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习题一答案1 求下列复数的实部、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 将下列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 求下列各式的值:(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 解下列方程:(1) (2)解:(1) 由此, (2),当时,对应的4个根分别为:6 证明下列各题:(1)设则证明: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)若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则,由此得到:由此说明:若为实系数代数方程的一个根,则也是。结论得证。(4)若则皆有证明:根据已知条件,有,因此: ,证毕。(5)若,则有证明:, ,因为,所以, ,因而,即,结论得证。7设试写出使达到最大的的表达式,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达到最大,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,因而二者应同向或反向,即幅角应相差或的整数倍,再由复数的除法运算规则知应为或的整数倍,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: ,因而,复参数方程为: 其中为实参数。10下列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),因而表示直线(2),因而表示椭圆(3),因而表示双曲线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,则,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,因而不连续。 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,因而在点不连续,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 ,因而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 因而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指出下列各题中点的轨迹或所表示的点集,并做图:解:(1),说明动点到的距离为一常数,因而表示圆心为,半径为的圆周。(2)是由到的距离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的距离之和为一常数,因而表示一个椭圆。代入化为实方程得 (4)说明动点到和的距离相等,因而是和连线的垂直平分线,即轴。(5),幅角为一常数,因而表示以为顶点的与轴正向夹角为的射线。15做出下列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的距离比到2的距离大,因此原不等式表示2与3 连线的垂直平分线即2.5左边部分除掉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的距离之差大于1,因而不等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分,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 指出下列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则(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 判别下列函数在何处可导,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,因而处处可微,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,因而处处可微,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,因而函数处处不解析。(3), 四个一阶偏导数皆连续,因而 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,因而函数处处不可导,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,因而,最终有 4 证明:若解析,则有 证明:由柯西黎曼方程知,左端 右端,证毕。5 证明:若在区域D内解析,且满足下列条件之一,则在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,因而 ,从而为常数。(3)由已知,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,因而为常数,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 计算下列各值(若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 解下列方程:(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证明罗比塔法则:若及在点解析,且,则,并由此求极限 证明:由商的极限运算法则及导数定义知,由此, 11 用对数计算公式直接验证:(1) (2)解:记,则(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相互对应,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 ,由已知,再主要到时单调增加,因此有 ,同理, 证毕。15 已知平面流场的复势为(1) (2) (3)试求流动的速度及流线和等势线方程。解:只需注意,若记,则 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,因而由积分估计式得 的弧长6 用积分估计式证明:若在整个复平面上有界,则正整数时 其中为圆心在原点半径为的正向圆周。证明:记,则由积分估计式得 ,因,因此上式两端令取极限,由夹比定理,得 , 证毕。7 通过分析被积函数的奇点分布情况说明下列积分为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,因此根据柯西基本定理,以上积分值都为0。8 计算下列积分:(1) (2) (3)解:以上积分皆与路径无关,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,则在内被积函数解析,因而由柯西基本定理 (2)在内,在外,则在内解析,因而由柯西积分 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相互外离的小闭合曲线,则由复合闭路原理得: 注:此题若分解,则更简单!10 计算下列各积分解:(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,围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线,则由复合闭路原理得:(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,围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线,则由复合闭路原理得:(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且相互外离的小闭合曲线。12 积分的值是什么?并由此证明解:首先,由柯西基本定理,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, , 由已知,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,因为若在某点处则由已知 ,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则知也在区域内解析,这样,根据柯西基本定理,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,则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,本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已知,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由下列各已知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若在闭圆盘上解析,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,因而为常数,证毕。习题四答案1 考察下列数列是否收敛,如果收敛,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,则因为,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,则,因为,都不存在,所以不存在,由定理4.1知,数列不收敛2 下列级数是否收敛?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:,因为是交错级数,根据交错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 试确定下列幂级数的收敛半径(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,则,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,根据正项级数的比较准则可知,发散,从而的收敛半径为1,由定理4.6,的收敛半径也为15 如果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,由已知条件知,收敛,即收敛,亦即绝对收敛6 将下列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 求下列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 将下列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 求下列各函数的孤立奇点,说明其类型,如果是极点,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 指出下列各函数的所有零点,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,则,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:如果是的级零点,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 求下列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,则,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 利用留数计算下列积分(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,则的有限孤立奇点为,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判断是下列各函数的什么奇点?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计算下列积分:解:(1) (2) 从上式可知, 所以 。10求下列各积分之值:(1)解:设则,。于是(2)解:设则,。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利用对数留数计算下列积分: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相同,即4个。 又当时,有 所以,方程与在内根的数目相同,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相同,即1个。 又当时,有 所以,方程与在内根的数目相同,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相同,即n个。习题七答案1 试证:若满足傅氏积分定理的条件,则有证明:根据付氏积分公式,有 2 求下列函数的傅氏变换:(1) (2)(3) (4)解:(1)f(t)(2) (3)(4) 由于 所以3 求下列函数的傅氏变换,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 求下列函数的傅氏变换:(1) (2) (3) (4) 解:(1) (2) (3) 由于 所以 (4) 由于 所以 6 证明:若其中为一实函数,则 其中为的共轭函数。证明:由于 所以 于是有 7若,证明(翻转性质)。证明:由于 所以 对上述积分作变换,则 8证明下列各式:(1) (为常数);(2) 证明:(1) (2) 9计算下列函数和的卷积:(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求下列函数的傅氏变换:(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 求下列函数的拉氏变换:(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筛选性质知:2. 求下列函数的拉氏变换:(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 则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。令则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,则 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下列各式: (1) 求解:因为所以由拉氏变换的位移性质知: (2) 求解:设 则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 则而由卷积定理知: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 则而 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)题中取得 由拉氏变换的位移性质知: 再由拉氏变换的积分性质得 6. 计算下列积分:(1) 解:由拉氏变换表知:取则 (2) 解:7求下列函数的拉氏逆变换: (1) 解:因 取得 故 (2) 解:因为 而 所以 (3) 解:设则是的四级极点。 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 则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 则 因为 所以 故 (8) 解:,因为 所以 即:8. 求下列函数的拉氏逆变换:(1) 解:由拉氏变换表知:所以 (2) 解:而 所以 (3) 解:设 则 设 则 由卷积定理知,所以 (4) 解:设 则 设 则 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. 求下列卷积: (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 则 所以当 即 时,上式为0.当 即 时,由函数的筛选性质得:10. 利用卷积定理证明下列等式: (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. 解下列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:
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