《工程数学-复变函数与积分变换》吉林大学数学学院 习题详解

《工程数学-复变函数与积分变换》课后习题详解吉林大学数学学院（主编:王忠仁张静)高等教育出版社习题一(P1２）1、1对任何,就是否成立？如果就是,就给出证明。如果不就是，对哪些值才成立?解:设,则，;若成立,则有，即,解得,即。所以，对任何，不成立,只对为实数时才成立。1、2求下列各式得值:（1）;(2)；(3);(４)。解:（１）因为,所以(2)因为,所以(3）因为,所以,其中;即,，,，,。（4)因为,所以,其中；即，,。1、３求方程得所有根。解法一：用因式分解法求解。因为所以由,得,解得，,;故方程得所有根为,，。解法二:用复数得方根得方法求解。由,得,即就是得三次方根;而,所以,其中；即,,。故方程得所有根为,,1、4指出下列各题中点得轨迹或所在范围,并作图,（１);(2）;（3）;(4)。解:(1)表示以点为中心,为半径得圆周;（2)表示以点为圆心,为半径得圆周及圆周得外部;(３)表示直线及其下面得部分;(４)表示位于轴上方得部分。1、5指出下列不等式所确定得区域或闭区域,并指明它就是有界得还就是无界得,单联通得还就是多联通得。(１）;(2)；(３);(４)。解:（1)表示位于轴上方得区域，它就是无界区域,就是单联通得;(２)表示以点为中心,为半径得圆周得外部区域,它就是无界区域,就是多联通得;（３)表示介于两直线与之间得区域，它就是无界区域,就是单联通得;(4)表示夹在以原点为圆心,与为半径得圆周之间得部分并且包含那两个圆周得闭区域,它就是有界得,但它就是多联通得。1、6已知映射，求：（1)点,,在平面上得像;（2)区域在平面上得像。解:(1)将,,分别代入,得，，,即点,，在平面上得像分别为,,。(２)设，则由,可得（);又(），所以，当时,；从而区域在平面上得像就是位于轴上方得部分。1、7设（),试证当时得极限不存在。证:因为,则令(）,,代入上式，得,即;又当时,有且；而不存在,所以不存在。1、８试证在原点与负实轴上不连续。证：(1）因为无意义,故也无意义,即在处无定义，故在处不连续。(２)设为负实轴上得任意一点,因为，如右图所示,当在第二象限中沿直线趋于时,趋于;而当在第四象限中沿直线趋于时,趋于;所以（)不存在,故在负实轴上不连续。由（1)(2）可知,在原点与负实轴上不连续。第二章解析函数习题二(P２５）2、1利用导数定义指出:(1)(为正整数)；(2）。解：(1)由导数得定义,有所以。(2)由导数得定义,有,故。2、2下列函数何处可导?何处解析？(1）;（2);(3)；(4)解：(１）因为,所以,则,,,；显然,这四个偏导函数在整个复平面上都就是连续得;若方程成立，则,即;即只有当时,才满足方程。所以,函数只在直线上得点可导。由函数解析得定义可知,函数在整个复平面内处处不解析。(２）因为,所以；则,,，;显然,这四个偏导函数在整个复平面上都就是连续得;若方程成立,则,即;即只有当时,才满足方程。所以,函数只在直线上得点可导。由函数解析得定义可知,函数在整个复平面内处处不解析。（3)因为，所以；则,,,;显然,这四个偏导函数在整个复平面上都就是连续得;若方程成立,则,即;即只有当时，才满足方程。所以,函数只在点处可导。由函数解析得定义可知,函数在整个复平面内处处不解析。（4)因为，所以;则,，,;显然,这四个偏导函数在整个复平面上都就是连续得,并且在整个复平面内满足方程；所以,函数在整个复平面内处处可导，从而处处解析。２、3指出下列函数得解析性区域,并求其导数。(1）;（2);(３）;(4）（，中至少有一个不为零)解:(1)函数在整个复平面内处处解析，且。(2）函数在整个复平面内处处解析,且。(3)函数在除去得复平面内处处解析，且当时。（４)因为,中至少有一个不为零,则=1\*ＧＢ3①当时，函数为,它在整个复平面内处处解析,且;=２\*GB３②当时，函数在除去得复平面内处处解析,且当时。2、4求下列函数得奇点:（1);（2）。解：(１)函数得奇点即为该函数没有意义得点,也即为该函数分母等于零得点,即为函数得奇点。（2)函数得奇点即为该函数没有意义得点,也即为该函数分母等于零得点，即为函数得奇点。2、5如果就是得解析函数,证明:。证:由就是得解析函数,得且，从而;又,则,;所以,故。结论得证。２、６设为解析函数,试确定,,得值。解:因为在复变函数中,有，则,，,；显然,这四个偏导函数在整个复平面内都就是连续得;又为解析函数,所以应满足方程,则有，解得。2、7证明方程得极坐标形式就是:，。证：方程即为；而直角坐标与极坐标得关系就是,所以，则,,所以,。２、8若函数在区域内解析,且满足下列条件之一,试证必为常数。（１)恒取实值；(2)在内解析;（３)在内为一个常数;(４)在内为一常数;(5),其中,与为不全为零得实常数。证:因为函数在区域内解析,所以在区域内满足方程,即…………(*)（1）因为恒取实值,则可设;此时（*)为解得(其中为任意一个复常数),从而为常数。结论成立。(2）因为,则;由函数在内也解析,所以在内满足方程,即(＊＊）则由(＊)与(**),可得，即（其中,为任意复常数)从而为常数。结论成立。(3）因为,所以;又在内为一个常数,则在内也为一个常数,即(其中为非负数）=1\*GB3①当时,即,则（因为,都就是二元实函数）,从而,结论得证。=2\*ＧB３②当时,则对方程（)两边分别关于,求偏导数,得…………(***）,将(*)代入(***),得…………（****)方程(＊***)为齐次线性方程组,且其系数行列式,故方程(＊***)只有零解,即,将此结果代入(*)，得;由解得（其中为任意复常数);由解得(其中为任意复常数)；所以为常数。结论成立。（４）因为在内为一常数,又,所以=１\*GB3①当时,有,此时;将代入(*）,得,解得(其中为任意复常数);此时为常数,则结论成立。=２\＊ＧB3②当时,有且;由在内为一常数,则也为常数;此时记(其中为实常数),即;对方程两边分别关于，求偏导数，得…………(*＊****)将（＊*＊*＊＊)代入(*),得，即;因为为实常数,所以,从而,将此结论代入(＊),可得;由解得（其中为任意复常数）；由解得(其中为任意复常数)；所以为常数。结论成立。(５)因为(其中,与为不全为零得实常数),则(I)当,与中只有一个为零时,=1\*GB3①当时,则为实常数,就是（1)得情形,此时结论成立;=２\*GB3②当时,则为实常数,此时证明过程与(1）类似,结论也就是成立得；＝３\*GB3③当时，则(其中就是实常数),就是(4)中得情形=2＼*GB3②;此时结论成立。(II)当,与中有两个为零时,=１\*GＢ3①当时,则为实常数,此时,从而(*)为解得（其中为任意一个复常数),从而为常数。结论成立。=2\*ＧB3②当时,则为实常数,此时就是(1)得情形,此时结论成立。＝3\*ＧB3③不可能出现得情况。2、9找出下列方程得全部解。(1);(2）;(3);（4)。解:(1)因为，由,得,即,解得;而(）,所以,即(）；故方程得全部解为()。(2)因为,由,得,即,解得；而()，所以(）,即（）;故方程得全部解为(）。(3)因为,即，解得(),即方程得全部解为(）。（4)因为，由,得,即,也即；从而，解得;又（);所以(）,故方程得全部解为(）。2、１0求，与它们得主值。解:(1)()，得主值为;（2)(）,得主值为。２、1１证明对数得下列性质:(１);(2)。解:因为,,(1）又,所以。(2)又所以。2、12求,,与得值。解:(1),(２),(3)（)（4)（)第三章复变函数得积分习题三(P４６)3、1沿下列路线计算曲线积分:(１)自原点至得直线段;(2)自原点沿实轴至，再由铅直向上至。解:（１)自原点至得直线段对应得参数方程为,也即,；则。(２）记所给积分路径为,其中,,即,;,，即,;则3、2计算积分得值,其中为正向圆周:。解法一:因为得参数方程为,所以。解法二:因为为正向圆周:,所以;从而。3、3试用观察法得出下列积分得值,并说明观察时所依据得就是什么?为正向圆周。(1);（2);（３)；(4）;(5）;(6）。解:（1）因为在圆周内解析,所以由柯西-古萨基本定理,得。（2)因为在圆周内解析，所以。(3)因为在圆周内解析，所以由柯西-古萨基本定理,得。(4)因为在圆周内只有一个奇点，所以由柯西积分公式,得。(5)因为在圆周内解析,所以由柯西－古萨基本定理,得。（6)因为在圆周内只有一个奇点,所以由柯西积分公式,得。３、4沿指定曲线得正向计算下列各积分:(1），；（2)，;(3)，;(4),；(５),为包围得闭曲线；(6)，;(7),;（8），、解:（1）因为在积分曲线得内部只有一个奇点,所以由柯西积分公式,得。(２)因为在积分曲线得内部只有一个奇点,所以由柯西积分公式，得。(3)因为在积分曲线得内部只有一个奇点,所以由柯西积分公式,得。（4）因为在积分曲线内解析，所以由柯西－古萨基本定理,得。(5)因为在积分曲线内解析，所以由柯西－古萨基本定理,得。（6)因为在积分曲线得内部有两个奇点,所以由复合闭路定理及柯西积分公式,在圆周得内部分别以、为圆心作圆周、(使得、互不相交也互不包含)，则(或)(7)因为在积分曲线内有一个奇点，所以由高阶导数公式,得(８)因为在积分曲线内有一个奇点,所以由高阶导数公式,得３、５计算下列各题:(1);（2)。解:(1);（2)。３、6计算积分,其中为正向，为负向。解法一:因为在多连通区域（此时,该多连通区域得边界曲线即为(其中为正向,为负向)得反方向)内解析,所以解法二:利用复变函数积分得性质,得

。3、7计算积分，其中为正向圆周,为整数。解：因为为整数,所以(1）当时,在圆周内解析,从而由柯西-古萨基本定理,得;(2）当时,在圆周内只有一个奇点,从而由高阶导数公式,得。3、8如果在内解析并且,证明（)。分析:从要证明得不等式可以瞧出,要利用解析函数得高阶导数公式(其中为正向简单闭曲线，且得内部既要包含点,并且在得内部要解析)，从而而要证明得就是,所以可取(而满足条件)。证：由高阶导数公式及已知条件，得。所以(）。3、９证明:与都就是调与函数，但就是不就是解析函数。证:(1)先证与都就是调与函数。对,有,,则,,从而;所以就是调与函数。对,有,，则,,从而,所以就是调与函数。(2）下面证明不就是解析函数。由(1)得过程知,,,,;显然函数不满足方程,故不就是解析函数。3、1０由下列各已知调与函数求解析函数:(1)；(2),；（３），；(４),。解:(1)先验证函数就是一个调与函数。因为,;所以,;故，即就是一个调与函数。下面求解析函数：方法一:因为解析,所以从而(为任意复常数)。方法二：因为解析，所以满足方程,由,,得,由(*)式，得(其中就是得一元实函数),则，结合(**)式,得;故(其中任意实常数）;从而;所以所求解析函数即为(其中为任意实常数)。(２)先验证函数就是一个调与函数。因为,,所以，,故,即就是一个调与函数。下面求解析函数:方法一:因为解析,所以;从而(为任意复常数）;又，所以,解得;故。方法二:因为解析,所以满足方程,由,，得,由(**)式,得(其中就是得一元实函数);则,结合（*)式,得,即(其中为任意实常数);从而(其中为任意实常数)；所以所求解析函数即为(其中为任意实常数);又，所以,解得;故。(３)先验证函数就是一个调与函数。因为,；所以,;故,即就是一个调与函数。下面求解析函数:方法一：因为解析,所以;从而(为任意复常数）;又,所以,解得;故。方法二：因为解析,所以满足方程,由,,得，由（*）式,得(其中就是得一元实函数),则，结合（**)式,得;故（其中任意实常数)；从而(其中任意实常数);所以所求解析函数即为(其中为任意实常数）;又,所以,解得;故。(4）先验证函数就是一个调与函数。因为，,所以，,故,即就是一个调与函数。下面求解析函数:方法一:因为解析,所以,从而(为任意复常数);方法二：因为解析,所以满足方程,由,,得，由(*)式,得(其中就是得一元实函数);则,结合(＊*)式,得，即(其中为任意实常数);从而(其中为任意实常数）；所以所求解析函数即为(其中为任意实常数);因为,所以；故（其中为任意实常数)。3、１1如果为解析函数，试证就是得共轭调与函数。证：要证就是得共轭调与函数,即证函数就是解析函数,也即证函数满足方程,也即为………(*)。因为为解析函数,所以满足方程………、(＊*）；则由(*＊)可知，(*)显然成立。结论得证。第四章级数习题四(P67)４、１下列序列就是否有极限？如果有极限,求出其极限。(1);(2)；（３)。解：（1)因为，所以。（2)因为不存在,,所以不存在。(３)因为,而，,所以。4、２下列级数就是否收敛？就是否绝对收敛？(1);(2）;(3)。解:（1)因为(或因为,则)所以得实部与虚部构成得级数分别为,；而级数与都就是条件收敛,所以收敛,但非绝对收敛。(2）因为就是公比得等比级数,故收敛,从而绝对收敛。(３)因为,方法一:,而就是公比得等比级数,故收敛；就是公比得等比级数,故发散;从而发散。方法二：由于,所以发散。4、3试确定下列幂级数得收敛半径。（１)(为正整数);(2);（3);(4)。解：(1)收敛半径为:。（2）收敛半径为：。（３)收敛半径为:。(4）因为,所以收敛半径为:。4、4将下列各函数展开为得幂级数,并指出其收敛区域。(1)；（２）(,）;(３）;（4)；(５)。解:(１)()。(2)因为,,所以＝1\＊ＧB３①当时,,而(）,所以()。=2\＊GB3②当时,(）（3)因为,而()所以（)从而（)(４）因为,而(),所以（)。（5)因为,所以4、５求下列函数在指定点处得泰勒展开式。（1),;（２)，;(3),；(４),。解:(1)因为,所以()(２）因为,，而(,即),(,即),所以（）(3)因为,而(),所以（）。(４)因为(,即)所以(）。4、6将下列各函数在指定圆环域内展开为洛朗级数。(1),;(2)，，;(3）,,;(4),在以为中心得圆环域内;(5）,在得去心邻域内。解:(1)因为在圆环域内，有,,所以方法一:（)方法二:（）(2)＝1\*GB3①在圆环域内,有（)=2\*GB3②在圆环域内,有()(3)=1\＊GB3①在圆环域内,有（)=2\＊GB3②在圆环域内,有，则()（4)函数得解析区域中，以为中心得圆环域有与。=1\＊GB３①在圆环域内,有()=2\*GB３②在圆环域内,有，则()（5)因为(),则在得去心邻域内,有4、7将在处展开为洛朗级数。解:函数得解析区域中,以为中心得圆环域有与。=1＼*GB3①在圆环域内,有(）＝2＼＊GB3②在圆环域内,有,则（)４、8计算积分,其中为正向圆周。解:被积函数在积分曲线得内部只有一个奇点,而圆周在函数得解析圆环域内,将函数在圆环域内展开为洛朗级数，得上式中含项得系数为：,故。4、9计算积分,其中为正向圆周。解：记,因为被积函数在积分曲线得内部有两个奇点与,利用复合闭路原理,分别以与为圆心在圆周得内部作两个互不相交也互不包含得正向圆周（)与(）,则,记,，下面计算,:(1）对,第三章中计算复变函数积分得公式及方法都不适用,所以需将被积函数在圆环域（圆周()在此圆环域内）内展开成洛朗级数,得上式中含项得系数为:,所以。(2)对,解法一:利用柯西积分公式,得。解法二：将被积函数在圆环域(圆周(）在此圆环域内)内展开成洛朗级数,得上式中含项得系数为:，所以。从而。４、1０求双边幂级数得收敛圆环与与函数。解:双边幂级数含正幂项得部分与含负幂项得部分分别为:,，而得收敛域为,即;得收敛域为,即;从而双边幂级数得收敛圆环为。又()，(），故()。第五章留数习题五(P93)5、1下列函数有些什么奇点？如果就是极点,指出它得级。(１);(2);（3）;(４)（)；（5）；(6）;（7)；(8)（为整数);(9)。解:(1)因为得奇点为;则由第五章中得定理1、2得,就是函数得一级极点,就是函数得二级极点。(2）方法一：因为得奇点为,而()所以由极点得定义可知,就是得二级极点。方法二:因为得奇点为,又就是得三级零点；而由,知,就是得一级零点;从而由第五章中得定理1、5得就是得二级极点。（3)因为得奇点为；则由第五章中得定理１、2得,就是函数得一级极点,就是函数得二级极点。；(4)因为函数在内只有唯一得奇点,解法一：因为,所以由第五章中得定理1、1知就是函数得可去奇点。解法二:因为函数在圆环域内得洛朗展开式为,所以就是函数得可去奇点。(5)因为得奇点为与(）;而(）,所以就是函数得二级极点,（,且，)就是函数得一级极点。(6)因为()，则在去心邻域内,有,所以就是函数得本性奇点。（7)因为函数得奇点为与（）,而，所以就是函数得三级极点,(，）就是函数得一级极点。（8）因为函数得奇点为(),而,,所以()就是函数得一级极点。（9）函数得奇点为,即(）与();=1\*GB3①当，即时,因为,,所以就是函数得二级零点,从而就是函数得二级极点。=２\*GＢ3②当时,因为,,所以,()与（）就是函数得一级零点，从而()与()就是函数得一级极点。。５、2证明:如果就是得()级零点,则就是得级零点。证:如果就是得()级零点,则有，其中在处解析,且;由，则,其中,且在处解析。从而根据零点得定义可知,就是得级零点。5、３就是得几级极点?5、４证明定理1、5。5、5求出下列各函数在有限奇点处得留数：（1)；(2）;(3);(4）；(5);（６)。解:（1)因为,所以与就是函数得一级极点,则解法一:由准则I,得，。解法二:由准则ＩII,得,。(2）函数得孤立奇点就是,又,,所以就是得一级零点,就是得四级零点,从而就是得三级极点。下面计算:方法一:利用准则ＩI，得方法二:将函数在得去心邻域内展开成洛朗级数，得上式中含项得系数,故。(3)因为,所以就是函数得二级极点,从而由准则II,得；。（4)因为得奇点即为(),而,所以（）就是函数得一级零点，从而（)就是函数得一级极点。故。（５）因为得奇点为,而，则在以为中心得去心邻域内,函数得洛朗展开式为从而。(6)因为得奇点为,而,则在以为中心得去心邻域内,函数得洛朗展开式为,所以。5、6计算下列各积分(利用留数:圆周均取正向):（1);（2）;（3）;(4);(5)；(6)(为整数）。解：(１)方法一:因为被积函数在积分曲线内部只有一个可去奇点,则由留数定理,得。方法二:由柯西积分公式，得。(２)方法一:因为被积函数在积分曲线内部只有一个二级极点,则由留数定理,得方法二:由高阶导数公式,得；(3)方法一:被积函数在积分曲线内只有两个一级极点，,则由留数定理,得方法二:由复合闭路原理与柯西积分公式,得(４)方法一：被积函数在积分曲线内有四个一级极点,，则由留数定理，得,下面计算,,,:利用准则I,得：,,,,(或者就是利用准则III,得,,，)所以。方法二:由复合闭路原理与柯西积分公式,得(5）被积函数在积分曲线内有六个一级极点（，且）,而,则由留数定理,得。（6)(此题要用洛朗展开式才容易讨论)因为为整数,而则=1＼*GB３①当(）,即为大于或等于３得奇数时,(为整数)5、8求下列积分(圆周均取正向)：(1);(2）。解:（１)被积函数在积分曲线内有一个一级极点与一个本性起点,则由留数定理,得;下面计算，:；要计算，需将函数在以为中心得去心邻域内展开为洛朗级数:,上式中,含项得系数为:,故,从而。(２)计算，需要利用函数在无穷远点处得留数与函数在有限点处得留数得关系,所以此题不需要大家掌握。5、９计算下列积分:(1);(2)(）;(３);(4);(5);(６)。解:(1）(2)因为,则下面计算,:；;从而。(３)因为被积函数得分母含得最高次比分子含得最高次高4次，并且作为复变量得函数在实轴上没有奇点,所以。(4)因为被积函数就是偶函数,且分母含得最高次比分子含得最高次高2次，并且作为复变量得函数在实轴上没有奇点，所以（５)因为被积函数中得分母含得最高次比分子含得最高次高2次,并且作为复变量得函数在实轴上没有奇点,所以(6)因为被积函数中得分母含得最高次比分子含得最高次高１次，并且作为复变量得函数在实轴上没有奇点,所以。5、１0试用图5、6中得积分闭路,求例3、4中得积分。第七章傅里叶变换习题七(P1４1)７、４求下列函数得傅氏积分。（1);(2）;(3）;解:(１）函数得傅氏变换为:因为在其定义域内处处连续,所以即。(2)函数得傅氏变换为:因为函数在其定义域内连续,所以即。(3)函数得傅氏变换为：因为函数得间断点为,所以（且）。7、５求下列函数得傅氏变换,并推证所列得积分结果。(1）(），证明。(2)证明(3)证明解:(１)函数得傅氏变换为:,即()。因为函数在其定义域内连续，所以故。(２）函数得傅氏变换为:,因为函数不连续得点为，令则不管就是函数得连续点还就是间断点,都就是函数得连续点,所以,故(3）函数得傅氏变换为:，因为函数在其定义域内处处连续，所以,故。７、6求下列函数得傅氏变换:(1）(2)解:(1)因为,而,,则根据拉氏变换得线性性质,得。(2)因为,方法一(定义法）:由拉氏变换得定义,得所以。方法二（利用拉氏变换及函数得性质):记,则由拉氏变换得线性性质与相似性质,得所以。7、7证明周期为得非正弦函数得傅氏变换为,其中,就是得离散频谱。７、8