复变函数与积分变换课后习题

1、复变函数与积分变换课后习题答案复变函数与积分变换课后习题答案40/40复变函数与积分变换课后习题答案复变函数与积分变换（订正版）主编：马柏林（复旦大学第一版社）课后习题答案习题一用复数的代数形式a+ib表示以下复数ei/4;35i;(2i)(43i);13.7i1i1icosisin2i22i解e4i2442222解：35i35i17i1613i1+7i17i7i12525解：2i43i834i6i510i解：13=i31i35i1i22i22.求以下各复数的实部和虚部(z=x+iy)za1i31i33(a);33;n.zaz;22;i：设z=x+iy则zaxiyaxaiyxaiyxaiyza

2、xiyaxaiy2y2xaRezax2a2y2,zaxa2y2Imza2xyzax2ay2解：设z=x+iyz3xiy3x2xiyx2y22xyixiyiyxx2y22xy2yx2y22x2yix33xy23x2yy3iRez3x33xy2,Imz33x2yy3解：31i331i3122313133132883180i18Re1i31,Im1i3022解：332231i313133133i28180i18Re1i31,Im1i3022kn2k解：in1,kki,n2k11当n2k时，Rein1k，Imin0；当n2k1时，Rein0，Imink1求以下复数的模和共轭复数2i;3;(2i)(32

3、i);1i2.解：2i4152i2i解：3333解：2i32i2i32i513652i32i2i32i2i32i47i解：1i1i22221i1i1i2224、证明：当且仅当zz时，z才是实数证明：若zz，设zxiy，则有xiyxiy，从而有2yi0，即y=0z=x为实数若=，则zxxzxxzz命题成立5、设z,wC，证明：zwzw证明zw2zwzwzwzwzzzwwzww2zwzw2zw2w22Rezwz2w22zwz2w22zwzzw2zwzw6、设,C，证明以下不等式zwzw222Rezw2zwzw222Rezw2zwzw2zw22z22w并给出最后一个等式的几何解说证明：z2z22Re

4、zww2w在上边第五题的证明已经证了然下边证z2z22Rezww2w2zwzwzwzwzw2zwwz2zw22Rezw2从而得证zwz2z22z2w2ww几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和将以下复数表示为指数形式或三角形式35i3i;1;8(13i);cos2isin2.7i;199解：35i35i17i17i17i7i13816i198i17ei此中arctan85025519解：iei此中2e2解：1eiei解：813i162.3813i2i16e3cos2isin3解：299解：2isin231cos9932.32cos2isin2ii1e9e3998.计算：(1)i

5、的三次根；(2)-1的三次根；(3)3i的平方根.i的三次根解：12k32k23icoscos2isink0,1,22isin332z1cosisin31i6622z2cos5isin531i6622z3cos9isin931i6622-1的三次根解：1cos2k+isin2k31cosisin3k0,1,233z1cosisin13i3322z2cosisin1z3cos5isin513i332233i的平方根22i解：33i=66ie4221i212k2k4433i6e464cosisink0,12211z164cosisin64e8i8819isin919iz264cos64e88829

6、.设zi2.证明：1zLzn10en,n2证明：zizn1，即zn10enz11zLzn10又n2z1从而1zz2+Lzn1011.设是圆周z:zcr,r0,acrei.令Lz:Imza0,b此中bei.求出L在a切于圆周的关于的充分必需条件.解：以以下图因为L=z:Imza=0表示经过点a且方b向与b同向的直线，要使得直线在a处与圆相切，则CAL过C作直线平行L，则有BCD=，ACB=90故-=90所以L在处切于圆周T的关于的充要条件是-=90指出以下各式中点z所确立的平面图形，并作出草图.(1)argz;(2)z1z;(3)1zi|2;(4)RezImz;(5)Imz1且z2.解：、arg

7、z=表示负实轴(2)、|z-1|=|z|表示直线z=12(3)、1|z+i|Imz解：表示直线y=x的右下半平面5、Imz1，且|z|1时,sn.故当z1和z1时,(zn1zn)收敛.n05.幂级数Cn(z2)n能否在z=0处收敛而在z=3n0处发散.解：设limCn11，则当z2时，级数收nCn敛，z21时发散.12若在z=0处收敛,则若在z=3处发散,1则1明显矛盾,所以幂级数Cn(z2)n不可以在z=0处n0收敛而在z=3处发散以下说法能否正确?为何?(1)每一个幂级数在它的收敛圆周上到处收敛.每一个幂级数的和函数在它的收敛圆内可能有奇点.答:(1)不正确,因为幂级数在它的收敛圆周上可能

8、收敛,也可能发散.不正确,因为收敛的幂级数的和函数在收敛圆周内是分析的.7.若Cnzn的收敛半径为R,求Cnnzn的收敛半n0n0b径。Cn1limCn1111解：因为limbn1nCnnCnbRbbn所以RRb8.证明：若幂级数anzn的系数满足n0limna，则nn(1)当0时,1R(2)当0时,R(3)当时,R0证明：考虑正项级数anzna1za2z2.anzn.n0limnanznlimnannz由于nz，若nn0，由正项级数的根值鉴识法知，当z1时，即z1时，anzn收敛。当n0z1时，即z1anzn2不可以趋于时，零,limnanzn1级数发散.故收敛半径R1n.当0时,z1,级数

9、收敛且R.若,对z0,当充分大时,必有anzn2不可以趋于零,级数发散.且R0求以下级数的收敛半径，并写出收敛圆周。(1)(zi)n(2)npznn0npn0(3)(n12n12n1i)2nzn0(4)(i)n(z1)n(n1)n0n解:()lim11lim(n)plim(11)p(n1)pnpnnnn1n1R1收敛圆周zi1(2)lim(n1)p1npnR1所以收敛圆周z1(3)记fn(z)(i)n12nn1z2n12由比值法,有(2n1)2n2n1limfn1(z)z12lim2n12n1znfn(z)n(2n1)2z2要级数收敛,则z2级数绝对收敛,收敛半径为R2所以收敛圆周z2(4)记

10、fn(z)(i)n(z1)n(n1)nlimnfn(z)(z1)n(n1)limz1n1若limnnnn,若nnn所以z11时绝对收敛,收敛半径R1z11收敛圆周(1)(1)n1nzn(2)(1)nz2nn1n0(2n)!1解:(1)limCn1limn11nCnnn故收敛半径R=1,由逐项积分性质，有：z(1)nznz(1)nnzn-1dz0n11zn1所以n1(1)nnzn-1(1zz)(11z)2,z1于是有：(1)n1nznz(1)nnzn1(1zz1n1n1z)2令：s(z)nz2n(1)(2n)!n0QlimCn1lim10.nCnn(2n1)(2n2)故R=,由逐项求导性质s(z

11、)(1)nz2n1n1(2n1)!s(z)(1)nz2n2(1)m+1z2m(mn1)(1)nz2n由n1(2n2)!m0(2m)!n0(2n)!此获取s(z)s(z)即有微分方程s(z)s(z)011故有：s(z)AcoszBsinz，A,B待定。由SAn0(nz2n1A1(0)1)(2n)!z0s(0)sinzBcosz(1)nz2n1z00B0n1(2n1)!10.求以下级数的和函数.所以(1)nz2ncosz.R则对zz1CnznCnznn0(2n)!，n0绝对收敛，则n0在11.设级数Cn收敛，而Cn发散，证明Cnzn的点z0处收敛n0n0n0收敛半径为1Cnzn在zz0处发散.所以

12、矛盾,从而n0证明：因为级数Cn收敛ln(1ez)在z0点处睁开为n013.用直接法将函数设泰勒级数,(到z4项),并指出其收敛半径.limCn1Zn1z.1znznCnZ解:因为ln(1ee)ln(ze若奇点为zk(2k1)i(k0,1,.)n0Cnzn的收敛半径为1所以R1又则zln(1ez)z0ln2现用反证法证明1ez1Cn1ln(1ez)z0若01则zlim11ez21，有nCn，即Cn收n0ez1ln(1ez)z0敛，与条件矛盾。(1ez)222若1则z1，从而Cnzn在单位圆上等于ln(1ez)eze2z0(1ez)3z0n0Cn，是收敛的，这与收敛半径的看法矛盾。ln(1ez)

13、(4)ez(14eze2z)z01n(1ez4230)综上述可知，必有1，所以于是，有睁开式R11ln(1ez)ln21z12z213z4.,R22!24!214.用直接法将函数1在z12点处睁开Cnzn在z0点处发散，证明级数关于全部满1z212.若为泰勒级数,(到(z4n01)项)足zz0点z都发散.解：zi为1的奇点，所以收敛半径R21z2又证明：不如设当z1z0时，Cnzn在z1处收敛11n0f(z),f(1)1z22f(z)2z2,f(1)1(1z2)2f(z)26z2,f1(123(1)z)2f(z)24z24z3,f(1)0(124z)f(4)(z)24240z2120z4,f(

14、4)(1)0(1z2)5于是，f(z)在z1处的泰勒级数为1111(z1)1(z1)23(z1)4.,R2z22244!用间接法将以下函数睁开为泰勒级数，并指出其收敛性.1(1)2z3分别在z0和z1处(2)sin3z在z0处arctanz在z0处z(4)(z1)(z2)在z2处(5)ln(1z)在z0处解（1）111112n3312z(z),z2z332z3n032311112n(z1)n12z32z212(z1)112(z1),z1n02(2)sinz(1)nz2n1zz3z5.n0(2n1)!3!5!sin3z3n32n1z2n1,z(1)(2n4n01)!Qarctanzz1z2dz(

15、3)01zi为奇点，R1arctanzz1dzz(1)n1z2n1,z1(1)nz2ndz01z20n0n02n1(4)111111111(z1)(z2)z1z2z23z2431z241z2341(1)n(z2)n1(1)n(z2)n3n034n04n11n,z23(1)(n1n1)(z2)n034(5)因为从z1沿负实轴ln(1z)不分析所以,收敛半径为R=1ln(1z)1(1)nzn1zn0ln(1z(1)nzndz(1)n1zn1,z1z)0n0n0n为何地域zR内分析且在区间(R,R)取实数值的函数f(z)睁开成z的幂级数时，睁开式的系数都是实数？答：因为当z取实数值时，f(z)与f(

16、x)的泰勒级数睁开式是完整一致的，而在xR内，f(x)的展开式系数都是实数。所以在zR内，f(z)的幂级数睁开式的系数是实数.2z117.求f(z)z2z2的以z0为中心的各个圆环域内的罗朗级数.解:函数f(z)有奇点z11与z22,有三个以0为中心的圆环域,其罗朗级数.分别为：在z内，f(z)2z111zn1nzn1=2n0(1)(2)z2z2z1z2n0(1)n11)znn1n02119.在1z内将f(z)e1z睁开成罗朗级数.1解:令t1z,则f(z)et1t1t21t3.2!3!而t1在1z内睁开式为1z11111(111.)1zz1zzz2z所以,代入可得f(z)11(111.)11

17、(111.)2.zzz22!zzz21111119.z2z26z324z4120z5有人做以下运算,并依据运当作出以下结果1zzzz2z3.z111.z1zz2zz0,所以有结果因为1zz1.11111zz2z3.0z3z2z你以为正确吗?为何?答:不正确,因为1zzzz2z3.要求z1而z111.要求z11zz2z所以,在不一样地域内zz.11111zz2z3.01zz1z6z2z21.证明:f(z)cos(z1)用z的幂表示的罗朗z级数睁开式中的系数为Cn12.n0,1,.20cos(2cos)cosnd0和z1证明:因为z是cos(zz)的奇点，所以1在0z内，cos(zz)的罗朗级数为

18、1nCnzncos(z)zn1cos(1)此中Cncn1d,n0,1,2,.2i此中C为0z内任一条绕原点的简单曲线.cos(z11)Cnz1zn1zdz,(zei,02)2i?12cos(eiei)ieid12cos(eiei)d2i0ei(n1)20ein12ei)(cosnisinn)dcos(ei2012)cosnd.n0,1,.cos(2cos201z0是函数f(z)cos(1z)的孤立奇点吗?为何?解:因为f(z)1的奇点有z01z)cos(11zk2zk(k0,1,2,.)2所以在z0的任意去心邻域，总包含奇点1，当kz时，z=0。k2从而z0不是1的孤立奇点.cos(1z)23

19、.用级数睁开法指出函数6sinz3z3(z66)在0处零点的级.解：f(z)6sinz3z3(z66)6sinz3z96z36(z31z91z15.)z96z33!5!故z=0为f(z)的15级零点判断z0能否为以下函数的孤立奇点，并确定奇点的种类：e1/z；1cosz1z2解:z0是ez的孤立奇点因为1111ez1.z2!z2n!zn1所以z0是ez的天性奇点.因为1cosz111z21z4.1122!4!z2z22!z.4!所以z1cosz0是z2的可去奇点.以下函数有些什么奇点？假如是极点，指出其点：sinz11z3z2(ez1)sinz2解:(1)sinzz1z31z5.11123!5

20、!z3z3z23!z.5!所以z0是奇点,是二级极点.解:(2)z2ki(k0,1,.)0是奇点,2ki是一级极点,0是二级极点.解:(3)z0sinz2z00,(sinz2)z0cosz22z0.(sinz2)z04z2sinz22cosz2200是sinz2的二级零点而zki是sinz2zk的一级零点,是sinz2的一级零点所以1z0是sinz2的二级极点,ki,k是1sinz2的一级极点.26.判断z以下各函数的什么奇点？e1/z2coszsinz2z3z21解:(1)当z时,ez211所以,z是ez2的可去奇点.因为coszsinz11z21z4.z1z31z5.2!4!3!5!1z1

21、z21z31z41z5.2!3!4!5!所以,z是coszsinz的天性奇点.(3)当z时,2z03z22z所以,z是3z2的可去奇点.27.函数1在z1处有一个二级极f(z)1)2z(z点，但依据下边罗朗睁开式：1L111,z11.2543z(z1)(z1)(z1)(z1)我们获取“z1又是f(z)的天性奇点”，这两个结果哪一个是正确的？为何?解:不对,z=1是f(z)的二级极点,不是天性奇点.所给罗朗睁开式不是在0z11内获取的在0z11内的罗朗睁开式为1111111(z1)(z1)2.z(z1)2zz1(z1)2(z1)2z128.假如C为正向圆周z3，求积分?f(z)dz的C值(1)f

22、(z)1(2)f(z)zz(z2)(z1)(z2)解：（1）先将睁开为罗朗级数，得12)1112z(z2zz(1)z1(2482z22z34.),zz而z=3在2z内，C10,故?Cf(z)dz2iC10(2)z在2z内到处分析，罗朗(z1)(z2)睁开式为(zz2)z11111)(zz1z21211137zz.,2zzz2z3而z=3在2z内，C11,故?f(z)dz2iC12iC习题五求以下函数的留数(1)fzez1在z=0处z5z解：e1在0|z|+的罗朗睁开式为z5z2z3z411z3!L11111112!4!Lz5z42!z33!z24!zez1111Res5,04!24z1(2)f

23、zez1在z=1处1解：ez1在0z1|1(2)12acosa0解：令解：因为101在c内有z=1，z=-iz1zzi3两个奇点所以dz2iResfz,iResfz,110z?cziz132iResfz,3Resfz,I12cos3a2dI22sin3012acos012acos23iI1iI2ea2d012acos令z=eicosz3d1dz，则2ziz31I1iI2?z12dzzz1a2iz12a2za2di103i1i?z1az2z3dza21za6.计算以下积分1i2iResfz,12aa3a21cosm(1)d54cos因被积函数为的偶函数，所以2得I1a3a21(3)dxa2x2x

24、2，a0，b0b21cosmI5d24cos令I11sinm则有25d4cos解：令Rz1，被积函数a2z2z2b2上半平面有一级极点z=ia和ib故R(z)在I2iResRz,aiResRz,bi2ilimzai21limzbi12222222zaizazbzbizazb2i112iab2a22iba2b2abab（4）.x22dx，a00 x2a2解：x21x20222dx222dxxa2xa令Rzz222，则z=i分别为()的二级2aRzza极点故0 x212dx2iResRz,aiResRz,aix2a22ilimz2limz222zaizaizaizai2a极点ixizae2dxiz

25、e2ie22iResRze,ai2ilimzai2aiaxazaiae计算以下积分sin2x2dx0 x1x1解：令Rz，则R(z)在实轴上有孤立奇z1z2点z=0，作以原点为圆心、r为半径的上半圆周cr，使CR,-R,-r,Cr,r,R构成封闭曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i,于是：IIm1e2ix2dx1Im2iResRz,ilimce2iz2dz2x1x2r0rz1z而lime2izdzic2r01zrz故：I1e2iz1e2ie2Im2ilimiiIm2i212zizz221za(5)xsinx2dx，0，b00 x2b2解：x2x2eixdxxcosx2dxib2x2b2xsinx2

26、dx22xb(2)z2dz，此中T为直线Rez=c,c0,0a12iT解：在直线z=c+iy(-y02ax解：令Rzz21，在上半平面有z=ai一个一级a2fciydyeclna2dy收敛，所以积分2yccizdz是存在的，并且cicilimciRlimfzdzfzdzcfzdzciRiRRAB此中AB为复平面从c-iR到c+iR的线段考虑函数f(z)沿长方形-Rxc，-RyR周界的积分以以下图因为f(z)在其内仅有一个二级极点z=0，并且Resfz,0limz2fzlnaz0所以由留数定理fzdzBEfzdzfzdzfzdz2ilnaABEFFA而xRilnaxlnalnaCClnafzdz

27、Re2dxCe2dxCeeCRR022dx2BECxRiRxRRRR习题六1.求映照w1下，以下曲线的像.z(1)x2y2ax(a0，为实数)解：w11xy2i=u+ivzxiyx2y2x2yuxx1,x2y2axa所以w1将x2y2ax映成直线u1.zaykx.(k为实数)解：w1xyz2222ixyxyuxvykx222222xyxyxyvku1将ykx映成直线vku.故wz以下地域在指定的映照下映成什么？（1）Im(z)0,w(1i)z；解：w(1i)(xiy)(xy)i(x+y)uxy,vxy.uv2y0.所以Im(w)Re(w).故w(1i)z将Im(z)0,映成Im(w)Re(w)

28、.(2)Re(z)0.0Im(z)0,0y0.Im(w)0.若w=u+iv,则yu2,xvu2vu22v因为0y0,0Im(z)0,Im()0,w11(以（1,0）为圆心、ww222为半径的圆)求w=z2在z=i处的伸缩率和旋转角，问w=z2将经过点z=i且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成w平面上哪一个方向？并作图.解：因为w=2z,所以w(i)=2i,|w|=2,旋转角argw=.于是,经过点i且平行实轴正向的向量映成w平面上过点-1，且方向垂直向上的向量.以以下图.一个分析函数，所构成的映照在什么条件下拥有伸缩率和旋转角的不变性？映照w=z2在z平面上每一点都拥有这个性质吗？答：一个分析

29、函数所构成的映照在导数不为零的条件下拥有伸缩率和旋转不变性映照w=z2在z=0处导数为零，所以在z=0处不具备这个性质.求将地域0 x0时，即w1zIm(w1)0,令dq，得w1w1令=+i得cwuvw1(z1)(1q)/(zq)(z1)(1q)az1w1(u1)iv)2v0.w1(z1)(1q)/(zq)2(z1)(q1)z1Im()Im(1)iv1)2v2w1(u(u此中a为复数.即v0,故Im(z)0的像为Im(w)0.反之也成立，故所求分式线性映照为9.求出一个将右半平面Re(z)0映照成单位圆w1az1，a为复数.w1z17.若分式线性映照，wazb将圆周|z|=1czd成直线则其余

30、数应满足什么条件？解：若wazb将圆周|z|=1映成直线，则zczd映成w.|w|0.故weizz0(Re(z0)0).zz0解：(1)Re(z)=0是虚轴，即z=iy代入得.10.映照wiz将|z|1映照成|w|1,实ezwiy1(1iy)21y22y1iy11y21y2iy2数的几何意义显什么？1写成参数方程为u1y2，v2y,解：因为1y2y21y.2w(z)ei(1z)(z)()ei1|消去y得，像曲线方程为单位圆,即(1z)2(1z)2u+v=1.从而w()i1|22ei12e222(1|)1|(2)|z|=2.是一圆围，令z2ei,02代入得所以argw()argeiarg(1|2

31、).w2ei1化为参数方程.故表示weizz在单位圆内处的旋转角2ei11argw().1ei12ei(1)1ei1.1111.求将上半平面Im(z)0,映照成|w|0,映为单位圆|w|0).e(1)，22wk32zi2z12z1(1)由f(i)=0=i，又由argf(i)0,即w(2i得于是e1z)2.2zf(z)i2i,(3)先求=(z)，使z=a0，(a),e(zargi)21且|z|1映成|1.f(i)i(2)0，得2e，所以2则可知=(z)=eiza1wizi.azzi再求w=g()，使=0w=a,argg(0)0,且得k=1(2)由f(1)=1,；由f(i)=1,得15|1映成|w

32、|1.k=i联立解得先求其反函数=(w),它使|w|1映为5(i)|1,=映为=0，且3z+(52i).waw(52i)z3arg(w)arg(1/g(0)0,则12.求将|z|1映照成|w|1的分式线性变换waw=f(z)，并满足条件：=(w)=.1aw(1)f(12)=0,f(-1)=1.所以，所求w由等式给出.(2)f(21)=0,argf(21)wa=eiza.,12aw1az(3)f(a)=a,argf(a).13.求将极点在0，1，i的三角形式的内部映照为解：将单位圆|z|1映成单位圆|w|1的分式线性映极点挨次为0，2，1+i的三角形的内部的分式线性射，为映照.wiz,|1.解：

33、直接用交比不变性公式即可求得ez1w01i0=z0i0(1)由f(21)=0，知1.又由f(-1)=1，知w21i2z2i12w.1i2=z.i1w21iz1iw4z.(i1)z(1i)14.求出将圆环域2|z|5映照为圆环域4|w|2映为ww|10.又=(z)将|z|=5映为|=4，将z=2映为wwfw=-10，所以将|z|4，由此确认，此函数ww吻合要求.15.映照wz2将z平面上的曲线21映照到w平面上的什么曲线？x1y224解：略.映照w=ez将以下地域映为何图形.直线网Re(z)=C1,Im(z)=C2;(2)带形地域Im(z),02;半带形地域Re(z)0,0Im(z),02.解：

34、（1）令z=x+iy,Re(z)=C1,z=C1+iyC1eiy2w=e,Im(z)=C,则z=x+iC2w=exeiC2故w=ez将直线Re(z)映成圆周eC1；直线Im(z)=C映为射线C2.2（2）令z=x+iy，y,则w=ezexiyexeiy,y故w=ez将带形地域Im(z)映为arg(w)的张角为的角形地域.（3）令zxy，x0，0y0,0Im(z)1,).求将单位圆的外面|z|1保形映照为全平面除去线段-1Re(w)1映为|w|1,z线性映照.w2iw11将|w1|0,w11而后用幂函数w3w22映为有割痕为正实轴的全平面，最后用分式线性映照ww31将地域映为有割w31痕-1,1

35、的全平面.故2z12iw11111w31w22z1111w111.w1w221222(z)w3w11111ziz1w11z1118.求出将割去负实轴Re(z)0,Im(z)=0的带形地域2Im(z)映照为半带形地域2Im(w),Re(w)0的映照.解：用w1ez将地域映为有割痕(0,1)的右半平面Re(w1)0；再用w2lnw11将半平面映为有割痕w11(-,-1的单位圆外域；又用w3iw2将地域映为去上半单位圆内部的上半平面；再用w4lnw3将地域映为半带形0Im(w4)0；最后用2w4i映为所求地域，故ze119.求将Im(z)1去掉单位圆|z|0的映照.解：略.映照wcosz将半带形地域

36、0Re()0保形映照为平面上的什么区z域.解：因为wcosz1(eizeiz)2可以分解为w1z，w2w1，w311=ie(w2)2w2因为wcosz在所给地域单叶分析，所以（1）1=iz将半带域旋转，映为w20Im(w1),Re(w1)0.（2）w2ew1将地域映为单位圆的上半圆内部|w2|0.（3）w1(w21)将地域映为下半平面2w2Im(w)0时,令u=at.则对全部的实数t成立.1iu1FFf(at)()f(u)du(书上有推理过程)eaaaat1,t0当a0时,令u=at,则Ff(at)()1F().6.求符号函数sgnt的傅里叶a|t|1,t0a故原命题成立.变换.9.设FFf;

37、证明解:因为F(u(t)1().把函数FFft.i证明：sgn(t)与u(t)作比较.Fffteitdtfueiudusgn(t)u(t)u(t).t不难看出fueiudufuei()udu故：fteitdtF.Fsgn()tF(u(t)F(u(t)1()1()10.设FFf，证明：ii()2()()2Ffcos0t1FiitF0027.已知函数f(t)的傅里叶变换以及F()=(0)(0),求f(t)Fftsin0t1F0F0.2解:证明：Fftcos0tFftei0t+ei0t21Fftei0tFfei0t22t21F0F02同理：Fftsin0tFftei0tei0t2i1Fftei0tF

38、ftei0t2i1F0F02i11.设0,t0sint,0ftgttet,t0，20其余计算f*gt.解：f*gtf(y)gtydy当tyo时，若t0,则fy0,故f*gt=0.若0t2,0yt,则f*gtttydytysintydyf(y)ge00若t2,0ty.t2yt.2则f*gtteysintydyt20,t0故f*g1sintcostet,0tt221ete2.t212设ut为单位阶跃函数，求以下函数的傅里叶变换.1fteatsin0tut解：GFfeatsin0tuteitdt0eatsin0teitdt0eatei0tei0teitdt2i1eai0tdt1eai0tdt2i02

39、i00ai220习题八1.求以下函数的拉普拉斯变换.(1)f(t)sintcost，(2)f(t)e4t，(3)f(t)sin2t(4)f(t)t2，(5)f(t)sinhbt解:(1)f(t)sintcost1sin2t2L(f(t)1L(sin2t)124122s2s24(2)L(f(t)1L(e4t)142s(3)f(t)sin2t1cos2t2L(f(t)L(1cos2t)1L(1)1(cos2)t111222222s2s24s(s24)2L(t)s3(5)ebtebt1bt1bt1111bL(f()tL(2)L(e)L(e)2sb2sbs2b2222.求以下函数的拉普拉斯变换.2,0

40、t1（1）f(t)1,1t20,t2cost,0tf(t)0,t解:(1)L(f(t)12estdt2ese2s)f(t)estdtestdt1(2001s(2)1L(f(t)f(t)eststs1esdtcostedt(1e)200ss13.设函数f(t)cost(t)sintu(t),此中函数u(t)为阶跃函数,求f(t)的拉普拉斯变换.解:L(f(t)f(t)estdtcost(t)estdtsintu(t)estdt000cost(t)estdtsintestdt0costestt0111s22122ss1s1求图所表示的周期函数的拉普拉斯变换解：TL(fT(t)0fT(t)estdt

41、1asa1eass2s(1eas)5.求以下函数的拉普拉斯变换.(1)f(t)tsinlt(2)f(t)e2tsin5t2l(3)f(t)1tet(4)f(t)e4tcos4t(5f(t)u(2t4)(6f(t)5sin2t3cos2t1ett2(7)f(t)t2(8)f(t)3t2解:(1)f(t)tsinlt1(t)sinlt2l2lF(s)L(f(t)tsinlt)1L(t)sinltL(2l2l1l12lss2l(s2l2)2l(s2l2)2(s2l2)2(2)F(s)L(f(t)L(e2tsin5t)(s5252)2(3)F(s)L(f(t)L(1tt1L(ttte)L(1)L(te

42、)e)s1111()2s1s(s1)(4)F(s)L(f(t)L(e4tcos4t)s416(s4)21,t2(5)u(2t4)0,其余F(s)L(f(t)L(u(2t4)=u(2t4)estdt0estdt=1e2ss(6)F(s)L(f(t)L(5sin2t3cos2)t5L(sin2t)3L(cos2)t52s103s232424s4ss(7)(11(31)F(s)L(f(t)L(t2et)2233(s)2(s)2(8)Fs()L(f(t)Lt(23t2)Lt(2)3Lt()2L(1)1(2s23s2)s记Lf(s)F(s)，对常数s0，若Re(ss0)0，证明Les0tf(s)F(ss

43、0)证明:Les0tf(s)es0tf(t)estdt0f(t)e(s0s)tdtf(t)e(ss0)tdtF(ss0)007记Lf(s)F(s)，证明:F(n)(s)L(t)nf(t)(s)证明：当n=1时,F(s)f(t)estdt0F(s)f(t)estdt0f(t)esttf(t)estL(tf(t)0dtdts0所以，当n=1时,F(n)(s)L(t)nf(t)(s)明显成立。假设，当n=k-1时,有F(k1)(s)L(t)k1f(t)(s)现证当n=k时(3)tet(4)sinatsinat(5)(t)f(t)(6sinatsinat解：(1)11t11dt0(2)ttt(t)d1

44、t306(3)tettetdettett0edde00ttttee0edet10(4)F(k)(s)(0L(t)dF(k1)(s)d0dst)k1f(t)estdtskf(t)(s)(t)k1f(t)estdtds(t)kf(t)estdt0tt1sinatsinatsinasin(at)dcosatcos(2aat)d002sinattcos2at2a2(5)记Lf(s)F(s)，假如a为常数,证明:Lf(at)(s)1F(s)aa证明：设Lf(s)F(s)，由定义Lf(at)f(at)est令atu,tu,dtdu)0dt.(aaf(u)sudu1f(u)esueaaaadu001F(s)

45、aa9.记Lf(s)F(s)，证明:Lf(t)F(s)ds,即f(t)estdtsF(s)dsts0t证明：F(s)dssf(t)estdtds0f(t)estdsdtssf(t)1estsdtf(t)estdtLf(t)0t0tt计算以下函数的卷积11(2)tt(tt(t)f(t)dt(t)f(t)d(t)f(t)000t0,t()f()d()f()df(t),0tt0(6)sintcosttcos(t)d1tsin(2t)dsin2sint00ttt2sint20sin(2t)dtsint1cos(2t24t)0tsint1costcos(t)t24sint211.设函数f,g,h均满足当

46、t0时恒为零，证明fg(t)gf(t)以及(fg)h(t)fh(t)gh(t)证明：t令t=u0fg(t)f()gtdf(tu)gudu0ttf(tu)gudutftdgf(t)0g()0fgh(t)tf()ghtd0tfh(t)dtg()htd00ht()gf(t)利用卷积定理证明tF(s)Lf(t)dt0stg(t)f(t),且g(0)0g(t)f(t)dt证明：设0，则Lg(t)sLg(t)g(0)sLg(t)，则Lg(t)Lg(t)，所以stF(s)Lf(t)dt0ds13.求以下函数的拉普拉斯逆变换.(1)F(s)s1)(s2)(s(2)s28F(s)4)2(s2(3)F(s)11)

47、(s2)s(s(4)F(s)s4)2(s2(5)F(s)lns1s1s22s1(6F(s)1)2s(s解：(1)F(s)s211)(s2)s2s1(sL12111112tt()2L()L()2ees2s1s2s1(2)s2831211s2431F(s)22L(2)L(22)sin2ttcos2t(s4)4s42(s4)42(3F(s)1111s(s1)(s2)2ss12(s2)故L1(F(s)1et1e2t22(4)F(s)2s21(s24s21(s222)(s4)44)42因为L1(222)sin2ts2所以L1(F(s)L1(12s2)tsin2t4(s4)4(5)F(s)lns1(11)

48、duL(g(t)s10u1u1t此中g(t)L1(11)etets1s1所以F(s)L(ettet)L(ettet)f(t)L1(F(s)etetetet2shtttt(6)F(s)s22s1122s(s1)2ss1(s1)2所以L1(F(s)L1(1)L1(2)L1(22)ss1(s1)12et2tet2tet2et1利用卷积定理证明L12sa2tsinat(s)2a证明：L12s2)2L1(2s22aa21)(sasasa又因为L(cosat)s2,L(sinat)as2a2a2s所以，依据卷积定理L1(2s22a21)cosat1sinatsasaaat1sin(ata)d1t1sin(

49、2aat)dcosaasinat0a02sinat2a利用卷积定理证明L112ett20eydys(s1)证明：L11L111s(s1)ss1L112ett20eydys(s1)因为1111L1()t2,L1(s)ets1所以，依据卷积定理有1111t2t1(ty)1tt1y22dy2Lteyeeyedys(s1)002tty令yu2tteu222tty2dyeedyeduee00016.求以下函数的拉普拉斯逆变换.(1)F(s)1(2)F(s)14)25s24(s2s4(3)F(s)s24s5)2(s2(4)2s23s3F(s)1)(s3)2(s解:(1)F(s)112(s24)1s24(s

50、24)216(s24)28(s24)2121s2416s248(s24)2故1L1(1L1(21sin2t1tcos2tL1(F(s)22)s242)16s48(s4)168：F(s)41241(2121)s5s3s1s41(s2111222)32s2L1(F(s)1L1(s21)1L1(2222)316s1sint1sin2t)36(3)F(s)s2s211)22(s22(2(s4s5)2)12(s2)1故L1(F(s)1te2tsint2(4)23ABCDF(s)2s3s(s1)(s3)2s1s3(s3)2(s3)3A1,B1,C3,D3442故1133F(s)442s1s3(s3)2(s

51、3)3且(1)12,(1)213s3(s3)s3(s3)所以L1(F(s)1et1e3t3te3t3t2e3t442求以下微分方程的解(1)y2y3yet,(0)0,y(0)1y(2)yy4sint5cos2t,y(0)1,y(0)2(3)y2y2y2etcos2t,y(0)y(0)0(4)yye2t,y(0)y(0)y(0)0(5)y(4)2yy0,y(0)y(0)y(0)0,y(0)1解:(1)设Ly(t)Y(s),L(y(t)sY(s)y(0)sY(s),L(y(t)s2Y(s)sy(0)y(0)s2Y(s)1方程两边取拉氏变换,得s2Y(s)12sY(s)3Y(s)11s(s22s3)Y(s)s11s21s1Y(s)s2s21)(s22s3)(s1)(s1)(s3)(ss11,s21,s33为Y(s)的三个一级极点,则3y(t)L1Y(s)ResY(s)est;skk1Res(s2)est;1Res(s2)est1)(s1)(s;