复变函数课后习题答案

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1、精品资料复变函数课后习题答案习题一答案 1 求以下复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： 1 2 3 4 解：1， 因此：， 2， 因此， 3， 因此， 4 因此， 2 将以下复数化为三角表达式和指数表达式： 1 2 3 4 5 解：1 2 3 4 5 3 求以下各式的值： 1 2 3 4 5 6 解：1 2 3 4 5 6 4 设试用三角形式表示与 解：，所以 ， 5 解以下方程： 1 2 解：1 由此 ， 2 ，当时，对应的4个根分别为： 6 证明以下各题：1设那么 证明：首先，显然有；其次，因 固此有 从而 。 2对任意复数有 证明：验证即可，首先左端， 而右端 ， 由此，左端=右端

2、，即原式成立。 3假设是实系数代数方程 的一个根，那么也是它的一个根。 证明：方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规那么，由此得到： 由此说明：假设为实系数代数方程的一个根，那么也是。结论得证。 4假设那么皆有 证明：根据条件，有，因此： ，证毕。 5假设，那么有 证明：， ， 因为，所以， ， 因此，即，结论得证。 7设试写出使到达最大的的表达式，其中为正整数，为复数。 解：首先，由复数的三角不等式有， 在上面两个不等式都取等号时到达最大，为此，需要取与同向且，即应为的单位化向量，由此， 8试用来表述使这三个点共线的条件。 解：要使三点共线，那么用向量表示时，与应平行，

3、因此二者应同向或反向，即幅角应相差或的整数倍，再由复数的除法运算规那么知应为或的整数倍，至此得到： 三个点共线的条件是为实数。 9写出过两点的直线的复参数方程。 解：过两点的直线的实参数方程为： ， 因此，复参数方程为： 其中为实参数。 10以下参数方程表示什么曲线？其中为实参数 1 2 3 解：只需化为实参数方程即可。 1，因此表示直线 2，因此表示椭圆 3，因此表示双曲线 11证明复平面上的圆周方程可表示为 ， 其中为复常数，为实常数 证明：圆周的实方程可表示为：， 代入，并注意到，由此 ， 整理，得 记，那么，由此得到 ，结论得证。 12证明：幅角主值函数在原点及负实轴上不连续。 证明：

4、首先，在原点无定义，因此不连续。 对于，由的定义不难看出，当由实轴上方趋于时，而当由实轴下方趋于时，由此说明不存在，因此在点不连续，即在负实轴上不连续，结论得证。 13函数把平面上的曲线和分别映成平面中的什么曲线？ 解：对于，其方程可表示为，代入映射函数中，得 ， 因此映成的像曲线的方程为 ，消去参数，得 即表示一个圆周。 对于，其方程可表示为 代入映射函数中，得 因此映成的像曲线的方程为 ，消去参数，得，表示一半径为的圆周。 14指出以下各题中点的轨迹或所表示的点集，并做图： 解：1，说明动点到的间隔 为一常数，因此表示圆心为，半径为的圆周。 2是由到的间隔 大于或等于的点构成的集合，即圆心

5、为半径为的圆周及圆周外部的点集。 3说明动点到两个固定点1和3的间隔 之和为一常数，因此表示一个椭圆。代入化为实方程得 4说明动点到和的间隔 相等，因此是和连线的垂直平分线，即轴。 5，幅角为一常数，因此表示以为顶点的与轴正向夹角为的射线。 15做出以下不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。 1，以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通 2，顶点在原点，两条边的倾角分别为的角形区域，无界，单连通 3，显然，并且原不等式等价于，说明到3的间隔 比到2的间隔 大，因此原不等式表示2与3 连线的垂直平分线即2.5左边局部除掉2后的点构成的集合，是一无界

6、，多连通区域。 4， 显然该区域的边界为双曲线，化为实方程为 ，再注意到到2与到2的间隔 之差大于1，因此不等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧局部，是一无界单连通区域。 5，代入，化为实不等式，得 所以表示圆心为半径为的圆周外部，是一无界多连通区域。 习题二答案 1 指出以下函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。 1 2 3 4 解：根据函数的可导性法那么可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，商时分母不为0，根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到： 1处处解析， 2处处解析， 3的奇点为，即， 4的奇点为， 2 判别以下函数在何处可导，何处

7、解析，并求出可导点的导数。 1 2 3 4 解：根据柯西黎曼定理： 1， 四个一阶偏导数皆连续，因此处处可微，再由柯西黎曼方程 解得：， 因此，函数在点可导， ， 函数处处不解析。 2， 四个一阶偏导数皆连续，因此处处可微，再由柯西黎曼方程 解得：， 因此，函数在直线上可导， ， 因可导点集为直线，构不成区域，因此函数处处不解析。 3， 四个一阶偏导数皆连续，因此 处处可微，并且 处处满足柯西黎曼方程 因此，函数处处可导，处处解析，且导数为 4， ， ， 因函数的定义域为，故此，处处不满足柯西黎曼方程，因此函数处处不可导，处处不解析。 3 当取何值时在复平面上处处解析？ 解： ， 由柯西黎曼方

8、程得： 由1得 ，由2得，因此，最终有 4 证明：假设解析，那么有 证明：由柯西黎曼方程知，左端 右端，证毕。 5 证明：假设在区域D内解析，且满足以下条件之一，那么在D内一定为常数。 1在D内解析 ， 2在D内为常数， 3在D内为常数， 4 5 证明：关键证明的一阶偏导数皆为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 为常数 2设，那么由柯西黎曼方程得 ， 说明与无关，因此 ，从而为常数。 3由，为常数，等式两端分别对求偏导数，得 -1 因解析，所以又有 -2 求解方程组1、2，得 ，说明 皆与无关，因此为常数，从而也为常数。 4同理，两端分

9、别对求偏导数，得 再联立柯西黎曼方程，仍有 5同前面一样，两端分别对求偏导数，得 考虑到柯西黎曼方程，仍有 ，证毕。 6 计算以下各值假设是对数还需求出主值 1 2 3 4 5 6 解：1 2， 为任意整数， 主值为： 3 ， 为任意整数 主值为： 4 5 ， 为任意整数 6， 当分别取0，1，2时得到3个值： ， ， 7 求和 解：，因此根据指数函数的定义，有 ， ，为任意整数 8 设，求 解：，因此 9 解以下方程： 1 2 3 4 解：1方程两端取对数得： 为任意整数 2根据对数与指数的关系，应有 3由三角函数公式同实三角函数一样，方程可变形为 因此 即 ， 为任意整数 4由双曲函数的定

10、义得 ，解得 ，即，所以 ，为任意整数 10证明罗比塔法那么：假设及在点解析，且，那么，并由此求极限 证明：由商的极限运算法那么及导数定义知 ， 由此， 11 用对数计算公式直接验证： 1 2 解：记，那么 1左端， 右端， 其中的为任意整数。 显然，左端所包含的元素比右端的要多如左端在时的值为 ，而右端却取不到这一值，因此两端不相等。 2左端 右端 其中为任意整数，而 不难看出，对于左端任意的，右端取或时与其对应；反之，对于右端任意的，当为偶数时，左端可取于其对应，而当为奇数时，左端可取于其对应。综上所述，左右两个集合中的元素互相对应，即二者相等。 12 证明 证明：首先有 ，因此 ，第一式

11、子证毕。 同理可证第二式子也成立。 13 证明 即 证明：首先， 右端不等式得到证明。 其次，由复数的三角不等式又有 ， 根据高等数学中的单调性方法可以证明时，因此接着上面的证明，有，左端不等式得到证明。 14 设，证明 证明：由复数的三角不等式，有 ， 由，再主要到时单调增加，因此有 ， 同理， 证毕。 15 平面流场的复势为 1 2 3 试求流动的速度及流线和等势线方程。 解：只需注意，假设记，那么 流场的流速为， 流线为， 等势线为， 因此，有 1 流速为， 流线为，等势线为 2 流速为， 流线为，等势线为 3 流速为， 流线为 ， 等势线为 习题三答案 1 计算积分，其中为从原点到的直

12、线段 解：积分曲线的方程为，即 ，代入原积分表达式中，得 2 计算积分，其中为 1从0到1再到的折线 2从0到的直线 解：1从0到1的线段方程为：， 从1到的线段方程为：， 代入积分表达式中，得 ；2从0到的直线段的方程为， 代入积分表达式中，得 ， 对上述积分应用分步积分法，得 3 积分，其中为 1沿从0到 2沿从0到 解：1积分曲线的方程为， 代入原积分表达式中，得 2积分曲线的方程为 ， ， 代入积分表达式中，得 4 计算积分，其中为 1从1到+1的直线段 2从1到+1的圆心在原点的上半圆周 解：1的方程为，代入，得 2的方程为，代入，得 5 估计积分的模,其中为+1到-1的圆心在原点的

13、上半圆周。 解：在上，=1，因此由积分估计式得 的弧长 6 用积分估计式证明：假设在整个复平面上有界，那么正整数时 其中为圆心在原点半径为的正向圆周。 证明：记，那么由积分估计式得 ， 因，因此上式两端令取极限，由夹比定理，得 ， 证毕。 7 通过分析p 被积函数的奇点分布情况说明以下积分为0的原因，其中积分曲线皆为。 1 2 3 4 5 解：各积分的被积函数的奇点为：1，2 即，3 4为任意整数， 5被积函数处处解析，无奇点 不难看出，上述奇点的模皆大于1，即皆在积分曲线之外，从而在积分曲线内被积函数解析，因此根据柯西根本定理，以上积分值都为0。 8 计算以下积分： 1 2 3 解：以上积分

14、皆与途径无关，因此用求原函数的方法： 1 2 3 9 计算 ，其中为不经过的任一简单正向闭曲线。 解：被积函数的奇点为，根据其与的位置分四种情况讨论： 1皆在外，那么在内被积函数解析，因此由柯西根本定理 2在内，在外，那么在内解析，因此由柯西积分 公式： 3同理，当在内，在外时， 4皆在内 此时，在内围绕分别做两条互相外离的小闭合曲线，那么由复合闭路原理得： 注：此题假设分解，那么更简单！ 10 计算以下各积分 解：1，由柯西积分公式 2， 在积分曲线内被积函数只有一个奇点，故此同上题一样： 3 在积分曲线内被积函数有两个奇点，围绕分别做两条互相外离的小闭合曲线，那么由复合闭路原理得： 4，在

15、积分曲线内被积函数只有一个奇点1，故此 5， 在积分曲线内被积函数有两个奇点，围绕分别做两条互相外离的小闭合曲线，那么由复合闭路原理得： 6为正整数，由高阶导数公式 11 计算积分，其中为 1 2 3 解：1由柯西积分公式 2同理，由高阶导数公式 3由复合闭路原理 ， 其中，为内分别围绕0，1且互相外离的小闭合曲线。 12 积分的值是什么？并由此证明 解：首先，由柯西根本定理，因为被积函数的奇点在积分曲线外。 其次，令，代入上述积分中，得 考察上述积分的被积函数的虚部，便得到 ，再由的周期性，得 即，证毕。 13 设都在简单闭曲线上及内解析，且在上 ，证明在内也有。 证明：由柯西积分公式，对于

16、内任意点， ， 由，在积分曲线上，故此有 再由的任意性知，在内恒有，证毕。 14 设在单连通区域内解析，且，证明 1 在内；2 对于内任一简单闭曲线，皆有 证明：1显然，因为假设在某点处那么由 ，矛盾！ 也可直接证明：，因此 ，即，说明 3 既然，再注意到解析，也解析，因此由函数的解析性法那么知也在区域内解析，这样，根据柯西根本定理，对于内任一简单闭曲线，皆有，证毕。 15求双曲线 为常数的正交即垂直曲线族。 解：为调和函数，因此只需求出其共轭调和函数，那么 便是所要求的曲线族。为此，由柯西黎曼方程 ，因此，再由 知，即为常数，因此 ，从而所求的正交曲线族为 注：实际上，此题的答案也可观察出，

17、因极易想到 解析 16设，求的值使得为调和函数。 解：由调和函数的定义 ， 因此要使为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必须 ，即。 17，试确定解析函数 解：首先，等式两端分别对求偏导数，得 -1 -2 再联立上柯西黎曼方程 -3 -4 从上述方程组中解出，得 这样，对积分，得再代入中，得 至此得到：由二者之和又可解出 ，因此 ，其中为任意实常数。 注：此题还有一种方法：由定理知 由此也可很方便的求出。 18由以下各调和函数求解析函数 解：1， 由柯西黎曼方程， ，对积分，得 ， 再由得，因此 ，所以 ， 因，说明时，由此求出， 至此得到： ， 整理后可得： 2， 此类问题，除

18、了上题采用的方法外，也可这样： ，所以 ， 其中为复常数。代入得，故此 3 同上题一样， ， 因此， 其中的为对数主值，为任意实常数。 4， ，对积分，得 再由得，所以为常数，由知， 时，由此确定出，至此得到： ， 整理后可得 19设在上解析，且，证明 证明：由高阶导数公式及积分估计式，得 ，证毕。 20假设在闭圆盘上解析，且，试证明柯西不等式 ，并由此证明刘维尔定理：在整个复平面上有界且处处解析的函数一定为常数。 证明：由高阶导数公式及积分估计式，得 ， 柯西不等式证毕；下证刘维尔定理： 因为函数有界，不妨设，那么由柯西不等式，对任意都有，又因处处解析，因此可任意大，这样，令 ，得，从而，即

19、 ，再由的任意性知，因此为常数，证毕。 习题四答案 1 考察以下数列是否收敛，假如收敛，求出其极限 1 解：因为不存在，所以不存在，由定理4.1知，数列不收敛 2 解：，其中，那么 因为，所以 由定义4.1知，数列收敛，极限为0 3 解：因为，所以 由定义4.1知，数列收敛，极限为0 4 解：设，那么，因为，都不存在，所以不存在，由定理4.1知，数列不收敛 2 以下级数是否收敛？是否绝对收敛? (1) 解：，由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数收敛，且为绝对收敛 (2) 解：， 因为是交织级数，根据交织级数的莱布尼兹审敛法知该级数收敛，同样可知， 也收敛，故级数是收敛的 又，因为发散，故

20、级数发散，从而级数条件收敛 (3) 解：，因级数发散，故发散 (4) 解：，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，故级数收敛，且为绝对收敛 3 试确定以下幂级数的收敛半径 (1) 解：，故此幂级数的收敛半径 (2) 解：，故此幂级数的收敛半径 (3) 解：，故此幂级数的收敛半径 (4) 解：令，那么 ，故幂级数的收敛域为，即，从而幂级数的收敛域为，收敛半径为 4 设级数收敛，而发散，证明的收敛半径为 证明：在点处，因为收敛，所以收敛，故由阿贝尔定理知，时，收敛，且为绝对收敛，即收敛 时，因为发散，根据正项级数的比拟准那么可知，发散，从而的收敛半径为1，由定理4.6，的收敛半径也为1 5 假如级

21、数在它的收敛圆的圆周上一点处绝对收敛，证明它在收敛圆所围的闭区域上绝对收敛 证明：时，由阿贝尔定理，绝对收敛 时，由条件知，收敛，即收敛，亦即绝对收敛 6 将以下函数展开为的幂级数，并指出其收敛区域 1 解：由于函数的奇点为，因此它在内处处解析，可以在此圆内展开成的幂级数根据例4.2的结果，可以得到 将上式两边逐项求导，即得所要求的展开式 = 2 解：时，由于函数的奇点为，因此它在内处处解析，可以在此圆内展开成的幂级数 = 时，由于函数的奇点为，因此它在内处处解析，可以在此圆内展开成的幂级数 = = 3 解：由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成的幂级数 4 解：由于函数在

22、复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成的幂级数 5 解：由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成的幂级数 = 6 解：由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成的幂级数 = = 7 求以下函数展开在指定点处的泰勒展式，并写出展式成立的区域 1 解： ， ， 由于函数的奇点为，所以这两个展开式在内处处成立所以有： 2 解：由于 所以 3 解： = 展开式成立的区域： ，即 4 解：， ， ，故有 因为的奇点为，所以这个等式在的范围内处处成立。 8 将以下函数在指定的圆域内展开成洛朗级数 (1) 解： , , 故有 (2) 解： 在内 在内 (3) 解：

23、在内， 在内 (4) 解：在内 (5) 解： 在内 故有 9 将在的去心邻域内展开成洛朗级数 解：因为函数的奇点为，所以它以点为心的去心邻域是圆环域在内 又 故有 10函数能否在圆环域内展开为洛朗级数？为什么？ 答：不能。函数的奇点为,，所以对于，内都有的奇点，即以为环心的处处解析的圆环域不存在，所以函数不能在圆环域内展开为洛朗级数 习题五答案 1 求以下各函数的孤立奇点，说明其类型，假如是极点，指出它的级 1 解：函数的孤立奇点是， 因 由性质5.2知，是函数的1级极点，均是函数的2级极点 2 解：函数的孤立奇点是，因，由极点定义知，是函数的2级极点 3 解：函数的孤立奇点是，因，由性质5.

24、1知，是函数可去奇点 4 解：函数的孤立奇点是, ，即时，因 所以是的3级零点，由性质5.5知，它是的3级极点 ，时，令， 因，由定义5.2知，是的1级零点，由性质5.5知，它是的1级极点 5 解：函数的孤立奇点是,令， ， 时， ，由定义5.2知，是的2级零点，由性质5.5知，它是的2级极点，故是的2级极点 时，由定义5.2知，是的1级零点，由性质5.5知，它是的1级极点，故是的级极点 解：函数的孤立奇点是， 令， 时，因，所以是的2级零点，从而它是的2级极点 时，由定义5.2知， 是的1级零点，由性质5.5知，它是的级极点 2 指出以下各函数的所有零点，并说明其级数 1 解：函数的零点是，

25、记， 时，因，故是的2级零点 时，由定义5.2知， 是的1级零点 2 解：函数的零点是，因，所以由性质5.4知，是的2级零点 3 解：函数的零点是， 记， 时，是的1级零点，的1级零点，的2级零点，所以是的4级零点 ，时，由定义5.2知，是的1级零点 ，时，由定义5.2知，是的1级零点 3 是函数的几级极点？ 答：记，那么， ，将代入，得： ，由定义5.2知， 是函数的5级零点，故是的10级极点 4 证明：假如是的级零点，那么是的级零点 证明：因为是的级零点，所以， ，即，由定义5.2知，是的级零点 5 求以下函数在有限孤立奇点处的留数 1 解：函数的有限孤立奇点是，且均是其1级极点由定理5.

26、2知， ， 2 解：函数的有限孤立奇点是，且是函数的3级极点，由定理5.2， ， 3 解：函数的有限孤立奇点是， 因 所以由定义5.5知， 4 解：函数的有限孤立奇点是， 因 所以由定义5.5知， 5 解：函数的有限孤立奇点是，因 所以由定义5.5知， 6 解：函数的有限孤立奇点是 ，即， 因为 所以是的2级极点由定理5.2， 时，记，那么， 因为，所以由定义5.2知，是的1级零点，故它是的1级极点由定理5.3， 6 利用留数计算以下积分积分曲线均取正向 1 解：是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点，且为2级极点，由定理5.2， ， 由定理5.1知， 2 解：是被积函数在积分区域内的有限孤立奇

27、点，且为1级极点， 所以由定理5.1及定理5.2， 3 解：是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点， 因为，所以由性质5.1知是函数的可去奇点， 从而由定理5.1，由定理5.1， 4 解：是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点，且为2级极点，由定理5.2， ， 由定理5.1， 5 解：是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点，由性质5.6知是函数的1级极点， 由定理5.1， 6 解：被积函数在积分区域内的有限孤立奇点为：，由定理5.3，这些点均为的1级极点，且 由定理5.1， 7 计算积分，其中为正整数， 解：记，那么的有限孤立奇点为，且为级极点，分情况讨论如下： 时，均在积分区域内，由定理5.1，

28、故有 时，均不在积分区域内，所以 时，在积分区域内，不在积分区域内， 所以 习题五 8判断是以下各函数的什么奇点？求出在的留数。 解：1因为 所以，是的可去奇点，且。 2因为 所以 于是，是的本性奇点，且。 3因为 所以 容易看出，展式中由无穷多的正幂项，所以是的本性奇点。 。 4因为 所以是的可去奇点。 。 9计算以下积分： 解：1 2 从上式可知， 所以 。 10求以下各积分之值： 1解：设那么，。于是 2解：设那么，。于是 3解：显然，满足分母的次数至少比分子的次数高二次，且在实轴上没有奇点，积分是存在的。在上半平面内只有一个奇点，且为2级极点。于是 4解： 显然，满足分母的次数至少比分

29、子的次数高二次，且在实轴上没有奇点，积分是存在的。在上半平面内只有和二个奇点，且都为1 级极点。于是 所以 5解：显然，满足分母的次数至少比分子的次数高一次，且在实轴上没有奇点，在上半平面内只有一个奇点，且为1 级极点。于是 6解：显然，满足分母的次数至少比分子的次数高一次，且在实轴上没有奇点，在上半平面内只有一个奇点，且为1 级极点。于是 11利用对数留数计算以下积分： 解：1，这里为函数在内的零点数，为在内的极点数。 2 这里为函数在内的零点数，为在内的极点数；为函数在内的零点数，为在内的极点数。 (3) 这里为函数在内的零点数，为在内的极点数。 (4) 这里为函数在内的零点数，为在内的极

30、点数。 12证明方程有三个根在环域内 证明：令，。因为当时，有 所以，方程与在内根的数目一样，即4个。 又当时，有 所以，方程与在内根的数目一样，即1个。 综合上述得到，在环域内有3个根。 13讨论方程在与内各有几个根。 解：令，。因为当时，有 所以，方程与在内根的数目一样，即1个。 又当时，有 所以，方程与在内根的数目一样，即4个。 根据上述还可以得到，在环域内有3个根。 14当时，证明方程与在单位圆内有n个根。 证明：令，。因为当时，有 所以，当时，方程与在内根的数目一样，即n个。 习题七答案 1 试证：假设满足傅氏积分定理的条件，那么有 证明：根据付氏积分公式，有 2 求以下函数的傅氏变

31、换： 1 2 3 4 解：1 f(t) (2) (3) (4) 由于 所以 3 求以下函数的傅氏变换，并推证所列的积分等式。 (1) 证明 (2) 证明。 解：(1) 由傅氏积分公式，当时 所以，根据傅氏积分定理 (2) 由傅氏积分公式 所以，根据傅氏积分定理 5 求以下函数的傅氏变换： (1) (2) (3) (4) 解：1 (2) (3) 由于 所以 (4) 由于 所以 6 证明：假设其中为一实函数，那么 其中为的共轭函数。 证明：由于 所以 于是有 7假设，证明翻转性质。 证明：由于 所以 对上述积分作变换，那么 8证明以下各式： (1) 为常数；(2) 证明：1 2 9计算以下函数和的

32、卷积： (1) (2) (2) (2) 解: (1) 显然，有 当时，由于=0，所以 ；当时， 2显然，有 所以，当 或 或 时，皆有=0。于是 当时，；当时，；当时，。 又 所以 从而 当时， 当时， 总结上述，得 。 10求以下函数的傅氏变换： (1) (2) (3) (4) 解：1由于 根据位移性质 2 3根据位移性质 再根据像函数的位移性质 4由于 根据微分性质 再根据位移性质 。 习题八 1 求以下函数的拉氏变换： (1) 解：由拉氏变换的定义知： (2) 解：由拉氏变换的定义以及单位脉动函数的挑选性质知： 2. 求以下函数的拉氏变换： (1) 解：由拉氏变换的线性性质知： (2)

33、解：由拉氏变换的线性性质和位移性质知： (3) 解：法一：利用位移性质。 由拉氏变换的位移性质知： 法二：利用微分性质。 令 那么 由拉氏变换的微分性质知： 即 (4) 解：因为 故由拉氏变换的位移性知： (5) 解： 故 (6) 解：因为 即： 故 (7) 解： 法一：利用拉氏变换的位移性质。 法二：利用微分性质。 令那么 由拉氏变换的微分性质知： 又因为 所以 (8) 解：法一：利用拉氏变换的位移性质。 因为 故 法二：利用微分性质。 令，那么 故 由拉氏变换的微分性质知：. 故 3. 利用拉氏变换的性质计算以下各式： (1) 求 解：因为 所以由拉氏变换的位移性质知： (2) 求 解：设

34、 那么 由拉氏变换的积分性质知： 再由微分性质得： 所以 4. 利用拉氏变换的性质求 (1) 解：法一：利用卷积求解。 设 那么 而 由卷积定理知： 法二：利用留数求解。 显然在 内有两个2级极点。除此外处处解析，且当时， 故由定理8.3知： (2) 解：法一：利用卷积求解。 设 那么 而 由卷积定理知 法二：用留数求解。 显然在 内有两个2级极点。除此外处处解析，且当时， 故由定理8.3知： 法三：利用拉氏变换积分性质求解。 由(1)题知 故 即 5. 利用积分性质计算 (1) 解：设 由拉氏变换的微分性质得： 所以 (2) 解：在(1)题中获得 由拉氏变换的位移性质知： 再由拉氏变换的积分

35、性质得 6. 计算以下积分： (1) 解： 由拉氏变换表知：取 那么 (2) 解： 7求以下函数的拉氏逆变换： (1) 解：因 获得 故 (2) 解：因为 而 所以 (3) 解：设那么是的四级极点。 除此外处处解析，且当时， 故由定理8.3知： 下面来求留数。 因为 故. 所以 (4) 解：设 那么在内具有两个单极点 除此外处处解析，且当时， 故由定理8.3得： (5) 解：设 分别为的一阶、二阶极点。显然满足定理8.3的条件，故由定理8.3知： (6) 解：设 显然 查表知 故由卷积定理得： (7) 解：设 那么 因为 所以 故 (8) 解：， 因为 所以 即： 8. 求以下函数的拉氏逆变换

36、： (1) 解： 由拉氏变换表知： 所以 (2) 解： 而 所以 (3) 解：设 那么 设 那么 由卷积定理知， 所以 (4) 解：设 那么 设 那么 故 所以 (5) 解： 因为 故由卷积定理知： 又因为 所以 (6) 解： 由拉氏变换表知： 所以 9. 求以下卷积： (1) 解：因为 所以 (2) m, n为正整数；解： (3) 解： (4) 解： (5) 解：因为 当时， 故当 时， 即 (6) 解：设 那么 所以当 即 时，上式为0. 当 即 时，由函数的挑选性质得： 10. 利用卷积定理证明以下等式： (1) 证明：因为 故由卷积定理： 也即 ，证毕。 (2) 证明：因为 故由卷积定

37、理知： 证毕。 11. 解以下微分方程或微分方程组： (1) 解：设 对方程两边取拉氏变换，得 代入 得： 用留数方法求解拉氏逆变换，有： (2) 解：设 对方程两边同时取拉氏变换，得 代入初值条件，得： 求拉氏逆变换得方程的解为： (3) 解：设 用拉氏变换作用方程两边，得： 代入初值条件，有： 即： 因为 所以由卷积定理求拉氏逆变换得： (4) 解：设 用拉氏变换作用在方程两边得： 将初始条件代入，得： 因为 所以 因此 故方程的解： (5) 解：设 对方程两边取拉氏变换，得： 代入初始条件，整理得： 由例8.16知： 又因为 故 因为 所以方程的解 (6) 解：设 对方程组的每个方程两边分别取拉氏变换，并考虑到初始条件得： 求解该方程组得： 取拉式逆变换得原方程组的解为： (7) 解：设 对方程组的每个方程两边分别取拉氏变换，并考虑到初始条件得： 整理计算得： 下求的拉氏逆变换： 因为 故由卷积定理可得 同理可求 所以方程组的解为 (8) 解：设 对方程组的每个方程两边分别取拉氏变换，并考虑到初始条件得： 解此方程组得： 取拉氏逆变换得原方程组的解为： 12. 求解积分方程 解：令 由卷积定理 知 将拉氏变换作用于原方程两端，得： 也即： 取拉式逆变换得原方程的解为： 欢迎阅读