复变函数课后习题的答案(全)

...wd......wd......wd...习题一答案求以下复数的实部、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，，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〕求以下各式的值：〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕〔5〕〔6〕解：〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕〔5〕〔6〕设试用三角形式表示与解：，所以，解以下方程：〔1〕〔2〕解：〔1〕由此，〔2〕，当时，对应的4个根分别为：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，，因而，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：，因而，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，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，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。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。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，因而，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。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：，，求和解：，因此根据指数函数的定义，有，，〔为任意整数〕设，求解：，因此解以下方程：〔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，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相互对应，即二者相等。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。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。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。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。通过分析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，因此根据柯西基本定理，以上积分值都为0。计算以下积分：〔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〕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，因而由柯西基本定理〔2〕在内，在外，那么在内解析，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，那么由复合闭路原理得：注：此题假设分解，那么更简单！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，围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线，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，围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线，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。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。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。设在单连通区域内解析，且，证明在内；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〕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，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，因而为常数，证毕。习题四答案考察以下数列是否收敛，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，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．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．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．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．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，，由条件知，收敛，即收敛，亦即绝对收敛．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：=1\*GB3①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．===．=2\*GB3②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．===．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。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：=1\*GB3①在内=2\*GB3②在内(3)解：=1\*GB3①在内，=2\*GB3②在内(4)解：在内(5)解：在内故有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．习题五答案求以下各函数的孤立奇点，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,=1\*GB3①，即时，因所以是的3级零点，由性质5.5知，它是的3级极点=2\*GB3②，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，，=1\*GB3①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．=2\*GB3②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１级极点．〔６〕解：函数的孤立奇点是，令，，=1\*GB3①时，因，所以是的2级零点，从而它是的2级极点．=2\*GB3②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．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，=1\*GB3①时，因，故是的2级零点．=2\*GB3②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，=1\*GB3①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．=2\*GB3②，时，，，由定义5.2知，，是的1级零点．=3\*GB3③，时，，，由定义5.2知，，是的1级零点．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．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．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．=1\*GB3①，即，因为所以是的2级极点．由定理5.2，．=2\*GB3②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，．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，．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：=1\*GB3①时，均在积分区域内，由定理5.1，故有．=2\*GB3②时，均不在积分区域内，所以．=3\*GB3③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筛选性质知：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