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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,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,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: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,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,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 ,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: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5.1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,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5.2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, 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) 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 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: (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
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