复变函数与积分变换习题解答.docx

1、复变函数与积分变换习题解答复变函数与积分变换习题解答吉林大学数学学院（王忠仁 张静）吉林大学数学学院（王忠仁 张静）（习题一（习题一（P12）1.1 对任何，是否成立？如果是，就给出证明。如果不是，对哪些值才成立？解：设，则，；若成立，则有，即，解得，即。所以，对任何，不成立，只对为实数时才成立。1.2 求下列各式的值：（1）；（2）；（3）；（4）。解：（1）因为，所以（2）因为，所以（3）因为，所以，其中；即，。（4）因为，所以，其中；即，。1.3 求方程的所有根。解法一：用因式分解法求解。因为 所以由，得，解得，；故方程的所有根为，。解法二：用复数的方根的方法求解。由，得，即是的三次方根

2、；而 ，所以，其中；即，。故方程的所有根为，1.4 指出下列各题中点的轨迹或所在范围，并作图，（1）；（2）；（3）；（4）。解：（1）表示以点为中心，为半径的圆周；（2）表示以点为圆心，为半径的圆周及圆周的外部；（3）表示直线及其下面的部分；（4）表示位于轴上方的部分。1.5 指出下列不等式所确定的区域或闭区域，并指明它是有界的还是无界的，单联通的还是多联通的。（1）；（2）；（3）；（4）。解：（1）表示位于轴上方的区域，它是无界区域，是单联通的；（2）表示以点为中心，为半径的圆周的外部区域，它是无界区域，是多联通的；（3）表示介于两直线与之间的区域，它是无界区域，是单联通的；（4）表示夹

3、在以原点为圆心，和为半径的圆周之间的部分并且包含那两个圆周的闭区域，它是有界的，但它是多联通的。1.6 已知映射，求：（1）点，在平面上的像；（2）区域在平面上的像。解：（1）将，分别代入，得，即点，在平面上的像分别为，。（2）设，则由，可得（）；又（），所以，当时，；从而区域在平面上的像是位于轴上方的部分。1.7 设（），试证当时的极限不存在。证：因为，则令（），代入上式，得，即；又当时，有且；而不存在，所以不存在。1.8 试证在原点与负实轴上不连续。证：（1）因为无意义，故也无意义，即在处无定义，故在处不连续。（2）设为负实轴上的任意一点，因为，如右图所示，当在第二象限中沿直线趋于时，趋于

4、；而当在第四象限中沿直线趋于时，趋于；所以（）不存在，故在负实轴上不连续。由（1）（2）可知，在原点与负实轴上不连续。第二章 解析函数 习题二（第二章 解析函数 习题二（P25）2.1 利用导数定义指出：（1）（为正整数）；（2）。解：（1）由导数的定义，有 所以。（2）由导数的定义，有，故。2.2 下列函数何处可导？何处解析？（1）；（2）；（3）；（4）解：（1）因为，所以，则，；显然，这四个偏导函数在整个复平面上都是连续的；若方程成立，则，即；即只有当时，才满足方程。所以，函数只在直线上的点可导。由函数解析的定义可知，函数在整个复平面内处处不解析。（2）因为，所以；则，；显然，这四个偏导

5、函数在整个复平面上都是连续的；若方程成立，则，即；即只有当时，才满足方程。所以，函数只在直线上的点可导。由函数解析的定义可知，函数在整个复平面内处处不解析。（3）因为，所以；则，；显然，这四个偏导函数在整个复平面上都是连续的；若方程成立，则，即；即只有当时，才满足方程。所以，函数只在点处可导。由函数解析的定义可知，函数在整个复平面内处处不解析。（4）因为，所以；则，；显然，这四个偏导函数在整个复平面上都是连续的，并且在整个复平面内满足方程；所以，函数在整个复平面内处处可导，从而处处解析。2.3 指出下列函数的解析性区域，并求其导数。（1）；（2）；（3）；（4）（，中至少有一个不为零）解：（1

6、）函数在整个复平面内处处解析，且。（2）函数在整个复平面内处处解析，且。（3）函数在除去的复平面内处处解析，且当时。（4）因为，中至少有一个不为零，则当时，函数为，它在整个复平面内处处解析，且；当时，函数在除去的复平面内处处解析，且当时。2.4 求下列函数的奇点：（1）；（2）。解：（1）函数的奇点即为该函数没有意义的点，也即为该函数分母等于零的点，即为函数的奇点。（2）函数的奇点即为该函数没有意义的点，也即为该函数分母等于零的点，即为函数的奇点。2.5 如果是的解析函数，证明：。证：由是的解析函数，得 且 ，从而；又，则 ，；所以，故。结论得证。2.6 设为解析函数，试确定，的值。解：因为在

7、复变函数中，有，则，；显然，这四个偏导函数在整个复平面内都是连续的；又为解析函数，所以应满足方程，则有，解得。2.7 证明方程的极坐标形式是：，。证：方程即为；而直角坐标与极坐标的关系是，所以，则，所以，。2.8 若函数在区域内解析，且满足下列条件之一，试证必为常数。（1）恒取实值；（2）在内解析；（3）在内为一个常数；（4）在内为一常数；（5），其中，和为不全为零的实常数。证：因为函数在区域内解析，所以在区域内满足方程，即 （*）（1）因为恒取实值，则可设；此时（*）为 解得（其中为任意一个复常数），从而为常数。结论成立。（2）因为，则；由函数在内也解析，所以在内满足方程，即 （*）则由（*

8、）和（*），可得，即（其中，为任意复常数）从而为常数。结论成立。（3）因为，所以；又在内为一个常数，则在内也为一个常数，即（其中为非负数）当时，即，则（因为，都是二元实函数），从而，结论得证。当时，则对方程（）两边分别关于，求偏导数，得（*），将（*）代入（*），得 （*）方程（*）为齐次线性方程组，且其系数行列式，故方程（*）只有零解，即，将此结果代入（*），得；由解得（其中为任意复常数）；由解得（其中为任意复常数）；所以为常数。结论成立。（4）因为在内为一常数，又，所以当时，有，此时；将代入（*），得，解得（其中为任意复常数）；此时为常数，则结论成立。当时，有且；由在内为一常数，则也为常数

9、；此时记（其中为实常数），即；对方程两边分别关于，求偏导数，得（*）将（*）代入（*），得，即；因为为实常数，所以，从而，将此结论代入（*），可得；由解得（其中为任意复常数）；由解得（其中为任意复常数）；所以为常数。结论成立。（5）因为（其中，和为不全为零的实常数），则（I）当，和中只有一个为零时，当时，则为实常数，是（1）的情形，此时结论成立；当时，则为实常数，此时证明过程与（1）类似，结论也是成立的；当时，则（其中是实常数），是（4）中的情形；此时结论成立。（II）当，和中有两个为零时，当时，则为实常数，此时，从而（*）为 解得（其中为任意一个复常数），从而为常数。结论成立。当时，则为实常

10、数，此时是（1）的情形，此时结论成立。不可能出现的情况。2.9 找出下列方程的全部解。（1）；（2）；（3）；（4）。解：（1）因为，由，得，即，解得；而（），所以，即（）；故方程的全部解为（）。（2）因为，由，得，即，解得；而（），所以（），即（）；故方程的全部解为（）。（3）因为，即，解得（），即方程的全部解为（）。（4）因为，由，得，即，也即；从而，解得；又（）；所以（），故方程的全部解为（）。2.10 求，和它们的主值。解：（1）（），的主值为；（2）（），的主值为。2.11 证明对数的下列性质：（1）；（2）。解：因为，（1）又 ，所以。（2）又 所以。2.12 求，和的值。解：（1

11、），（2），（3）（）（4）（）第三章 复变函数的积分 习题三（第三章 复变函数的积分 习题三（P46）3.1 3.1 沿下列路线计算曲线积分：沿下列路线计算曲线积分：（1 1）自原点至的直线段；）自原点至的直线段；（2 2）自原点沿实轴至，再由铅直向上至。）自原点沿实轴至，再由铅直向上至。解：（解：（1 1）自原点至的直线段对应的参数方程为，也即，；则）自原点至的直线段对应的参数方程为，也即，；则 。（2 2）记所给积分路径为，其中）记所给积分路径为，其中，即，；，即，；，即，；，即，；则 则 3.2 3.2 计算积分 的值，其中为正向圆周：。计算积分 的值，其中为正向圆周：。解法一：因为的

12、参数方程为，所以解法一：因为的参数方程为，所以。解法二：因为为正向圆周：，所以；从而解法二：因为为正向圆周：，所以；从而。3.3 3.3 试用观察法得出下列积分的值，并说明观察时所依据的是什么？为正试用观察法得出下列积分的值，并说明观察时所依据的是什么？为正向圆周。向圆周。（1 1）；（）；（2 2）；（）；（3 3）；（）；（4 4）；）；（5 5）；（）；（6 6）。）。解：（解：（1 1）因为在圆周内解析，所以由柯西）因为在圆周内解析，所以由柯西-古萨基本定理，得。古萨基本定理，得。（2 2）因为在圆周内解析，所以）因为在圆周内解析，所以。（3）因为在圆周内解析，所以由柯西因为在圆周内解

13、析，所以由柯西-古萨基本定理，得古萨基本定理，得。（4）因为在圆周内只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得因为在圆周内只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得。（5）因为）因为在圆周内解析，所以由柯西在圆周内解析，所以由柯西-古萨基本定理，得古萨基本定理，得。（6）因为）因为在圆周内只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得在圆周内只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得。3.4 3.4 沿指定曲线的正向计算下列各积分：沿指定曲线的正向计算下列各积分：（1 1），；（），；（2 2），；），；（3 3），；（），；（4 4），；），；（5 5），为包围的闭曲线；（），为包围的闭曲线；（6 6）,;,;（7 7

14、）,;,;（8 8）,.,.解：（解：（1 1）因为在积分曲线的内部只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得）因为在积分曲线的内部只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得。（2 2）因为在积分曲线的内部只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得 。）因为在积分曲线的内部只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得 。（3 3）因为在积分曲线的内部只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得 。）因为在积分曲线的内部只有一个奇点，所以由柯西积分公式，得 。（4 4）因为在积分曲线内解析，所以由柯西）因为在积分曲线内解析，所以由柯西-古萨基本定理，得古萨基本定理，得。（5 5）因为在积分曲线内解析，所以由柯西）因为在积分曲线内

15、解析，所以由柯西-古萨基本定理，得古萨基本定理，得。（6 6）因为在积分曲线的内部有两个奇点，所以由复合闭路定理及柯西积分公）因为在积分曲线的内部有两个奇点，所以由复合闭路定理及柯西积分公式，在圆周的内部分别以式，在圆周的内部分别以、为圆心作圆周、（使得、互不相交也互不包含），、为圆心作圆周、（使得、互不相交也互不包含），则则（或（或）（7 7）因为在积分曲线内有一个奇点）因为在积分曲线内有一个奇点，所以由高阶导数公式，得，所以由高阶导数公式，得（8 8）因为在积分曲线内有一个奇点）因为在积分曲线内有一个奇点，所以由高阶导数公式，得，所以由高阶导数公式，得3.5 3.5 计算下列各题：计算下列

16、各题：（1 1）；（）；（2 2）。）。解：（解：（1 1）；（2 2）。3.6 3.6 计算积分，其中为正向，为负向。计算积分，其中为正向，为负向。解法一：因为在多连通区域（此时，该多连通区域的边界曲线即为（其解法一：因为在多连通区域（此时，该多连通区域的边界曲线即为（其中为正向，为负向）的反方向）内解析，所以中为正向，为负向）的反方向）内解析，所以解法二：利用复变函数积分的性质，得解法二：利用复变函数积分的性质，得 。3.7 3.7 计算积分，其中为正向圆周，为整数。计算积分，其中为正向圆周，为整数。解：因为为整数，所以 解：因为为整数，所以（1 1）当时，在圆周内解析，从而由柯西）当时，

17、在圆周内解析，从而由柯西-古萨基本定理，得；古萨基本定理，得；（2 2）当时，在圆周内只有一个奇点，从而由高阶导数公式，得）当时，在圆周内只有一个奇点，从而由高阶导数公式，得。3.8 3.8 如果在内解析并且，证明如果在内解析并且，证明（）。（）。分析：从要证明的不等式可以看出，要利用解析函数的高阶导数公式（其中 分析：从要证明的不等式可以看出，要利用解析函数的高阶导数公式（其中为正向简单闭曲线，且的内部既要包含点，并且在的内部要解析），从而为正向简单闭曲线，且的内部既要包含点，并且在的内部要解析），从而而要证明的是而要证明的是，所以可取（而满足条件）。所以可取（而满足条件）。证：由高阶导数公

18、式及已知条件，得证：由高阶导数公式及已知条件，得。所以（）。所以（）。3.9 3.9 证明：和都是调和函数，但是不是解析函数。证明：和都是调和函数，但是不是解析函数。证：（证：（1 1）先证和都是调和函数。）先证和都是调和函数。对，有，则，从而；对，有，则，从而；所以是调和函数。所以是调和函数。对，有，对，有，则，则，从而，所以是调和函数。从而，所以是调和函数。（2 2）下面证明不是解析函数。）下面证明不是解析函数。由（由（1 1）的过程知，；）的过程知，；显然函数不满足方程，故不是解析函数。显然函数不满足方程，故不是解析函数。3.10 3.10 由下列各已知调和函数求解析函数：由下列各已知调

19、和函数求解析函数：（1 1）；（）；（2 2），；），；（3 3），；（），；（4 4），。），。解：（解：（1 1）先验证函数是一个调和函数。）先验证函数是一个调和函数。因为，因为，；所以，；所以，；故，即是一个调和函数。故，即是一个调和函数。下面求解析函数：下面求解析函数：方法一：因为解析，所以方法一：因为解析，所以从而（为任意复常数）。从而（为任意复常数）。方法二：因为解析，所以满足方程，方法二：因为解析，所以满足方程，由，得，由，得，由（由（*）式，得）式，得（其中是的一元实函数），（其中是的一元实函数），则，结合（则，结合（*）式，得；）式，得；故（其中任意实常数）；从而；故（其中任

20、意实常数）；从而；所以所求解析函数即为所以所求解析函数即为（其中为任意实常数）。（其中为任意实常数）。（2 2）先验证函数是一个调和函数。）先验证函数是一个调和函数。因为，因为，所以，所以，故，即是一个调和函数。故，即是一个调和函数。下面求解析函数：下面求解析函数：方法一：因为解析，所以；方法一：因为解析，所以；从而（为任意复常数）；从而（为任意复常数）；又，所以，解得；故。又，所以，解得；故。方法二：因为解析，所以满足方程，方法二：因为解析，所以满足方程，由，得，由，得，由（由（*）式，得）式，得（其中是的一元实函数）；（其中是的一元实函数）；则，则，结合（结合（*）式，得，即（其中为任意实

21、常数）；）式，得，即（其中为任意实常数）；从而（其中为任意实常数）；从而（其中为任意实常数）；所以所求解析函数即为所以所求解析函数即为 （其中为任意实常数）；（其中为任意实常数）；又，所以，解得；故。又，所以，解得；故。（3 3）先验证函数是一个调和函数。）先验证函数是一个调和函数。因为，；所以，；因为，；所以，；故，即是一个调和函数。故，即是一个调和函数。下面求解析函数：下面求解析函数：方法一：因为解析，所以；方法一：因为解析，所以；从而（为任意复常数）；从而（为任意复常数）；又，所以，解得；故。又，所以，解得；故。方法二：因为解析，所以满足方程，方法二：因为解析，所以满足方程，由，得，由，

22、得，由（由（*）式，得（其中是的一元实函数），）式，得（其中是的一元实函数），则，结合（则，结合（*）式，得；故（其中任意实常数）；）式，得；故（其中任意实常数）；从而（其中任意实常数）；从而（其中任意实常数）；所以所求解析函数即为所以所求解析函数即为（其中为任意实常数）；（其中为任意实常数）；又，所以，解得；故。又，所以，解得；故。（4 4）先验证函数是一个调和函数。）先验证函数是一个调和函数。因为，因为，所以，所以，故，即是一个调和函数。故，即是一个调和函数。下面求解析函数：下面求解析函数：方法一：因为解析，所以，方法一：因为解析，所以，从而（为任意复常数）；从而（为任意复常数）；方法二：

23、因为解析，所以满足方程，方法二：因为解析，所以满足方程，由，得，由，得，由（由（*）式，得）式，得（其中是的一元实函数）；（其中是的一元实函数）；则，则，结合（结合（*）式，得，即（其中为任意实常数）；）式，得，即（其中为任意实常数）；从而（其中为任意实常数）；从而（其中为任意实常数）；所以所求解析函数即为所以所求解析函数即为（其中为任意实常数）；（其中为任意实常数）；因为，所以；因为，所以；故（其中为任意实常数）。故（其中为任意实常数）。3.11 3.11 如果为解析函数，试证是的共轭调和函数。如果为解析函数，试证是的共轭调和函数。证：要证是的共轭调和函数，即证函数是解析函数，也即证函数满足

24、方程证：要证是的共轭调和函数，即证函数是解析函数，也即证函数满足方程，也即为（也即为（*）。）。因为为解析函数，所以满足方程因为为解析函数，所以满足方程.（*）；）；则由（则由（*）可知，（）可知，（*）显然成立。结论得证。）显然成立。结论得证。第四章 级数 习题四（第四章 级数 习题四（P67）4.1 下列序列是否有极限？如果有极限，求出其极限。（1）；（2）；（3）。解：（1）因为，所以。（2）因为不存在，所以不存在。（3）因为，而，所以。4.2 下列级数是否收敛？是否绝对收敛？（1）；（2）；（3）。解：（1）因为（或因为，则）所以的实部与虚部构成的级数分别为，；而级数与都是条件收敛，所

25、以收敛，但非绝对收敛。（2）因为是公比的等比级数，故收敛，从而绝对收敛。（3）因为，方法一：，而是公比的等比级数，故收敛；是公比的等比级数，故发散；从而发散。方法二：由于，所以发散。4.3 试确定下列幂级数的收敛半径。（1）（为正整数）；（2）；（3）；（4）。解：（1）收敛半径为：。（2）收敛半径为：。（3）收敛半径为：。（4）因为，所以收敛半径为：。4.4 将下列各函数展开为的幂级数，并指出其收敛区域。（1）；（2）（，）；（3）；（4）；（5）。解：（1）（）。（2）因为，所以当时，而（），所以 （）。当时，（）（3）因为，而（）所以（）从而（）（4）因为，而（），所以（）。（5）因为，

26、所以4.5 求下列函数在指定点处的泰勒展开式。（1），；（2），；（3），；（4），。解：（1）因为，所以（）（2）因为，而（，即），（，即），所以 （）（3）因为，而（），所以 （）。（4）因为（，即）所以（）。4.6 将下列各函数在指定圆环域内展开为洛朗级数。（1），；（2），；（3），；（4），在以为中心的圆环域内；（5），在的去心邻域内。解：（1）因为在圆环域内，有，所以方法一：（）方法二：（）（2）在圆环域内，有 （）在圆环域内，有 （）（3）在圆环域内，有（）在圆环域内，有，则（）（4）函数的解析区域中，以为中心的圆环域有和。在圆环域内，有 （）在圆环域内，有，则 （）（5）因为（

27、），则在的去心邻域内，有 4.7 将在处展开为洛朗级数。解：函数的解析区域中，以为中心的圆环域有和。在圆环域内，有（）在圆环域内，有，则（）4.8 计算积分，其中为正向圆周。解：被积函数在积分曲线的内部只有一个奇点，而圆周在函数的解析圆环域内，将函数在圆环域内展开为洛朗级数，得上式中含项的系数为：，故。4.9 计算积分，其中为正向圆周。解：记，因为被积函数在积分曲线的内部有两个奇点和，利用复合闭路原理，分别以和为圆心在圆周的内部作两个互不相交也互不包含的正向圆周（）与（），则，记，下面计算，：（1）对，第三章中计算复变函数积分的公式及方法都不适用，所以需将被积函数在圆环域（圆周（）在此圆环域内

28、）内展开成洛朗级数，得上式中含项的系数为：，所以。（2）对，解法一：利用柯西积分公式，得。解法二：将被积函数在圆环域（圆周（）在此圆环域内）内展开成洛朗级数，得上式中含项的系数为：，所以。从而。4.10 求双边幂级数 的收敛圆环与和函数。解：双边幂级数 含正幂项的部分与含负幂项的部分分别为：，而的收敛域为，即；的收敛域为，即；从而双边幂级数的收敛圆环为。又（），（），故（）。第五章 留数 习题五（第五章 留数 习题五（P93P93）5.1 下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。（1）；（2）；（3）；（4）（）；（5）；（6）；（7）；（8）（为整数）；（9）。解：（1）因为的奇点为；

29、则由第五章中的定理 1.2 得，是函数的一级极点，是函数的二级极点。（2）方法一：因为的奇点为，而（）所以由极点的定义可知，是的二级极点。方法二：因为的奇点为，又是的三级零点；而由，知，是的一级零点；从而由第五章中的定理1.5得是的二级极点。（3）因为的奇点为；则由第五章中的定理 1.2 得，是函数的一级极点，是函数的二级极点。；（4）因为函数在内只有唯一的奇点，解法一：因为，所以由第五章中的定理1.1知是函数的可去奇点。解法二：因为函数在圆环域内的洛朗展开式为，所以是函数的可去奇点。（5）因为的奇点为与（）；而（），所以是函数的二级极点，（，且，）是函数的一级极点。（6）因为（），则在去心邻

30、域内，有，所以是函数的本性奇点。（7）因为函数的奇点为与（），而，所以是函数的三级极点，（，）是函数的一级极点。（8）因为函数的奇点为（），而，所以（）是函数的一级极点。（9）函数的奇点为，即（）与（）；当，即时，因为，所以是函数的二级零点，从而是函数的二级极点。当时，因为，所以，（）与（）是函数的一级零点，从而（）与（）是函数的一级极点。5.2 证明：如果是的（）级零点，则是的级零点。证：如果是的（）级零点，则有，其中在处解析，且；由，则，其中，且在处解析。从而根据零点的定义可知，是的级零点。5.3 是的几级极点？5.4 证明定理1.5。5.5 求出下列各函数在有限奇点处的留数：（1）；（2

31、）；（3）；（4）；（5）；（6）。解：（1）因为，所以与是函数的一级极点，则解法一：由准则I，得，。解法二：由准则III，得，。（2）函数的孤立奇点是，又，所以是的一级零点，是的四级零点，从而是的三级极点。下面计算：方法一：利用准则II，得方法二：将函数在的去心邻域内展开成洛朗级数，得上式中含项的系数，故。（3）因为，所以是函数的二级极点，从而由准则II，得；。（4）因为的奇点即为（），而，所以（）是函数的一级零点，从而（）是函数的一级极点。故。（5）因为的奇点为，而，则在以为中心的去心邻域内，函数的洛朗展开式为从而。（6）因为的奇点为，而，则在以为中心的去心邻域内，函数的洛朗展开式为 ，所

32、以。5.6 计算下列各积分（利用留数：圆周均取正向）：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）（为整数）。解：（1）方法一：因为被积函数在积分曲线内部只有一个可去奇点，则由留数定理，得 。方法二：由柯西积分公式，得。（2）方法一：因为被积函数在积分曲线内部只有一个二级极点，则由留数定理，得 方法二：由高阶导数公式，得；（3）方法一：被积函数在积分曲线内只有两个一级极点，则由留数定理，得方法二：由复合闭路原理和柯西积分公式，得（4）方法一：被积函数在积分曲线内有四个一级极点，则由留数定理，得，下面计算，：利用准则I，得：，（或者是利用准则III，得，）所以。方法二：由复合闭路原理和柯西积分

33、公式，得（5）被积函数在积分曲线内有六个一级极点（，且），而 ，则由留数定理，得。（6）（此题要用洛朗展开式才容易讨论）（此题要用洛朗展开式才容易讨论）因为为整数，而则当（），即为大于或等于3的奇数时，（为整数）5.8 求下列积分（圆周均取正向）：（1）；（2）。解：（1）被积函数在积分曲线内有一个一级极点和一个本性起点，则由留数定理，得；下面计算，：；要计算，需将函数在以为中心的去心邻域内展开为洛朗级数：，上式中，含项的系数为：，故，从而。（2）计算，需要利用函数在无穷远点处的留数与函数在有限点处的留数的关系，所以此题不需要大家掌握。5.9 计算下列积分：（1）；（2）（）；（3）；（4）；

34、（5）；（6）。解：（1）（2）因为，则下面计算，：；从而。（3）因为被积函数的分母含的最高次比分子含的最高次高 4 次，并且作为复变量的函数在实轴上没有奇点，所以。（4）因为被积函数是偶函数，且分母含的最高次比分子含的最高次高 2 次，并且作为复变量的函数在实轴上没有奇点，所以（5）因为被积函数中的分母含的最高次比分子含的最高次高 2次，并且作为复变量的函数在实轴上没有奇点，所以（6）因为被积函数中的分母含的最高次比分子含的最高次高 1次，并且作为复变量的函数在实轴上没有奇点，所以。5.10 试用图5.6中的积分闭路，求例3.4 中的积分。第七章 傅里叶变换 习题七（第七章 傅里叶变换 习题

35、七（P141P141）7.4 求下列函数的傅氏积分。（1）；（2）；（3）；解：（1）函数的傅氏变换为：因为在其定义域内处处连续，所以即。（2）函数的傅氏变换为：因为函数在其定义域内连续，所以即 。（3）函数的傅氏变换为：因为函数的间断点为，所以（且）。7.5 求下列函数的傅氏变换，并推证所列的积分结果。（1）（），证明。（2）证明（3）证明解：（1）函数的傅氏变换为：，即（）。因为函数在其定义域内连续，所以故 。（2）函数的傅氏变换为：，因为函数不连续的点为，令则不管是函数的连续点还是间断点，都是函数的连续点，所以，故（3）函数的傅氏变换为：，因为函数在其定义域内处处连续，所以，故。7.6

36、求下列函数的傅氏变换：（1）（2）解：（1）因为，而，则根据拉氏变换的线性性质，得。（2）因为，方法一（定义法）：由拉氏变换的定义，得所以。方法二（利用拉氏变换及函数的性质）：记，则由拉氏变换的线性性质和相似性质，得所以。7.7 证明周期为的非正弦函数的傅氏变换为，其中，是的离散频谱。7.8 已知为的傅氏变换，求。解：由傅氏逆变换的定义及线性性质，得 ，故。7.9 求如图7.9所示的三角形脉冲的傅氏变换。解：故。7.11 若，证明。证：因为，则，再由拉屎逆变换的定义，得，故。7.12 证明。解：由卷积的定义，得所以。7.13 若，证明。证明：由拉氏变换的定义，得因为当在上绝对可积时，交换积分顺

37、序【刘建亚复变函数与积分变换，P171】,因此故。7.14 若，求。解：由卷积的定义和卷积的交换律，得又，则只有当，即时，。所以（1）当时，则，此时，从而；（2）当时，则；（3）当时，由，此时只有满足，有，从而；综上，得为：7.15 给定微分方程，其中，为已知函数。试证该方程的解可以表为。解：记，对方程两边取傅氏变换，得，则，求上式的傅氏逆变换，得，而，所以，从而，即。第八章 拉普拉斯叶变换 习题八（P160）8.1 求下列函数的拉氏变换，并用查表的方法来验证结果。（1）；（2）；（3）；（4）。解：（1）方法一(定义法)：由拉氏变换的定义，得 所以 （）。方法二（利用（为实数，）因为（为实数

38、，），所以（）。（2）方法一(定义法)：由拉氏变换的定义，得（，即）。方法二（利用（为实数，）因为（为实数，），所以（）。（3）方法一(定义法)：由拉氏变换的定义，得，故（）方法二（利用（为正整数，）：由（为正整数，），得（）方法三（利用（）及拉氏变换的微分性质）：因为，记（），则由拉氏变换的微分性质，得（）即（）。（4）方法一(定义法)：由拉氏变换的定义，得 所以（）方法二（利用（为实数，）及拉氏变换的线性性质）因为（为实数，），则根据拉氏变换的线性性质，得（）。8.2 求下列函数的拉氏变换。（1）（2）。解：（1）由拉氏变换的定义，得 故。（2）（，即）故（，即）。8.3 求下列函数的拉氏变换。（1）；（2）；（3）；（4）。解：（1）方法一（定义法）：由拉氏变换的定义，得，所以（）方法二（利用（为正整数，）及拉氏变换的线性性质）因为（为正整数，），则由拉氏变换的线性性质，得（）方法三（利用（）及拉氏变换的线性性质和微分性质）因为（），则由拉氏变换的线性性质和微分性质，得（）（2）方法一（定义法）：由拉氏变换的定义，得故。方法二（利用拉氏变换的线性性质和微分性质）：由拉氏变换的线性性质和微分性质，得故（3）方法一（定义法）：由拉氏变换的定义，得故。方法二（利用拉氏变换的平移性质和微分性质）：由拉氏变换的平移性质和微分性质，得