價于，說明到3的距離比到2的距離大，因此原不等式表示2與3

連線的垂直平分線即2.5左邊部分除掉2后的點構成的集合，是一無界，多連通區域。

（4），顯然該區域的邊界為雙曲線，化為實方程為，再注意到到2與到2的距離之差大于1，因而不等式表示的應為上述雙曲線左邊一支的左側部分，是一無界單連通區域。

（5），代入，化為實不等式，得

所以表示圓心為半徑為的圓周外部，是一無界多連通區域。

習題二答案

1．指出下列函數的解析區域和奇點，并求出可導點的導數。

（1）

（2）

（3）

（4）

解：根據函數的可導性法則（可導函數的和、差、積、商仍為可導函數，商時分母不為0），根據和、差、積、商的導數公式及復合函數導數公式，再注意到區域上可導一定解析，由此得到：

（1）處處解析，（2）處處解析，（3）的奇點為，即，（4）的奇點為，2．

判別下列函數在何處可導，何處解析，并求出可導點的導數。

（1）

（2）

（3）

（4）

解：根據柯西—黎曼定理：

（1），四個一階偏導數皆連續，因而處處可微，再由柯西—黎曼方程

解得：，因此，函數在點可導，函數處處不解析。

（2），四個一階偏導數皆連續，因而處處可微，再由柯西—黎曼方程

解得：，因此，函數在直線上可導，因可導點集為直線，構不成區域，因而函數處處不解析。

（3），四個一階偏導數皆連續，因而

處處可微，并且

處處滿足柯西—黎曼方程

因此，函數處處可導，處處解析，且導數為

（4），，因函數的定義域為，故此，處處不滿足柯西—黎曼方程，因而函數處處不可導，處處不解析。

3．當取何值時在復平面上處處解析？

解：，由柯西—黎曼方程得：

由（1）得，由（2）得，因而，最終有

4．證明：若解析，則有

證明：由柯西—黎曼方程知，左端

右端，證畢。

5．證明：若在區域D內解析，且滿足下列條件之一，則在D內一定為常數。

（1）在D內解析，（2）在D內為常數，（3）在D內為常數，（4）

（5）

證明：關鍵證明的一階偏導數皆為0！

（1），因其解析，故此由柯西—黎曼方程得

------------------------（1）

而由的解析性，又有

------------------------（2）

由（1）、（2）知，因此即

為常數

（2）設，那么由柯西—黎曼方程得，說明與無關，因而，從而為常數。

（3）由已知，為常數，等式兩端分別對求偏導數，得

----------------------------（1）

因解析，所以又有

-------------------------（2）

求解方程組（1）、（2），得，說明

皆與無關，因而為常數，從而也為常數。

（4）同理，兩端分別對求偏導數，得

再聯立柯西—黎曼方程，仍有

（5）同前面一樣，兩端分別對求偏導數，得

考慮到柯西—黎曼方程，仍有，證畢。

6．計算下列各值（若是對數還需求出主值）

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

解：（1）

（2），為任意整數，主值為：

（3），為任意整數

主值為：

（4）

（5），為任意整數

（6），當分別取0，1，2時得到3個值：，7．

求和

解：，因此根據指數函數的定義，有，（為任意整數）

8．設，求

解：，因此

9．解下列方程：

（1）

（2）

（3）

（4）

解：（1）方程兩端取對數得：

（為任意整數）

（2）根據對數與指數的關系，應有

（3）由三角函數公式（同實三角函數一樣），方程可變形為

因此

即，為任意整數

（4）由雙曲函數的定義得，解得，即，所以，為任意整數

10．證明羅比塔法則：若及在點解析，且，則，并由此求極限

證明：由商的極限運算法則及導數定義知，由此，11．

用對數計算公式直接驗證：

（1）

（2）

解：記，則

（1）左端，右端，其中的為任意整數。

顯然，左端所包含的元素比右端的要多（如左端在時的值為，而右端卻取不到這一值），因此兩端不相等。

（2）左端

右端

其中為任意整數，而

不難看出，對于左端任意的，右端取或時與其對應；反之，對于右端任意的，當為偶數時，左端可取于其對應，而當為奇數時，左端可取于其對應。綜上所述，左右兩個集合中的元素相互對應，即二者相等。

12．證明

證明：首先有，因此，第一式子證畢。

同理可證第二式子也成立。

13．證明

（即）

證明：首先，右端不等式得到證明。

其次，由復數的三角不等式又有，根據高等數學中的單調性方法可以證明時，因此接著上面的證明，有，左端不等式得到證明。

14．設，證明

證明：由復數的三角不等式，有，由已知，再主要到時單調增加，因此有，同理，證畢。

15．已知平面流場的復勢為

（1）

（2）

（3）

試求流動的速度及流線和等勢線方程。

解：只需注意，若記，則

流場的流速為，流線為，等勢線為，因此，有

（1）

流速為，流線為，等勢線為

（2）

流速為，流線為，等勢線為

（3）

流速為，流線為，等勢線為

習題三答案

1．計算積分，其中為從原點到的直線段

解：積分曲線的方程為，即，代入原積分表達式中，得

2．計算積分，其中為

（1）從0到1再到的折線

（2）從0到的直線

解：（1）從0到1的線段方程為：，從1到的線段方程為：，代入積分表達式中，得；

（2）從0到的直線段的方程為，代入積分表達式中，得，對上述積分應用分步積分法，得

3．積分，其中為

（1）沿從0到

（2）沿從0到

解：（1）積分曲線的方程為，代入原積分表達式中，得

（2）積分曲線的方程為，代入積分表達式中，得

4．計算積分，其中為

（1）從1到+1的直線段

（2）從1到+1的圓心在原點的上半圓周解：（1）的方程為，代入，得

（2）的方程為，代入，得

5．估計積分的模,其中為+1到-1的圓心在原點的上半圓周。

解：在上，=1，因而由積分估計式得的弧長

6．用積分估計式證明：若在整個復平面上有界，則正整數時

其中為圓心在原點半徑為的正向圓周。

證明：記，則由積分估計式得，因，因此上式兩端令取極限，由夾比定理，得，證畢。

7．通過分析被積函數的奇點分布情況說明下列積分為0的原因，其中積分曲線皆為。

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

解：各積分的被積函數的奇點為：（1），（2）

即，（3）

（4）為任意整數，（5）被積函數處處解析，無奇點

不難看出，上述奇點的模皆大于1，即皆在積分曲線之外，從而在積分曲線內被積函數解析，因此根據柯西基本定理，以上積分值都為0。

8．計算下列積分：

（1）

（2）

（3）

解：以上積分皆與路徑無關，因此用求原函數的方法：

（1）

（2）

（3）

9．計算，其中為不經過的任一簡單正向閉曲線。

解：被積函數的奇點為，根據其與的位置分四種情況討論：

（1）皆在外，則在內被積函數解析，因而由柯西基本定理

（2）在內，在外，則在內解析，因而由柯西積分

公式：

（3）同理，當在內，在外時，（4）皆在內

此時，在內圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復合閉路原理得：

注：此題若分解，則更簡單！

10．計算下列各積分

解：（1），由柯西積分公式

（2），在積分曲線內被積函數只有一個奇點，故此同上題一樣：

（3）

在積分曲線內被積函數有兩個奇點，圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復合閉路原理得：

（4），在積分曲線內被積函數只有一個奇點1，故此

（5），在積分曲線內被積函數有兩個奇點，圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復合閉路原理得：

（6）為正整數，由高階導數公式

11．計算積分，其中為

（1）

（2）

（3）

解：（1）由柯西積分公式

（2）同理，由高階導數公式

（3）由復合閉路原理，其中，為內分別圍繞0，1且相互外離的小閉合曲線。

12．積分的值是什么？并由此證明

解：首先，由柯西基本定理，因為被積函數的奇點在積分曲線外。

其次，令，代入上述積分中，得

考察上述積分的被積函數的虛部，便得到，再由的周期性，得

即，證畢。

13．設都在簡單閉曲線上及內解析，且在上，證明在內也有。

證明：由柯西積分公式，對于內任意點，由已知，在積分曲線上，故此有

再由的任意性知，在內恒有，證畢。

14．設在單連通區域內解析，且，證明

（1）

在內；

（2）

對于內任一簡單閉曲線，皆有

證明：（1）顯然，因為若在某點處則由已知，矛盾！

（也可直接證明：，因此，即，說明）

（3）

既然，再注意到解析，也解析，因此由函數的解析性法則知也在區域內解析，這樣，根據柯西基本定理，對于內任一簡單閉曲線，皆有，證畢。

15．求雙曲線

（為常數）的正交（即垂直）曲線族。

解：為調和函數，因此只需求出其共軛調和函數，則

便是所要求的曲線族。為此，由柯西—黎曼方程，因此，再由

知，即為常數，因此，從而所求的正交曲線族為

（注：實際上，本題的答案也可觀察出，因極易想到

解析）

16．設，求的值使得為調和函數。

解：由調和函數的定義，因此要使為某個區域內的調和函數，即在某區域內上述等式成立，必須，即。

17．已知，試確定解析函數

解：首先，等式兩端分別對求偏導數，得

----------------------------------（1）

-------------------------------（2）

再聯立上柯西—黎曼方程

------------------------------------------------------（3）

----------------------------------------------------（4）

從上述方程組中解出，得

這樣，對積分，得再代入中，得

至此得到：由二者之和又可解出，因此，其中為任意實常數。

注：此題還有一種方法：由定理知

由此也可很方便的求出。

18．由下列各已知調和函數求解析函數

解：（1），由柯西—黎曼方程，對積分，得，再由得，因此，所以，因，說明時，由此求出，至此得到：，整理后可得：

（2），此類問題，除了上題采用的方法外，也可這樣：，所以，其中為復常數。代入得，故此

（3）

同上題一樣，因此，其中的為對數主值，為任意實常數。

（4），對積分，得

再由得，所以為常數，由知，時，由此確定出，至此得到：，整理后可得

19．設在上解析，且，證明

證明：由高階導數公式及積分估計式，得，證畢。

20．若在閉圓盤上解析，且，試證明柯西不等式，并由此證明劉維爾定理：在整個復平面上有界且處處解析的函數一定為常數。

證明：由高階導數公式及積分估計式，得，柯西不等式證畢；下證劉維爾定理：

因為函數有界，不妨設，那么由柯西不等式，對任意都有，又因處處解析，因此可任意大，這樣，令，得，從而，即，再由的任意性知，因而為常數，證畢。

習題四答案

1．考察下列數列是否收斂，如果收斂，求出其極限．

（1）

解：因為不存在，所以不存在，由定理4.1知，數列不收斂．

（2）

解：，其中，則

．

因為，所以

由定義4.1知，數列收斂，極限為0．

（3）

解：因為，所以

由定義4.1知，數列收斂，極限為0．

（4）

解：設，則，因為，都不存在，所以不存在，由定理4.1知，數列不收斂．

2．下列級數是否收斂？是否絕對收斂?

(1)

解：，由正項級數的比值判別法知該級數收斂，故級數收斂，且為絕對收斂．

(2)

解：，因為是交錯級數，根據交錯級數的萊布尼茲審斂法知該級數收斂，同樣可知，也收斂，故級數是收斂的．

又，因為發散，故級數發散，從而級數條件收斂．

(3)

解：，因級數發散，故發散．

(4)

解：，由正項正項級數比值判別法知該級數收斂，故級數收斂，且為絕對收斂．

3．試確定下列冪級數的收斂半徑．

(1)

解：，故此冪級數的收斂半徑．

(2)

解：，故此冪級數的收斂半徑．

(3)

解：，故此冪級數的收斂半徑．

(4)

解：令，則，故冪級數的收斂域為，即，從而冪級數的收斂域為，收斂半徑為．

4．設級數收斂，而發散，證明的收斂半徑為．

證明：在點處，因為收斂，所以收斂，故由阿貝爾定理知，時，收斂，且為絕對收斂，即收斂．

時，因為發散，根據正項級數的比較準則可知，發散，從而的收斂半徑為1，由定理4.6，的收斂半徑也為1．

5．如果級數在它的收斂圓的圓周上一點處絕對收斂，證明它在收斂圓所圍的閉區域上絕對收斂．

證明：時，由阿貝爾定理，絕對收斂．

時，由已知條件知，收斂，即收斂，亦即絕對收斂．

6．將下列函數展開為的冪級數，并指出其收斂區域．

（1）

解：由于函數的奇點為，因此它在內處處解析，可以在此圓內展開成的冪級數．根據例4.2的結果，可以得到

．

將上式兩邊逐項求導，即得所要求的展開式

=．

（2）

解：①時，由于函數的奇點為，因此它在內處處解析，可以在此圓內展開成的冪級數．

===．

②時，由于函數的奇點為，因此它在內處處解析，可以在此圓內展開成的冪級數．

=

=．

（3）

解：由于函數在復平面內處處解析，所以它在整個復平面內可以展開成的冪級數．

．

（4）

解：由于函數在復平面內處處解析，所以它在整個復平面內可以展開成的冪級數．

（5）

解：由于函數在復平面內處處解析，所以它在整個復平面內可以展開成的冪級數．

=．

（6）

解：由于函數在復平面內處處解析，所以它在整個復平面內可以展開成的冪級數．

=

==．

7．求下列函數展開在指定點處的泰勒展式，并寫出展式成立的區域．

（1）

解：，．

由于函數的奇點為，所以這兩個展開式在內處處成立．所以有：

．

（2）

解：由于

所以．

（3）

解：

=．

展開式成立的區域：，即

（4）

解：，，……，，……，故有

因為的奇點為，所以這個等式在的范圍內處處成立。

8．將下列函數在指定的圓域內展開成洛朗級數．

(1)

解：，故有

(2)

解：

①在內

②在內

(3)

解：①在內，②在內

(4)

解：在內

(5)

解：

在內

故有

9．將在的去心鄰域內展開成洛朗級數．

解：因為函數的奇點為，所以它以點為心的去心鄰域是圓環域．在內

又

故有

10．函數能否在圓環域內展開為洛朗級數？為什么？

答：不能。函數的奇點為,，所以對于，內都有的奇點，即以為環心的處處解析的圓環域不存在，所以函數不能在圓環域內展開為洛朗級數．

習題五答案

1．求下列各函數的孤立奇點，說明其類型，如果是極點，指出它的級．

（1）

解：函數的孤立奇點是，因

由性質5.2知，是函數的1級極點，均是函數的2級極點．

（2）

解：函數的孤立奇點是，因，由極點定義知，是函數的2級極點．

（3）

解：函數的孤立奇點是，因，由性質5.1知，是函數可去奇點．

（4）

解：函數的孤立奇點是,①，即時，因

所以是的3級零點，由性質5.5知，它是的3級極點

②，時，令，因，由定義5.2知，是的1級零點，由性質5.5知，它是的1級極點

（5）

解：函數的孤立奇點是,令，①

時，，由定義5.2知，是的2級零點，由性質5.5知，它是的2級極點，故是的2級極點．

②時，，由定義5.2知，是的1級零點，由性質5.5知，它是的1級極點，故是的１級極點．

（６）

解：函數的孤立奇點是，令，①

時，因，所以是的2級零點，從而它是的2級極點．

②時，，由定義5.2知，是的1級零點，由性質5.5知，它是的１級極點．

2．指出下列各函數的所有零點，并說明其級數．

（1）

解：函數的零點是，記，①

時，因，故是的2級零點．

②時，，由定義5.2知，是的1級零點．

（2）

解：函數的零點是，因，所以由性質5.4知，是的2級零點．

（3）

解：函數的零點是，，記，①

時，是的1級零點，的1級零點，的2級零點，所以是的4級零點．

②，時，，由定義5.2知，是的1級零點．

③，時，，由定義5.2知，是的1級零點．

3．是函數的幾級極點？

答：記，則，，，將代入，得：，由定義5.2知，是函數的5級零點，故是的10級極點．

4．證明：如果是的級零點，那么是的級零點．

證明：因為是的級零點，所以，即，由定義5.2知，是的級零點．

5．求下列函數在有限孤立奇點處的留數．

（1）

解：函數的有限孤立奇點是，且均是其1級極點．由定理5.2知，．

（2）

解：函數的有限孤立奇點是，且是函數的3級極點，由定理5.2，．

（3）

解：函數的有限孤立奇點是，因

所以由定義5.5知，．

（4）

解：函數的有限孤立奇點是，因

所以由定義5.5知，．

（5）

解：函數的有限孤立奇點是，因

所以由定義5.5知，．

（6）

解：函數的有限孤立奇點是．

①，即，因為

所以是的2級極點．由定理5.2，．

②時，記，則，因為，所以由定義5.2知，是的1級零點，故它是的1級極點．由定理5.3，．

6．利用留數計算下列積分（積分曲線均取正向）．

（1）

解：是被積函數在積分區域內的有限孤立奇點，且為2級極點，由定理5.2，由定理5.1知，．

（2）

解：是被積函數在積分區域內的有限孤立奇點，且為1級極點，所以由定理5.1及定理5.2，．

（3）

解：是被積函數在積分區域內的有限孤立奇點，因為，所以由性質5.1知是函數的可去奇點，從而由定理5.1，由定理5.1，．

（4）

解：是被積函數在積分區域內的有限孤立奇點，且為2級極點，由定理5.2，由定理5.1，．

（5）

解：是被積函數在積分區域內的有限孤立奇點，由性質5.6知是函數的1級極點，由定理5.1，．

（6）

解：被積函數在積分區域內的有限孤立奇點為：，由定理5.3，這些點均為的1級極點，且

由定理5.1，．

7．計算積分，其中為正整數，．

解：記，則的有限孤立奇點為，且為級極點，分情況討論如下：

①時，均在積分區域內，由定理5.1，故有．

②時，均不在積分區域內，所以．

③時，在積分區域內，不在積分區域內，所以

習題五

8．判斷是下列各函數的什么奇點？求出在的留數。

解：（1）因為

所以，是的可去奇點，且。

（2）因為

所以

于是，是的本性奇點，且。

（3）因為

所以

容易看出，展式中由無窮多的正冪項，所以是的本性奇點。

（4）因為

所以是的可去奇點。

9．計算下列積分：

解：（1）

（2）

從上式可知，所以。

10．求下列各積分之值：

（1）解：設則。于是

（2）解：設則。于是

（3）解：顯然，滿足分母的次數至少比分子的次數高二次，且在實軸上沒有奇點，積分是存在的。在上半平面內只有一個奇點，且為2級極點。于是

（4）解：

顯然，滿足分母的次數至少比分子的次數高二次，且在實軸上沒有奇點，積分是存在的。在上半平面內只有和二個奇點，且都為1

級極點。于是

所以

（5）解：顯然，滿足分母的次數至少比分子的次數高一次，且在實軸上沒有奇點，在上半平面內只有一個奇點，且為1

級極點。于是

（6）解：顯然，滿足分母的次數至少比分子的次數高一次，且在實軸上沒有奇點，在上半平面內只有一個奇點，且為1

級極點。于是

11．利用對數留數計算下列積分：

解：（1），這里為函數在內的零點數，為在內的極點數。

（2）

這里為函數在內的零點數，為在內的極點數；為函數在內的零點數，為在內的極點數。

(3)

這里為函數在內的零點數，為在內的極點數。

(4)

這里為函數在內的零點數，為在內的極點數。

12．證明方程有三個根在環域內

證明：令。因為當時，有

所以，方程與在內根的數目相同，即4個。

又當時，有

所以，方程與在內根的數目相同，即1個。

綜合上述得到，在環域內有3個根。

13．討論方程在與內各有幾個根。

解：令。因為當時，有

所以，方程與在內根的數目相同，即1個。

又當時，有

所以，方程與在內根的數目相同，即4個。

根據上述還可以得到，在環域內有3個根。

14．當時，證明方程與在單位圓內有n個根。

證明：令。因為當時，有

所以，當時，方程與在內根的數目相同，即n個。

習題七答案

1．試證：若滿足傅氏積分定理的條件，則有

證明：根據付氏積分公式，有

2．求下列函數的傅氏變換：

（1）

（2）

（3）

（4）

解：（1）

f(t)

(2)

(3)

(4)

由于

所以

3．求下列函數的傅氏變換，并推證所列的積分等式。

(1)

證明

(2)

證明。

解：(1)

由傅氏積分公式，當時

所以，根據傅氏積分定理

(2)

由傅氏積分公式

所以，根據傅氏積分定理

5．求下列函數的傅氏變換：

(1)

(2)

(3)

(4)

解：（1）

(2)

(3)

由于

所以

(4)

由于

所以

6．證明：若其中為一實函數，則

其中為的共軛函數。

證明：由于

所以

于是有

7．若，證明（翻轉性質）。

證明：由于

所以

對上述積分作變換，則

8．證明下列各式：

(1)

（為常數）；

(2)

證明：（1）

（2）

9．計算下列函數和的卷積：

(1)

(2)

(2)

(2)

解:

(1)

顯然，有

當時，由于=0，所以；

當時，（2）顯然，有

所以，當

或

或

時，皆有=0。于是

當時，；

當時，；

當時。

又

所以

從而

當時，當時，總結上述，得。

10．求下列函數的傅氏變換：

(1)

(2)

(3)

(4)

解：（1）由于

根據位移性質

（2）

（3）根據位移性質

再根據像函數的位移性質

（4）由于

根據微分性質

再根據位移性質。

習題八

1．求下列函數的拉氏變換：

(1)

解：由拉氏變換的定義知：

(2)

解：由拉氏變換的定義以及單位脈動函數的篩選性質知：

2.求下列函數的拉氏變換：

(1)

解：由拉氏變換的線性性質知：

(2)

解：由拉氏變換的線性性質和位移性質知：

(3)

解：法一：利用位移性質。

由拉氏變換的位移性質知：

法二：利用微分性質。

令

則

由拉氏變換的微分性質知：

即

(4)

解：因為

故由拉氏變換的位移性知：

(5)

解：

故

(6)

解：因為

即：

故

(7)

解：

法一：利用拉氏變換的位移性質。

法二：利用微分性質。

令則

由拉氏變換的微分性質知：

又因為

所以

(8)

解：法一：利用拉氏變換的位移性質。

因為

故

法二：利用微分性質。

令，則

故

由拉氏變換的微分性質知：.故

3.利用拉氏變換的性質計算下列各式：

(1)

求

解：因為

所以由拉氏變換的位移性質知：

(2)

求

解：設

則

由拉氏變換的積分性質知：

再由微分性質得：

所以

4.利用拉氏變換的性質求

(1)

解：法一：利用卷積求解。

設

則

而

由卷積定理知：

法二：利用留數求解。

顯然在內有兩個2級極點。除此外處處解析，且當時，故由定理8.3知：

(2)

解：法一：利用卷積求解。

設

則

而

由卷積定理知

法二：用留數求解。

顯然在內有兩個2級極點。除此外處處解析，且當時，故由定理8.3知：

法三：利用拉氏變換積分性質求解。

由(1)題知

故

即

5.利用積分性質計算

(1)

解：設

由拉氏變換的微分性質得：

所以

(2)

解：在(1)題中取得

由拉氏變換的位移性質知：

再由拉氏變換的積分性質得

6.計算下列積分：

(1)

解：

由拉氏變換表知：取

則

(2)

解：

7．求下列函數的拉氏逆變換：

(1)

解：因

取得

故

(2)

解：因為

而

所以

(3)

解：設則是的四級極點。

除此外處處解析，且當時，故由定理8.3知：

下面來求留數。

因為

故.所以

(4)

解：設

則在內具有兩個單極點

除此外處處解析，且當時，故由定理8.3得：

(5)

解：設

分別為的一階、二階極點。顯然滿足定理8.3的條件，故由定理8.3知：

(6)

解：設

顯然

查表知

故由卷積定理得：

(7)

解：設

則

因為

所以

故

(8)

解：，因為

所以

即：

8.求下列函數的拉氏逆變換：

(1)

解：

由拉氏變換表知：

所以

(2)

解：

而

所以

(3)

解：設

則

設

則

由卷積定理知，所以

(4)

解：設

則

設

則

故

所以

(5)

解：

因為

故由卷積定理知：

又因為

所以

(6)

解：

由拉氏變換表知：

所以

9.求下列卷積：

(1)

解：`因為

所以

(2)

（m,n為正整數）；

解：

(3)

解：

(4)

解：

(5)

解：因為

當時，故當

時，即

(6)

解：設

則

所以當

即

時，上式為0.當

即

時，由函數的篩選性質得：

10.利用卷積定理證明下列等式：

(1)

證明：因為

故由卷積定理：

也即，證畢。

(2)

證明：因為

故由卷積定理知：

證畢。

11.解下列微分方程或微分方程組：

(1)

解：設

對方程兩邊取拉氏變換，得

代入

得：

用留數方法求解拉氏逆變換，有：

(2)

解：設

對方程兩邊同時取拉氏變換，得

代入初值條件，得：

求拉氏逆變換得方程的解為：

(3)

解：設

用拉氏變換作用方程兩邊，得：

代入初值條件，有：

即：

因為

所以由卷積定理求拉氏逆變換得：

(4)

解：設

用拉氏變換作用在方程兩邊得：

將初始條件代入，得：

因為

所以

因此

故方程的解：

(5)

解：設

對方程兩邊取拉氏變換，得：

代入初始條件，整理得：

由例8.16知：

又因為

故

因為

所以方程的解

(6)

解：設

對方程組的每個方程兩邊分別取拉氏變換，并考慮到初始條件得：

求解該方程組得：

取拉式逆變換得原方程組的解為：

(7)

解：設

對方程組的每個方程兩邊分別取拉氏變換，并考慮到初始條件得：

整理計算得：

下求的拉氏逆變換：

因為

故由卷積定理可得

同理可求

所以方程組的解為

(8)

解：設

對方程組的每個方程兩邊分別取拉氏變換，并考慮到初始條件得：

解此方程組得：

取拉氏逆變換得原方程組的解為：

12.求解積分方程

解：令

由卷積定理

知

將拉氏變換作用于原方程兩端，得：

也即：

取拉式逆變換得原方程的解為：

第五篇：復變函數與電子信息工程

復變函數與電子信息工程

我是這個學期才接觸到復變函數與積分變換這門課，要很詳細的說出復變函數與電子信息工程這個專業的關系與作用確實很有難度的，但我喜歡做的就是高難度的事情。下面我拋磚引玉介紹復變函數與電子信息工程的關系與作用.歡迎老師和師兄師姐指教

我前幾周咨詢了老師還有師兄，大家都說到我們通信工程這個專業接下來要學到《數字信號處理》和《信號與系統》等都要用到它，我們現在學的復變函數就是為我們接下來的專業課程做準備。學好了復變函數能解決很多你看似無法解決的問題。在咨詢期間有位師兄語重心長說了以下這段話：“這你學習復變函數的時候感覺沒什么用，但是到后面你就會知道她是很有用的，他可以幫你把一些很復雜甚至無法解決的問題利用積分變換或者傅里葉變換轉換成很簡單的問題，也可以利用傅里葉逆變換得到問題的初衷，例如在自動控制中就很有用，很多信號的處理都要用到傅里葉變換來轉換，從而簡單地改變輸入信號，控制整個過程的穩定性”。從中我們可以多少了解到復變函數與我們的電子信息工程這個專業的學習是有關系，復變函數是通信信號處理的數學基礎，我們應該重視起來，不能只為了應付考試來讀這門課程。

說了復變函數對我們電子信息工程這個專業學習的重要性，還沒有具體介紹復變函數對我們的專業的作用。要說作用就繞不開我們這個專業是干什么的，做什么的。我們專業是電子信息工程是一門應用計算機等現代化技術進行電子信息控制和信息處理的學科，主要研究信息的獲取與處理，電子設備與信息系統的設計、開發、應用和集成。現在，電子信息工程已經涵蓋了社會的諸多方面，像電話交換局里怎么處理各種電話信號，手機是怎樣傳遞我們的聲音甚至圖像的，我們周圍的網絡怎樣傳遞數據，甚至信息化時代軍隊的信息傳遞中如何保密等都要涉及電子信息工程的應用技術。我們可以通過一些基礎知識的學習認識這些東西，并能夠應用更先進的技術進行新產品的研究和 電子信息工程專業是集現代電子技術、信息技術、通信技術于一體的專業。

我們這個專業培養掌握現代電子技術理論、通曉電子系統設計原理與設計方法，具有較強的計算機、外語和相應工程技術應用能力，面向電子技術、自動控制和智能控制、計算機與網絡技術等電子、信息、通信領域的寬口徑、高素質、德智體全面發展的具有創新能力的高級工程技術人才開發。電子信息工程專業主要是學習基本電路知識，并掌握用計算機等處理信息的方法。首先要有扎實的數學知識，對物理學的要求也很高，并且主要是電學方面；要學習許多電路知識、電子技術、信號與系統、計算機控制原理、通信原理等基本課程。學習電子信息工程自己還要動手設計、連接一些電路并結合計算機進行實驗，對動手操作和使用工具的要求也是比較高的。譬如自己連接傳感器的電路，用計算機設置小的通信系統，還會參觀一些大公司的電子和信息處理設備，理解手機信號、有線電視

是如何傳輸的等，并能有機會在老師指導下參與大的工程設計。學習電子信息工程，要喜歡鉆研思考，善于開動腦筋發現問題。

在通信原理的課程中，有多處要用到信息論的結論或定理。信息論已成為設計通信系統與進行通信技術研究的指南，尤其是它能告訴工程師們關于通信系統的性能極限。信道中存在噪聲。在通信過程中噪聲與干擾是無法避免的。隨著對噪聲與干擾的研究產生了隨機過程理論。對信號的分析實際上就是對隨機過程的分析。

在通信工程領域，編碼是一種技術，是要能用硬件或軟件實現的。在數學上可以存在很多碼，可以映射到不同空間，但只有在通信系統中能生成和識別的碼才能應用。編碼理論與通信結合形成了兩個方向：信源編碼與信道編碼。

調制理論可劃分為線性調制與非線性調制，它們的區別在于線性調制不改變調制信號的頻譜結構，非線性調制要改變調制信號的頻譜結構，并且往往占有更寬的頻帶，因而非線性調制通常比線性調制有更好的抗噪聲性能。

接收端將調制信號與載波信號分開，還原調制信號的過程稱之為解調或檢測。作為通信原理課程，還包含系統方面的內容，主要有同步和信道復用。在數字通信系統中，只有接收信號與發送信號同步或者信號間建立相同的時間關系，接收端才能解調和識別信號。信道復用是為了提高通信效率，是安排很多信號同時通過同一信道的一種約定或者規范，使得多個用戶的話音、圖像等消息能同時通過同一電纜或者其他信道傳輸。

在通信原理之上是專業課程，可以進一步講述通信系統的設計或深化某一方面的理論或技術。要設計制造通信系統，了解原理是必要的，但只知道原理是不夠的，還必須熟悉硬件（電路、微波）與軟件（系統軟件與嵌入式軟件），這是專業課程計劃中的另一分支的課程體系結構。

通信原理課程的教學從內容上主要分為模擬通信和數字通信兩部分。重點是數字通信的調制、編碼、同步等內容。（以上為引用內容）

看了我們這個專業要培養的大學生要具備的能力之后，我們應該初步了解了我們以后要與信號打交道，那我們在信號處理中，分析設計濾波器等是會用到。某些時候在信號處理，圖像處理時都會用到。我們的專業是通信工程，信號處理都要用到復變函數和積分變換里的知識，那這門功課是起到承上啟下的作用。為我們接下來的課程做準備的。了解數學史的人都知道：有關振動和波形的學科，特別是信號這個領域的長足發展是在傅里葉變換這個理論之后。我們在處理信號或圖像肯定就繞不開我們學的傅里葉變換和拉普拉斯變換。所以說復變函數是我們學習接下來的專業課程的基礎，我們處理信號要用到它，我們做頻譜分析要用到它等等，我就不一一來列舉啦！

復變函數對電子信息工程的學生來說是很重要的。它是我們分析，處理信號的必備工具。從我個人來說，學習了復變函數后看某些問題的角度都有不同還有就是通過上課了解了很多數學文化，也很感謝老師能為我們介紹數學文化。這是一門很好的課程！