复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的习题答案.doc

复变函数与积分变换
(修订版)
主编:马柏林
(复旦大学出版社)
——课后习题答案
习题一
1、 用复数得代数形式a+ib表示下列复数
、
①解
②解:
③解:
④解:
2、求下列各复数得实部与虚部(z=x+iy)
R);
① : ∵设z=x+iy
则 ∴, .
②解: 设z=x+iy
∵ ∴, .
③解: ∵

∴, .
④解: ∵
∴, .
⑤解: ∵.
∴当时,,;
当时,,.
3、求下列复数得模与共轭复数

①解:.

②解:
③解:.

④解:

4、证明:当且仅当时,z才就是实数.
证明:若,设,
则有　,从而有,即y=0
∴z=x为实数.
若z=x,x∈¡,则.
∴.
命题成立.
5、设z,w∈£,证明:
证明∵

∴.
6、设z,w∈£,证明下列不等式.

并给出最后一个等式得几何解释.
证明:在上面第五题得证明已经证明了.
下面证.
∵
.从而得证.
∴
几何意义:平行四边形两对角线平方得与等于各边得平方得与.
7、将下列复数表示为指数形式或三角形式

①解:
其中.
②解:其中.

③解:
④解:、
∴
⑤解:
解:∵.
∴
8、计算:(1)i得三次根;(2)1得三次根;(3) 得平方根、
⑴i得三次根.
解:

∴.　

⑵1得三次根
解:

∴

⑶得平方根.
解:
∴
∴
.
9、设、 证明:
证明:∵　∴,即.
∴
又∵n≥2. ∴z≠1
从而
11、设就是圆周令
,
其中、求出在a切于圆周得关于得充分必要条件、
解:如图所示.

因为={z: =0}表示通过点a且方向与b同向得直线,要使得直线在a处与圆相切,则CA⊥.过C作直线平行,则有∠BCD=β,∠ACB=90°
故αβ=90°
所以在α处切于圆周T得关于β得充要条件就是αβ=90°.
12、指出下列各式中点z所确定得平面图形,并作出草图、

解:
(1)、argz=π.表示负实轴.

(2)、|z1|=|z|.表示直线z=.

(3)、1<|z+i|<2
解:表示以i为圆心,以1与2为半径得周圆所组成得圆环域。

(4)、Re(z)>Imz.
解:表示直线y=x得右下半平面

5、Imz>1,且|z|<2.
解:表示圆盘内得一弓形域。

习题二
1、 求映射下圆周得像、
解:设则

因为,所以
所以 ,

所以即,表示椭圆、
2、 在映射下,下列z平面上得图形映射为w平面上得什么图形,设或、
(1); (2);
(3) x=a, y=b、(a, b为实数)
解:设
所以
(1) 记,则映射成w平面内虚轴上从O到4i得一段,即

(2) 记,则映成了w平面上扇形域,即

(3) 记,则将直线x=a映成了即就是以原点为焦点,张口向左得抛物线将y=b映成了
即就是以原点为焦点,张口向右抛物线如图所示、

3、 求下列极限、
(1) ;
解:令,则、
于就是、
(2) ;
解:设z=x+yi,则有

显然当取不同得值时f(z)得极限不同
所以极限不存在、
(3) ;
解:=、
(4) 、
解:因为
所以、
4、 讨论下列函数得连续性:
(1)

解:因为,
若令y=kx,则,
因为当k取不同值时,f(z)得取值不同,所以f(z)在z=0处极限不存在、
从而f(z)在z=0处不连续,除z=0外连续、
(2)

解:因为,
所以
所以f(z)在整个z平面连续、
5、 下列函数在何处求导？并求其导数、
(1) (n为正整数);
解:因为n为正整数,所以f(z)在整个z平面上可导、
、
(2) 、
解:因为f(z)为有理函数,所以fz)在处不可导、
从而f(z)除外可导、

(3) 、
解:f(z)除外处处可导,且、
(4) 、
解:因为
、所以f(z)除z=0外处处可导,且、
6、 试判断下列函数得可导性与解析性、
(1) ;
解:在全平面上可微、

所以要使得
, ,
只有当z=0时,
从而f(z)在z=0处可导,在全平面上不解析、
(2) 、
解:在全平面上可微、

只有当z=0时,即(0,0)处有,、
所以f(z)在z=0处可导,在全平面上不解析、
(3) ;
解:在全平面上可微、

所以只有当时,才满足CR方程、
从而f(z)在处可导,在全平面不解析、
(4) 、
解:设,则

所以只有当z=0时才满足CR方程、
从而f(z)在z=0处可导,处处不解析、
7、 证明区域D内满足下列条件之一得解析函数必为常数、
(1) ;
证明:因为,所以,、
所以u,v为常数,于就是f(z)为常数、
(2) 解析、
证明:设在D内解析,则

而f(z)为解析函数,所以
所以即
从而v为常数,u为常数,即f(z)为常数、
(3) Ref(z)=常数、
证明:因为Ref(z)为常数,即u=C1,
因为f(z)解析,CR条件成立。故即u=C2
从而f(z)为常数、
(4) Imf(z)=常数、
证明:与(3)类似,由v=C1得
因为f(z)解析,由CR方程得,即u=C2
所以f(z)为常数、
5、 |f(z)|=常数、
证明:因为|f(z)|=C,对C进行讨论、
若C=0,则u=0,v=0,f(z)=0为常数、
若C0,则f(z) 0,但,即u2+v2=C2
则两边对x,y分别求偏导数,有

利用CR条件,由于f(z)在D内解析,有

所以 所以
即u=C1,v=C2,于就是f(z)为常数、
(6) argf(z)=常数、
证明:argf(z)=常数,即,
于就是
得
CR条件→

解得,即u,v为常数,于就是f(z)为常数、
8、 设f(z)=my3+nx2y+i(x3+lxy2)在z平面上解析,求m,n,l得值、
解:因为f(z)解析,从而满足CR条件、

所以、
9、 试证下列函数在z平面上解析,并求其导数、
(1) f(z)=x3+3x2yi3xy2y3i
证明:u(x,y)=x33xy2, v(x,y)=3x2yy3在全平面可微,且

所以f(z)在全平面上满足CR方程,处处可导,处处解析、
、(2) 、
证明:
处处可微,且

所以,
所以f(z)处处可导,处处解析、
10、 设

求证:(1) f(z)在z=0处连续.
(2)f(z)在z=0处满足柯西—黎曼方程.
(3)f′(0)不存在.
证明、(1)∵
而
∵
∴
∴
同理
∴
∴f(z)在z=0处连续.
(2)考察极限
当z沿虚轴趋向于零时,z=iy,有
.
当z沿实轴趋向于零时,z=x,有

它们分别为
∴
∴满足CR条件.
(3)当z沿y=x趋向于零时,有

∴不存在.即f(z)在z=0处不可导.
11、 设区域D位于上半平面,D1就是D关于x轴得对称区域,若f(z)在区域D内解析,求证在区域D1内解析.
证明:设f(z)=u(x,y)+iv(x,y),因为f(z)在区域D内解析.
所以u(x,y),v(x,y)在D内可微且满足CR方程,即.
,得

故φ(x,y),ψ(x,y)在D1内可微且满足CR条件
从而在D1内解析
13、 计算下列各值
(1) e2+i=e2∙ei=e2∙(cos1+isin1)
(2)
(3)

(4)

14、 设z沿通过原点得放射线趋于∞点,试讨论f(z)=z+ez得极限.
解:令z=reiθ,
对于θ,z→∞时,r→∞.
故.
所以.
15、 计算下列各值.
(1)

(2)
(3)ln(ei)=ln1+iarg(ei)=ln1+i=i
(4)

16、 试讨论函数f(z)=|z|+lnz得连续性与可导性.
解:显然g(z)=|z|在复平面上连续,lnz除负实轴及原点外处处连续.
设z=x+iy,
在复平面内可微.

故g(z)=|z|在复平面上处处不可导.
从而f(x)=|z|+lnz在复平面上处处不可导.
f(z)在复平面除原点及负实轴外处处连续.
17、 计算下列各值.
(1)

(2)

(3)

18、 计算下列各值
(1)

(2)

(3)(4) (5)

(6)
19、 求解下列方程
(1) sinz=2.
解:

(2)
解:　即

(3)

解:　即
(4)
解:.
20、 若z=x+iy,求证
(1) sinz=sinxchy+icosx∙shy
证明:

(2)cosz=cosx∙chyisinx∙shy
证明:

(3)|sinz|2=sin2x+sh2y
证明:

(4)|cosz|2=cos2x+sh2y
证明:

21、 证明当y→∞时,|sin(x+iy)|与|cos(x+iy)|都趋于无穷大.
证明:

∴
而
当y→+∞时,ey→0,ey→+∞有|sinz|→∞.
当y→∞时,ey→+∞,ey→0有|sinz|→∞.
同理得
所以当y→∞时有|cosz|→∞.
习题三
1、 计算积分,其中C为从原点到点1+i得直线段、
解 设直线段得方程为,则
故
2、 计算积分,其中积分路径C为
(1) 从点0到点1+i得直线段;
(2) 沿抛物线y=x2,从点0到点1+i得弧段、
解 (1)设、

(2)设、

3、 计算积分,其中积分路径C为
(1) 从点i到点i得直线段;
(2) 沿单位圆周|z|=1得左半圆周,从点i到点i;
(3) 沿单位圆周|z|=1得右半圆周,从点i到点i、
解 (1)设、

(2)设、 从到

(3) 设、 从到

6、 计算积分,其中为、
解
∵在所围得区域内解析
∴
从而

故
7、 计算积分,其中积分路径为
(1) (2) (3)
(4)
解:(1)在所围得区域内,只有一个奇点、
(2)在所围得区域内包含三个奇点、故
(3)在所围得区域内包含一个奇点,故
(4)在所围得区域内包含两个奇点,故

10、利用牛顿莱布尼兹公式计算下列积分、
(1) (2) (3)
(4) (5) (6)
解 (1)

(2)

(3)
(4)
(5)
(6) 11、 计算积分,其中为
(1) (2) (3)
解 (1)

(2)
(3)

16、 求下列积分得值,其中积分路径C均为|z|=1、
(1) (2) (3)
解 (1)

(2)

(3)

17、 计算积分,其中积分路径为
(1)中心位于点,半径为得正向圆周
(2) 中心位于点,半径为得正向圆周

解:(1) 内包含了奇点
∴
(2) 内包含了奇点,
∴
19、 验证下列函数为调与函数、

解(1) 设,
∴

从而有
,满足拉普拉斯方程,从而就是调与函数、
(2) 设,
∴

从而有
,满足拉普拉斯方程,从而就是调与函数、

,满足拉普拉斯方程,从而就是调与函数、
20、证明:函数,都就是调与函数,但不就是解析函数
证明:

∴,从而就是调与函数、

∴,从而就是调与函数、
但∵
∴不满足CR方程,从而不就是解析函数、
22、由下列各已知调与函数,求解析函数
(1) (2)
解 (1)因为
所以

令y=0,上式变为

从而

(2)
用线积分法,取(x0,y0)为(1,0),有

由,得C=0

23、设,其中各不相同,闭路C不通过,证明积分

等于位于C内得p(z)得零点得个数、
证明: 不妨设闭路C内得零点得个数为k, 其零点分别为
24、试证明下述定理(无界区域得柯西积分公式): 设f(z)在闭路C及其外部区域D内解析,且,则

其中G为C所围内部区域、
证明:在D内任取一点Z,并取充分大得R,作圆CR: ,将C与Z包含在内
则f(z)在以C及为边界得区域内解析,依柯西积分公式,有

因为 在上解析,且

所以,当Z在C外部时,有

即
设Z在C内,则f(z)=0,即

故有:
习题四
1. 复级数与都发散,则级数与发散、这个命题就是否成立?为什么?
答、不一定.反例:
发散
但收敛
发散
收敛、
2、下列复数项级数就是否收敛,就是绝对收敛还就是条件收敛?
(1) (2) (3)
(4) (5)
解 (1)
因为发散,所以发散
(2)发散
又因为
所以发散
(3) 发散,又因为收敛,所以不绝对收敛、
(4)
因为
所以级数不绝对收敛、
又因为当n=2k时, 级数化为收敛
当n=2k+1时, 级数化为也收敛
所以原级数条件收敛
(5)
其中 发散,收敛
所以原级数发散、
3、证明:若,且与收敛,则级数绝对收敛、
证明:设

因为与收敛
所以收敛
又因为,
所以且
当n充分大时,
所以收敛

而收敛,收敛
所以收敛,从而级数绝对收敛、
4、讨论级数得敛散性
解 因为部分与,所以,
,不存在、
当而时(即),cosnθ与sinnθ都没有极限,所以也不收敛.
、
故当与时, 收敛、
5、幂级数能否在z=0处收敛而在z=3处发散、
解: 设,则当时,级数收敛,时发散、
若在z=0处收敛,则
若在z=3处发散, 则
显然矛盾,所以幂级数不能在z=0处收敛而在z=3处发散
6、下列说法就是否正确?为什么?
(1)每一个幂级数在它得收敛圆周上处处收敛、
(2) 每一个幂级数得与函数在它得收敛圆内可能有奇点、
答: (1) 不正确,因为幂级数在它得收敛圆周上可能收敛,也可能发散、
(2) 不正确,因为收敛得幂级数得与函数在收敛圆周内就是解析得、
7、若得收敛半径为R,求得收敛半径。
解: 因为
所以
8、证明:若幂级数得 系数满足,则
(1)当时,
(2) 当时,
(3) 当时,
证明:考虑正项级数

由于,若,由正项级数得根值判别法知,当,即,收敛。当,即,不能趋于零,级数发散、故收敛半径、
当时, ,级数收敛且、
若,对当充分大时,必有不能趋于零,级数发散、且
9、求下列级数得收敛半径,并写出收敛圆周。
(1) (2)
(3)
(4)
解: (１)
收敛圆周

(2)

所以收敛圆周

(3) 记
由比值法,有

要级数收敛,则

级数绝对收敛,收敛半径为

所以收敛圆周

(4) 记

所以时绝对收敛,收敛半径
收敛圆周
10、求下列级数得与函数、
(1) (2)
解: (1)

故收敛半径R=1,由逐项积分性质,有:

所以

于就是有:

(2) 令:

故R=∞, 由逐项求导性质

由此得到
即有微分方程
故有:,　A, B待定。

所以

11、设级数收敛,而发散,证明得收敛半径为1
证明:因为级数收敛
设

若
得收敛半径为1
则
现用反证法证明
若则,有,即收敛,与条件矛盾。
若则,从而在单位圆上等于,就是收敛得,这与收敛半径得概念矛盾。
综上述可知,必有,所以

12、若在点处发散,证明级数对于所有满足点都发散、
证明:不妨设当时在处收敛
则对,绝对收敛,则在
点处收敛
所以矛盾,从而在处发散、
13、用直接法将函数在点处展开为泰勒级数,(到项),并指出其收敛半径、
解:因为
奇点为
所以
又

于就是,有展开式

14、用直接法将函数在点处展开为泰勒级数,(到项)
解:为得奇点,所以收敛半径
又

于就是,在处得泰勒级数为

15、用间接法将下列函数展开为泰勒级数,并指出其收敛性、
(1) 分别在与处
(2) 在处
(3) 在处
(4) 在处
(5) 在处
解 (1)

(2)

(3)

(4)

(5)因为从沿负实轴不解析
所以,收敛半径为R=1

16、为什么区域内解析且在区间取实数值得函数展开成得幂级数时,展开式得系数都就是实数？
答:因为当取实数值时,与得泰勒级数展开式就是完全一致得,而在内,得展开式系数都就是实数。所以在内,得幂级数展开式得系数就是实数、
17、求得以为中心得各个圆环域内得罗朗级数、
解:函数有奇点与,有三个以为中心得圆环域,其罗朗级数、分别为:

19、在内将展开成罗朗级数、
解:令则

而在内展开式为

所以,代入可得

20、有人做下列运算,并根据运算做出如下结果

因为,所以有结果

您认为正确吗?为什么?
答:不正确,因为要求
而要求
所以,在不同区域内

21、证明: 用z得幂表示得罗朗级数展开式中得系数为

证明:因为与就是得奇点,所以在内,得罗朗级数为

其中
其中C为内任一条绕原点得简单曲线、

22、 就是函数得孤立奇点吗?为什么?
解: 因为得奇点有

所以在得任意去心邻域,总包括奇点,当时,z=0。
从而不就是得孤立奇点、
23、　用级数展开法指出函数在处零点得级、　
解:

故z=0为f(z)得15级零点
24、　判断就是否为下列函数得孤立奇点,并确定奇点得类型:
⑴　;　　　⑵　
解: 就是得孤立奇点
因为

所以就是得本性奇点、
(2)因为

所以就是得可去奇点、
25、 下列函数有些什么奇点？如果就是极点,指出其点:
⑴　 ⑵ ⑶
解: (1)
所以就是奇点,就是二级极点、
解: (2)
就是奇点,就是一级极点,0就是二级极点、
解: (3)

就是得二级零点
而就是得一级零点, 就是得一级零点
所以
就是得二级极点, 就是得一级极点、
26、 判定下列各函数得什么奇点？
⑴　 ⑵ ⑶
解: (1)当时,
所以, 就是得可去奇点、
(2)因为

所以, 就是得本性奇点、
(3) 当时,
所以, 就是得可去奇点、
27、 函数在处有一个二级极点,但根据下面罗朗展开式:
　　　　、
我们得到“又就是得本性奇点”,这两个结果哪一个就是正确得？为什么?
解: 不对, z=1就是f(z)得二级极点,不就是本性奇点、所给罗朗展开式不就是在内得到得
在内得罗朗展开式为

28、如果C为正向圆周,求积分得值
(1) (2)
解:(1)先将展开为罗朗级数,得

而 =3在内,,故

(2)在内处处解析,罗朗展开式为

而=3在内,,故

习题五
1、 求下列函数得留数.
(1)在z=0处.
解:在0<|z|<+∞得罗朗展开式为
∴
(2)在z=1处.
解:在0<| <+∞得罗朗展开式为

∴.
2、 利用各种方法计算f(z)在有限孤立奇点处得留数.
(1)
解:得有限孤立奇点处有z=0,z=2.其中z=0为二级极点z=2为一级极点.
∴

3、 利用罗朗展开式求函数在∞处得留数.
解:
∴
从而
5、 计算下列积分.
(1),n为正整数,c为|z|=n取正向.
解:.
为在c内tanπz有
　(k=0,±1,±2…±(n1))一级极点
由于
∴
(2) c:|z|=2取正向.
解:因为在c内有z=1,z=i两个奇点.
所以

6、 计算下列积分.
(1)
因被积函数为θ得偶函数,所以
令则有

设 则

被积函数在|z|=1内只有一个简单极点
但
所以
又因为
∴
(2) ,|a|>1.
解:令

令z=eiθ.,则

得
(3),a>0,b>0.
解:令,被积函数R(z)在上半平面有一级极点z=ia与ib.故
(4)、 ,a>0.
解:
令,则z=±ai分别为R(z)得二级极点
故(5) ,β>0,b>0.
解:

而考知,则R(z)在上半平面有z=bi一个二级极点.

从而
(6) ,a>0
解:令,在上半平面有z=ai一个一级极点
7、 计算下列积分
(1)
解:令,则R(z)在实轴上有孤立奇点z=0,作以原点为圆心、r为半径得上半圆周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,
于就是:而.
故:
.(2),其中T为直线Rez=c, c>0, 0
1、 求映射下,下列曲线得像、
(1) (,为实数)
解:
,
所以将映成直线、
(2) (k为实数)
解:

故将映成直线、
2、 下列区域在指定得映射下映成什么？
(1);
解:

所以、
故将映成、
(2) Re(z)>0、 00, 00、 Im(w)>0、 若w=u+iv, 则

因为00, 00,Im(w)>0, (以(,0)为圆心、为半径得圆)
3、 求w=z2在z=i处得伸缩率与旋转角,问w=z2将经过点z=i且平行于实轴正向得曲线得切线方向映成w平面上哪一个方向？并作图、
解:因为=2z,所以(i)=2i, ||=2, 旋转角arg=、
于就是, 经过点i且平行实轴正向得向量映成w平面上过点1,且方向垂直向上得向量、如图所示、
　→　
4、 一个解析函数,所构成得映射在什么条件下具有伸缩率与旋转角得不变性？映射w=z2在z平面上每一点都具有这个性质吗？
答:一个解析函数所构成得映射在导数不为零得条件下具有伸缩率与旋转不变性映射w=z2在z=0处导数为零,所以在z=0处不具备这个性质、
5、 求将区域0质变换得一般形式、
6、 试求所有使点不动得分式线性变换、
解:设所求分式线性变换为(adbc0)由、得

因为,
即,
由代入上式,得、
因此
令,得

其中a为复数、
反之也成立,故所求分式线性映射为, a为复数、
7、 若分式线性映射,将圆周|z|=1映射成直线则其余数应满足什么条件？
解:若将圆周|z|=1映成直线,则映成、
而落在单位圆周|z|=1,所以,|c|=|d|、
故系数应满足adbc0,且|c|=|d|、
8、 试确定映射,作用下,下列集合得像、
(1) ; (2) |z|=2; (3) Im(z)>0、
解:(1) Rez)=0就是虚轴,即z=iy代入得、

写成参数方程为, , 、
消去y得,像曲线方程为单位圆,即
u2+v2=1、
(2) |z|=2、就是一圆围,令、代入得化为参数方程、

消去得,像曲线方程为一阿波罗斯圆、即

(3) 当Im(z)>0时,即,
令w=u+iv得
、
即v>0,故Im(z)>0得像为Im(w)>0、
9、 求出一个将右半平面Re(z)>0映射成单位圆|w|<1得分式线性变换、
解:设映射将右半平面z0映射成w=0,则z0关于轴对称点得像为,
所以所求分式线性变换形式为其中k为常数、
又因为,而虚轴上得点z对应|w|=1,不妨设z=0,则

故、
10、 映射将映射成,实数得几何意义显什么？
解:因为

从而
所以
故表示在单位圆内处得旋转角、
11、 求将上半平面Im(z)>0,映射成|w|<1单位圆得分式线性变换w=f(z),并满足条件
(1) f(i)=0, =0; (2) f(1)=1, f(i)= 、
解:将上半平面Im(z)>0, 映为单位圆|w|<1得一般分式线性映射为w=k(Im>0)、
(1) 由f(i)=0得=i,又由arg,即,
,得,所以
、
(2) 由f(1)=1,得k=;由f(i)= ,得k=联立解得
、
12、 求将|z|<1映射成|w|<1得分式线性变换w=f(z),并满足条件:
(1) f=0, f(1)=1、
(2) f=0, ,
(3) f(a)=a, 、
解:将单位圆|z|<1映成单位圆|w|<1得分式线性映射,为
, ||<1、
(1) 由f=0,知、又由f(1)=1,知
、
故、
(2) 由f=0,知,又
,
于就是 、
(3) 先求,使z=a,,且|z|<1映成||<1、
则可知
再求w=g,使=0w=a, ,且||<1映成|w|<1、
先求其反函数,它使|w|<1映为||<1,w=a映为=0,且
,则
、
因此,所求w由等式给出、
、
13、 求将顶点在0,1,i得三角形式得内部映射为顶点依次为0,2,1+i得三角形得内部得分式线性映射、
解:直接用交比不变性公式即可求得
∶=∶
、=、
、
14、 求出将圆环域2<|z|<5映射为圆环域4<|w|<10且使f(5)=4得分式线性映射、
解:因为z=5,5,2,2映为w=4,4,10,10,由交比不变性,有
∶=∶
故w=f(z)应为
∶=∶
即 =、
讨论求得映射就是否合乎要求,由于w=f(z)将|z|=2映为|w|=10,且将z=5映为w=4、所以|z|>2映为|w|<10、又w=f(z)将|z|=5映为|w|=4,将z=2映为w=10,所以将|z|<5映为|w|>4,由此确认,此函数合乎要求、
15、映射将z平面上得曲线映射到w平面上得什么曲线？
解:略、
16、 映射w=ez将下列区域映为什么图形、
(1) 直线网Re(z)=C1,Im(z)=C2;
(2) 带形区域;
(3) 半带形区域
、
解:(1) 令z=x+iy, Re(z)=C1,
z=C1+iy, Im(z)=C2,则
z=x+iC2
故将直线Re(z)映成圆周;直线Im(z)=C2映为射线、
(2) 令z=x+iy,,则
故将带形区域映为得张角为得角形区域、
(3) 令z=x+iy,x>0,00,01, 、
17、 求将单位圆得外部|z|>1保形映射为全平面除去线段11映为|w1|<1,再用分式线性映射、
将|w1|<1映为上半平面Im(w2)>0, 然后用幂函数映为有割痕为正实轴得全平面,最后用分式线性映射将区域映为有割痕[1,1]得全平面、
故、
18、 求出将割去负实轴,Im(z)=0得带形区域映射为半带形区域,Re(w)>0得映射、
解:用将区域映为有割痕(0,1)得右半平面Re(w1)>0;再用将半平面映为有割痕(1]得单位圆外域;又用将区域映为去上半单位圆内部得上半平面;再用将区域映为半带形00;最后用映为所求区域,故
、
19、 求将Im(z)<1去掉单位圆|z|<1保形映射为上半平面Im(w)>0得映射、
解:略、
20、 映射将半带形区域00保形映射为平面上得什么区域、
解:
因为
可以分解为
w1=iz ,,
由于在所给区域单叶解析,所以
(1) w1=iz将半带域旋转,映为00、
(3) 将区域映为下半平面Im(w)<0、
习题 七
1、证明:如果f(t)满足傅里叶变换得条件,当f(t)为奇函数时,则有

其中
当f(t)为偶函数时,则有
其中
证明:
因为其中为f(t)得傅里叶变换

当f(t)为奇函数时,为奇函数,从而
为偶函数,从而

故 有
为奇数。
=
所以,当f(t)为奇函数时,有
同理,当f(t)为偶函数时,有
、其中

2、在上一题中,设、计算得值、
解:

3、计算函数、
解:

4、求下列函数得傅里叶变换

解:

(2)
解:因为

所以根据傅里叶变换得微分性质可得
(3)
解:

(4)
解:
令,则在上半平面有两个一级极点、

故、
(5)
解:

同(4)、利用留数在积分中得应用,令
则
、
5、设函数F(t)就是解析函数,而且在带形区域内有界、定义函数为

证明当时,有

对所有得实数t成立、
(书上有推理过程)
6、求符号函数 得傅里叶变换、
解:
因为把函数、
不难瞧出
故:

7、已知函数得傅里叶变换求
解:

8、设函数f(t)得傅里叶变换,a为一常数、 证明
F

当a>0时,令u=at、则

当a<0时,令u=at,则、
故原命题成立、
9、设证明
、
证明:

10、设,证明:
以及

证明:

同理:

11、设

计算、
解:
当时,若则故
=0、
若则

若
则
故
12、设为单位阶跃函数,求下列函数得傅里叶变换、

习题八
1、求下列函数得拉普拉斯变换、
(1), (2), (3)
(4), (5)
解: (1)

(2)
(3)

(4)
(5)
2、求下列函数得拉普拉斯变换、
(1)
(2)
解: (1)

(2)
3、设函数,其中函数为阶跃函数, 求得拉普拉斯变换、
解:

4、求图8、5所表示得周期函数得拉普拉斯变换

解:

5、 求下列函数得拉普拉斯变换、
(1) (2)
(3)(4)
(5
(6
(7) (8)
解:(1)

(2)

(4)
(5)

(6)

(7)
(8)
6、记,对常数,若
,证明
证明:
7 记,证明:
证明:当n=1时,

所以,当n=1时, 显然成立。
假设,当n=k1时, 有

现证当n=k时

8、 记,如果a为常数,证明:

证明:设,由定义

9、 记,证明:
,即
证明:

10、计算下列函数得卷积
(1) (2)
(3) (4)
(5) 6
解:(1)
(2)
(3)

(4)

(5)

(6)

11、设函数f, g, h均满足当t<0时恒为零,证明
以及

证明:

12、利用卷积定理证明

证明:设,则
,则
,所以

13、 求下列函数得拉普拉斯逆变换、
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6
解:(1)

(2)

(3
故
(4)
因为

所以

(5)
其中

所以

(6)
所以

14、利用卷积定理证明

证明:

又因为

所以,根据卷积定理

15、利用卷积定理证明

证明:

因为

所以,根据卷积定理有

16、 求下列函数得拉普拉斯逆变换、
(1) (2)
(3)
(4)
解:(1)

故
(2):

(3)
故
(4)

故

且

所以

17、求下列微分方程得解
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
解: (1)设

方程两边取拉氏变换,得

为Y(s)得三个一级极点,则

(2) 方程两边同时取拉氏变换,得

(3)方程两边取拉氏变换,得

因为由拉氏变换得微分性质知,若L[f(t)]F(s),则

即

因为
所以

故有
(4)方程两边取拉氏变换,设L[y(t)]=Y(s),得

故

(5)设L[y(t)]=Y(s),则

方程两边取拉氏变换,,得

故

18、求下列微分方程组得解
(1)
(2)
解:(1) 设

微分方程组两式得两边同时取拉氏变换,得

得

(2)代入(1),得

(3)代入(1),得

(2)设
方程两边取拉氏变换,得

(3)代入(1):

所以

故

19、求下列方程得解
(1)
(2)
解:(1)设L[x(t)]=X(s), 方程两边取拉氏变换,得

(2)设L[y(t)]=Y(s), 方程两边取拉氏变换,得