复变函数第8讲3

合集下载

复变函数全套课件

w1
8
2cos
9 16
i
sin
9 16
,
23
w2
8
2
cos
17 16
i sin 1176,
w3
8
2cos
25 16
i sin 2156.
y
w1
这四个根是内接于中
心在原点半径为8 2 的圆的正方形的四个顶点.
w2
o
w0 x
w3
24
三、典型例题
例1 对于映射 w z 1 , 求圆周 z 2的象. z
3
三角表示法
利用直角坐标与极坐标的关系
x y
r r
cos , sin ,
复数可以表示成 z r(cos i sin )
指数表示法
利用欧拉公式 ei cos i sin ,
复数可以表示成 z rei 称为复数 z 的指数表示式.
4
方根
w
n
z
r
1 n
cos
2kπ
i sin
2kπ
n
n
6
2cos
12
i
sin
12 ,
w1
6
2cos
7 12
i sin 712,
w2
6
2cos
5 4
i
sin
5 4
.
22
例计算 4 1 i 的值.
解
1i
2cos
4
i
sin
4
4
1
i
8
2cos 4
2k 4
i sin
4
2k
4
即
w0
8

复变函数-第8章

设 u ( x, y ) ≡ a ∈ R, 根据C-R方程求它的共轭调和函数 v( x, y ).
∂v ∂u = = 0, ∂y ∂x ∂v ∂u =− = 0. ∂x ∂y
⇒ v ( x, y ) ≡ b ∈ R ⇒ f ( z ) ≡ a + ib.
10
§8.2 平均值定理与极值定理
1. 平均值定理
6
不唯一
例8.1.1 构造一个实部为 u ( x, y ) = x 3 − 3 xy 2 + y 的解析函数. 解: 由于
∂ 2u ∂ 2u + 2 = 6x − 6x = 0 2 ∂x ∂y
所以 u ( x, y ) 在整个平面上调和. 下面求函数 v( x, y ) , 使得函数 u ( x, y ) 和 v( x, y ) 满足看柯西-黎曼方程. 由于
e
f (z)
=e
u ( z ) + iv ( z )
=e
u( z)
e
iv ( z )
=e
u(z)
实指数函数
再由实指数函数的单调性知 u ( z ) 的极值只能在边界上取到. 15
§8.3 泊松(Poisson)积分公式与狄利克雷 (Dirichlet) 问题
1. 泊松积分公式
u ( x, y ) = u ( z ) = u (r , θ ) = u (re iθ ) ∈ R
∂ 2u ∂ 2u 调和函数是拉普拉斯方程 + 2 = 0 的二次连续可微解. 2 ∂x ∂y
上节已经证明解析函数的实部和虚部都是调和函数. 同时也讨论了, 给定一个调和函数如何构造其共轭调和函数. 为了方便起见, 有时利用 u (z ) 来代替 u ( x, y ) . 定理 8.2.1 (平均值定理)如果函数 u (z ) 是圆 | z − z0 |< R 内的一个调和函数, 在闭圆 | z − z0 |≤ R 上连续, 则

复变函数与积分变换第八章

证明
令
二、延迟性质与位移性质
1. 延迟性质
性质设当 t < 0 时
则对任一非负实数有
注意在延迟性质中专门强调了当 t < 0 时因此，本性质也可以直接表述为：
这一约定。
可见，在利用本性质求逆变换时应为：
解方法一已知根据延迟性质有
方法二
方法一先充零再平移方法二先平移再充零
两种方法为什么会得到不同的结果？
一、Laplace 变换的引入
1. Fourier 变换的“局限性”？
广义 Fourier 变换的引入，扩大了古典 Fourier 变换的适用范围，使得 “缓增” 函数也能进行 Fourier 变换，而且将周期函数的 Fourier 级数与 Fourier 变换统一起来。
广义 Fourier 变换对以指数级增长的函数如
积分在
上处处发散.
根据定理8.2，存在实数s (或是)使得在
上, 积分
收敛, 而在
上，积分
处处发散. 在收敛区域内，
Laplace变换的像函数
虚轴
析函数.
是s的解
Os
实轴
四、几个常用函数的 Laplace 变换
(1) [1]= [ ] (2) [ ]
解 (2)
含脉冲函数的拉氏变换问题
四、几个常用函数的 Laplace 变换
因此在进行Laplace变换时，常常略去存在域，只有在非常必要时才特别注明。
(2) 在 Laplace 变换中的函数一般均约定在 t < 0 时为零，即函数等价于函数
比如
类似于幂级数中
，有下面定理.
定理8.2 如果
在
处收敛，则这个积分在由这个积分确定的函数

复变函数-清华大学精品课件

bb四版四版20132014复变函数自变量为复数的函数研究复变数之间的相互依赖关系具体地就是复数域上的微积分复变函数的积分级数留数共形映射傅立叶变换和拉普拉斯变换等复数与复变函数解析函数学习方法复变函数中许多概念理论和方法是实变函数在复数域内的推广和发展它们之间有许多相似之处
复变函数与积分变换（B）
3
3
即0
1, 1
1 2
3 2
i, 2
1 2
3 i.
2
40
§4 区域
1. 区域的概念 2. 简单曲线（或Jordan曲线) 3. 单连通域与多连通域
41
1. 区域的概念
•邻域复平面上以 z 0为中心，任意δ> 0为半径的圆 | z -z 0|<δ(或 0 <| z –z 0|<δ) 内部的点
弧度数称为复数z=x+iy的辐角.(z≠0时)
y
(z)
模：| z || OP | r x 2 y2 ,
记作
辐角 : Argz
z 0 OP 0
y
P(x,y)
z r
o
x
x
15
z 0时，tan( Argz) y / x
辐角无穷多：Arg z=θ=θ0+2kπ， k∈Z，
把其中满足 0 的θ0称为辐角Argz的主值，
平面 — 复平面或z平面
点的表示：z x iy 复平面上的点P( x，y)
数z与点z同义.
14
2. 向量表示法
z x iy 点P( x，y) OP { x, y}
可用向量OP表示z x iy .
称向量的长度为复数z=x+iy的模或绝对值；
以正实轴为始边, 以向量OP为终边的角的

复变函数课件章节

复变函数(第四版)课件章节大纲
汇报人：
目录
添加目录标题
01
复变函数的基本概念
02
复变函数的微积分
03
全纯函数与亚纯函数
04
复变函数的积分公式和全纯函数的性质
05
全纯映射和几何函数论
06
添加章节标题
复变函数的基本概念
复数及其几何意义
复数：实数与虚数的组合
复平面：复数的几何表示
复数的模：表示复数的大小
全纯函数的性质
全纯函数是复变函数中的重要概念，具有解析性和连续性
全纯函数在复平面上的解析性，即函数在复平面上的任意点处都可以解析
全纯函数的连续性，即函数在复平面上的任意点处都可以连续
全纯函数的性质还包括其解析性和连续性的关系，即全纯函数在复平面上的解析性和连续性是等价的
最大模原理和柯西积分公式
亚纯函数的展开和值分布理论
亚纯函数的展开和米塔-列夫勒理论
展开：将亚纯函数分解为幂级数的形式
米塔-列夫勒理论：研究亚纯函数展开的性质和规律
亚纯函数：复变函数中的一种特殊函数
应用：在解析数论、复动力系统等领域有广泛应用
值分布理论和皮卡定理
值分布理论：研究函数在复平面上的值分布规律
皮卡定理：描述函数在复平面上的值分布规律
极值性质：全纯映射的极值性质，包括最大值和最小值
泰勒定理：泰勒定理的证明和应用，包括泰勒级数和泰勒展开式
极值定理：极值定理的证明和应用，包括极值点的存在性和唯一性
泰勒定理的应用：泰勒定理在复变函数中的应用，包括求解微分方程和积分方程
几何函数论和单叶函数
几何函数论：研究复变函数在几何上的性质，如解析性、单值性、连续性等单叶函数：复变函数在某一区域内具有唯一确定的值，且该值与自变量一一对应单叶函数的性质：解析性、单值性、连续性、可微性等单叶函数的应用：在工程、物理、化学等领域有广泛应用，如流体力学、电磁学、量子力学等

弹性力学课件：第八章复变函数解

第六章平面问题——的复变函数解弹性力学解法的限制边界条件的描述和表达多连域变形单值连续条件应用复变函数数学基础目录§6.10应力函数的复变函数形式§6.11应力与位移的K-M函数表示§6.12多连域应力与位移单值条件§6.13保角变换§6.14孔口问题应力函数可以用两个解析函数表示§6.10应力函数的复变函数形式古尔萨（Goursat ）公式应力解法)()()()(),(2f f z z z z z z z z U χχϕϕ+++=或者)]()(Re[),(f z z z z z U χϕ+=ϕf (z)和χ(z)均为单值解析函数。

克罗索夫－穆斯赫利什维利函数简称K-M 函数——应力函数——复变函数描述§6.11应力与位移的K-M 函数表示罗克索夫公式应力分量的复变函数表达——ϕf (z)和y (z)表示的应力分量)('Re 4])(')('[2f f f z z z y x ϕϕϕσσ=+=+)]()('[2z Ψz Φz +=])()([2z Φz Φ+=)](')(''[22f z z z i xy x y y ϕτσσ+=+-)('d )(d )(f f z z z z Φϕϕ==z z z Ψd )(d )(y =引入•位移的复变函数表达)()(')(13)i (2f f z z z z vv v u G y ϕϕ--+-=+•已知ϕf (z)和y (z), 可以确定位移分量。

•对于平面应变问题，只须将弹性模量和泊松比作对应的替换则可。

K-M 函数ϕf (z)和y (z)描述的面力边界条件。

sF F z z z z sy sx AB d )i (i )()(')(f f +=++⎰y ϕϕ边界点的确定函数K-M 函数由内向边界趋近值•求解弹性力学平面问题•——给定边界条件下求解双调和方程•变换为在给定的边界条件下寻找解析函数•确定K-M 函数ϕf (z)和y (z)，则应力、位移和应变就可以完全确定。

复变函数与积分变换第八章教案

复变函数与积分变换第八章教案第八章教案：复变函数与积分变换本章的内容主要包括复变函数的积分、Cauchy积分定理和公式、解析函数、留数计算及其应用等。

一、知识目标1.理解复变函数的积分概念，能求解一类简单的复变函数的积分；2. 掌握Cauchy积分定理和公式的概念和计算方法；3.熟练掌握解析函数的判别法和求法，能用留数计算解析函数的积分和求解相关的实际问题。

二、能力目标1.能灵活应用积分变换法求解复变函数的积分；2. 能熟练运用Cauchy积分定理和公式求解实际问题；3.能用解析函数的求法和留数计算求解与实际问题相关的积分。

三、情感目标1.培养学生的实际应用意识和解决实际问题的能力；2.培养学生严谨的数学思维和创新精神；3.培养学生的团队合作意识和表达能力。

四、教学重点1.复变函数的积分与积分变换法；2. Cauchy积分定理和公式的理解和求解；3.解析函数的概念、判别法和求法。

五、教学难点1.解析函数的判别法和求法；2.应用解析函数的留数计算求解积分问题。

六、教学内容及安排1.复变函数的积分及其应用（2课时）a.复变函数的积分概念和性质；b.积分变换法求解复变函数的积分；c.通过实例引导学生应用积分变换法求解复变函数的积分。

2. Cauchy积分定理和公式（2课时）a. Cauchy积分定理和公式的概念和计算方法；b. 通过实例引导学生运用Cauchy积分定理和公式求解实际问题。

3.解析函数与留数计算（3课时）a.解析函数的概念和性质；b.解析函数的判别法和求法；c.通过实例引导学生熟练运用解析函数的留数计算求解相关的实际问题。

四、教学方法1.讲授法：通过讲解理论知识，激发学生的兴趣和求知欲；2.案例分析法：通过实例引导学生理解和运用知识；3.讨论研究法：通过课堂讨论和小组合作，培养学生的团队合作意识和表达能力。

五、教学手段1.多媒体教学手段：利用多媒体技术展示课件，图像等，提高教学效果；2.实物展示手段：利用实物、模型等教具展示相关概念和实例，增加学生的理解和兴趣；3.小组讨论手段：组织学生进行小组讨论和合作，培养学生的团队合作能力。

复变函数与积分变换课程8-3

F ( ) f (t )e jtdt
称为傅里叶变换，简称傅氏变换。
f (t ) 1 F ( )e jtd
2
称为傅里叶逆变换，简称傅氏逆变换。
1 e it d (t )
2
e jt d 2 (t )
Байду номын сангаас
例1 已知抽样信号f (t ) sin 2t 的频谱
t
为
F (
)
1, ||2 0, ||2
求信号 g(t ) f ( t )的频谱 G( ) .
2
解：
2, ||1 0, ||1
性质四微分性质若 lim f (t ) 0 ，则
|t |
当 | t | 时 | f (t )e jt || f (t ) | 0
从而 f (t )e jt 0

f (t )e jt
|

j
f (t )e jt dt

性质四微分性质若 lim f (t ) 0 ，则
|t |
一般地，若 lim f (k)(t) 0 (k 0,1, , n 1),
则
|t|
性质五积分性质
主要内容
一、傅氏变换的基本性质
一、傅氏变换的基本性质
性质一线性性质
F ( ) f (t )e jtdt
性质一线性性质
f (t ) 1 F ( )e jtd
2
性质一线性性质
1 1 () j
性质二位移性质 F ( ) f (t )e jtdt
设 g(t) t f (t)dt 若 lim g(t ) 0 ，则

《复变函数》(西安交大第四版)第八讲

练习：考察下列函数的孤立奇点，奇点类型，如果是极点，指出它的级数。
(1)
f
(z)
1 z 2 (e z 1)
ln(1 z) (2) f (z)
z
(1) z 0是的三级极点，z 2k i是一级极点(k 0)
(2) z 0是可去奇点
§5.2 留数(Residue)
1. 留数的定义 2. 留数定理 3. 留数的计算规则
Re s[ f (z),0]
lim z
z0
f (z)
lim
z0
(
z
1)2
2
由规则I I
Re
s[
f
( z ),1]
lim
z1
(2
1 1)!
d dz
{( z
1)2
5z 2 z(z 1)2
}
5z 2
5z (5z 2)1
2
lim(
)' lim
z1 z
z 1
z2
lim
z1
z
2
2
f (z)dz 2i Re s[ f (z),0] 2i Re s[ f (z),1] 0 z 2
Res f (z0)。
由留数定义, Res [f (z), z0]= c–1
(1)
故
1
Re s[ f (z), z0 ] c1 2 i
f (z)dz
c
(2)
2. 留数定理
定理设c是一条简单闭曲线, 函数f (z)在c内有有限个孤立奇点z1 , z2 , , zn , 除此以外, f (z) 在c内及c上解析, 则
例2
计算
cz4
z
1
dz

《复变函数》第八章习题全解钟玉泉版

第八章解析延拓（一）1.证明：()()()11nn f z nz ∞==++∑在区域11z +<解析，由于()()()01111111nn z z zz ∞=-=++<-+∑，从而()()()121111()n nn n n z nz f z z∞∞-===+=++=∑∑故在11z +<内21z与()f z 恒等，故21z是()f z 由11z +<向外的解析开拓。

2.证明：首先，()f z 在1z <内解析，其次，在1z <内221()(1)()1n nn F z z f z z∞===-=+∑而21()1F z z=+在z 平面上除zi=±外解析，所以()F z 是20()(1)n nn f z z∞==-∑由1z <向外开拓的完全解析函数。

3.证明：因111()(21)122f z z z z=<⇒<-1121212112(lnln)1111z zz z A tgaaz z ωω----=-+-++++2111(2)11211f z zzz=⋅=----1(1R e )12z z z<⇒<- 因此11, ()2z f z ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭及21R e , ()2zf z ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭均为完全解析函数112z-的解析元素.又由于1R e 2z<包含圆12z <，所以后者是前者向外的解析开拓.4. 证明：1()f z 在1D ：1z <内解析，2()f z 在2D ：()111i zz+<-，即2D：1z +<而当12z D D ∈⋅时1()f z ()1nn nn i z∞==-∑11iz=+()()()()()()21111()11111nnnnnn n n i zi z f z zz z ∞∞+==⎡⎤++=-=-⎢⎥---⎣⎦∑∑()()()11111111i zziz z ==+-++-故1()f z 与2()f z 互为直接解析开拓5.证明：由于011(1)nn zzz z ∞=--=-∑，所以此级数在01z <<内收敛于1(1)z z -，而1(1)z z -在zS 平面上除z =与1z =外都解析，而在1z >内，有1111(1)(1)z z z z z=--22111(1)zzz=+++2311zz=++因此级数111n n z∞+=∑是级数1nn zz∞=--∑越过圆弧{}1, 0<arg z<2z π=解析开拓到1z >内所得的函数.6. 证明：因11()ln (1)(:1)nn zf z z D z n∞===--<∑，而211()222()ln()33nnn z f z n∞=+=+∑121()23ln3nn z n∞=+=+∑22lnlnln (1)ln (1)33z z =---=-- 由2113z +<，得13:22G z +<，GD⊃，2()f z 在G 内解析，在D 上，21()()f z f z =，2()f z 为1()f z 在G 内的解析开拓. 7. 证明：在{}1:1G z z =<内，显然由()lo g (1)f z z =+，对于1a <，则()l o g (1f a a =+，设()()()1z a F z f a f a-=++，则2311()()()112131z a z a z az af aaaa----=-++++++这个级数在{}2:1G z z a a=-<+内收敛于lo g (1)1z a a-++，即在2G 内有()l o g (1)l o g (1)1z aF z a a -=++++l o g (1z =+而1G ，2G 都包含它们的交集12G G φ⋂≠，且在12G G ⋂内有()()F z f z =，所以1((), )fz G 与2((), )F z G 互为直接解析开拓. 8.证明：由于1z=为()f z 的奇点设2pqz r eπ=，,p q 为正整数令()f z 11!121()()q n n n n qzzf z f z -∞+===+=+∑∑由于1()f z 为多项式，故()11limr f z →存在，而当n q≥时．!qn ，从而!!n n z r=，于是!2()n n qf z r∞==∑．因此，当1r→时，2()f z →∞，故()1l i mr fz →=∞，亦即1z =上的点2piqeπ为()f z奇点，又由于点2piqe π在1z =上处处稠密所以()f z 沿半径不能越过单位圆做解析开拓，因而()f z 以1z =为自然边界．9. 证明：因()f z 在原点解析，所以()f z '在原点也解析，于是可设()f z 与()f z '在z r<内解析.故(2)2()()f z f z f z '=在z r<内也解析.令12zω=，则1()f ω在122z rω=<内解析.因而111(2)2()()f f f ωωω'=在122z rω=<也解析.令212ωω=，则2()f ω在2124rωω=<内解析.如此类推，用归纳法可得()n f ω在2nnrω<内解析.这里n 是任意自然数，故()f z 可以开拓到整个复平面上.10.0与1为支点，取两张沿[0, 1]割破的z 平面1M 与2M .粘合1M 的上岸与2M 的下岸，并想象2M 的上岸与1M 的下岸粘合.（二）1. 证明：因231111()ln (1)(:1)23f z z z z z D z =-+-=+<232231(1)(1)()ln 222 23 2z z z f z ---=----1l n 2l n (1)2z-+=-+21l n (1) (:1)2zzD -=+<可见，11(, ())D f z 及22(, ())D f z 都是完全解析函数ln (1)z +的解析元素，又由于12D D ⊂，所以，2()f z 是1 ()f z 向外的解析开拓.2. 证明：1()nn f z zn∞==∑在1z <内收敛．()()01()12nnn g z i znπ∞==+--∑在21z -<内收敛．又()()1'11()1n nn n f z z z z∞∞-=====-∑∑()()()()()11'11()121212n n n nn n g z z z z ∞∞-+===--=--=-+-∑∑11z=-因此，在1z <内''()()f z g z =，于是()f z 与()g z 可看作1ln1z-在0z =和2z =的展开式，故()f z 与()g z 可以互为解析延．3. 证明： 211()[(4)]1(4)41nn f z z z z z z z ∞==-==---+∑((4)1)z z -<.于是0z=和4z =两点都在()f z 的收敛域内，因而可在0z =及4z=的邻域内展成泰勒级数.若其和函数为1()f z 与2()f z ，则()f z 是1()f z 与2()f z 的直接解析开拓，而241z z -+又是()f z在全平面除去z z =±故1()f z 与2()f z 多对应的元素可以从一方解析开拓到另一方. 4．证明：由于1()()1nn z f z z+=-在R e 0z<内解析的，令11z zω+=-，它把R e 0z=映射为1ω=；把R e 0z <映射为1ω<.而级数0nn ω∞=∑的收敛圆为1ω<，且和函数为11ω-，所以0()n n f z ∞=∑在R e 0z <内为内闭的一致收敛于1()2z f z z-=，故()f z 在R e 0z <内解析.又由于12z z-在平面z S 上除0z=外，处处解析，故()f z 可解析开拓到除0z =外的整个z 平面上.5. 证明：由题中22() ()(21)(22)nnnn zf z +∞==*++∑知21()21nnn zf z +∞='=+∑（1）2()nn f z z∞=''=∑（2）由教材中例5.4知1z =是级数（2）的自然边界.下面证1z =也是()*的自然边界，若否，则1z =上有一小段弧，其上的所有点都是()f z 的解析点，从而此小段弧上的点也是()f z ''的解析点，这与1z =为其自然边界矛盾.6. 证明：存在含于D 内的两个区域1D 和2D ，它们分别位于L 的两侧，并以L 为公共边界，由班勒卫原理，()f z 在12D D L内解析，从而()f z 在D 内解析.7. 证明：因为()f z 为整函数，所以0()nn n f z a z∞==∑在整个复平面解析，且由条件，()f z 在实轴上取实值，据唯一性定理，可以把下半平面上的()f z 看作上半平面上的()f z 由对称原理解析开拓得到，于是下半平面应有()()f z f z =，即0nnnn n n n n n a za za z∞∞∞=====∑∑∑因此， (0, 1, 2,)nn a a n ==，从而n a 为实数.8. 解：（1）因为2co s z==±即c o s zω=与c o s zω=-这是两个单值函数，因为其中一个不能借助与解析开拓得到另一个. （2=，0ξ=为支点.为双值函数，(21)(0,1,)2zk k π=+=±是支点. （321sin1(1)(1)(21)!(21)!n nnnn n zn n +∞∞===-=-++∑这显然是单值函数. （4ξ==为支点，但0ze ≠.没有支点，只是分离的两支，当然不能由一支开拓为另一支，故2ze ω=与2ze ω=-.（5）sin, 0L n z L n ξξ==为支点，即 (0, 1, 2,)zk k π==±±为支点所以sin L n zω=为无穷多值函数.9. 解：克利斯托费尔－施瓦茨积分取形式223310(1)zCzz d z C ω--=-+⎰由1011zC ω=↔=-⇒=-.由11z ω=↔=得 22213331(1)1iCxx ed x π---=--⎰.即21111133302(1)ie C x x d x π--=-⎰11(,)33C B =21()32()3CΓ=Γ由此得232222()()332(1)11()()33iC e πΓΓ=⋅=-+ΓΓ所以223322()3(1)(1)11()3z w zz d z --Γ=-+--Γ⎰10．解：由利斯托费尔－施瓦茨积分取形式22222(1)()(1)()zttw A d z C A d t Cz z a t t a =+=+-+-+⎰⎰2222(1)()z H h Ha A d z hh iz z a ωπ+==-+⎰11(ln)111A z i Caaz π--=+-++++由00z ω=↔=得00()01A i i C C aππ=+-+⇒=+.又当z 在(0,1)上变化，对应的点ω应在正虚轴的12(,)A A 上变化. 取12,(0,1)z z ∈，则对应的12,ωω应为纯虚数.11111(ln)111z A i aaz ωπ--=-+-+. (1)11211(ln)111z A i aaz ωπ--=+-+++. （2）(1)(2)-，再注意到1111z z -+或2211z z -+的辐角均为π，则1121212112(lnln)1111z zz z A tgaaz z ωω----=-+-++++.上式左边为纯虚数，右边也应为纯虚数，故A 为纯虚数，设为0A i ，又因为z h H iω=∞↔=--所以12(l n 1)11A h H i iaaπ---=∞+-++0011A A i aaπ=+++比较上式两端实虚部，得到1H A a-=+ （3）01A h aπ-=+ （4）由（3）（4）解出22H ah=，22h HA hπ+=-，所以220h HAA i ihπ+==-故所求保形变换为22(1)()zh Hzh iz z a ωπ+=-+⎰.。

复变函数与积分变换第8章Laplace变换

出版社理工分社
页退出
复数函数与积分变换
14.计算以下积分.
15.求以下卷积.
出版社理工分社
页退出
复数函数与积分变换
16.利用卷积定理证明 17.利用卷积定理证明
出版社理工分社
18.试求以下积分方程的解.
19.设在原处质量为m的一质点在t=0时，在x方向上受到冲击力kδ(t)
的作用，其中k为常数，假定质点的初速度为零，求其运动规律.
从上面例子可以看出，Laplace变换存在的条件要比Fourier变换存在的条件弱得多,下面讨论Laplace变换的存在问题.
页退出
复数函数与积分变换
出版社理工分社
定义8.2设函数f(t)在实变数t≥0上有定义，假设存在两个常数M>0及σ>0, 对于一切t都有
成立，即f(t)的增长速度不超过指数函数，那么称f(t)为指数级函数，σ 为其增长指数.
页退出
复数函数与积分变换
(2) 原函数的微分性质
出版社理工分社
这个性质使f(t)的微分方程转为F(s)的代数方程，因此它对分析线性系统有着重要作用.现在利用它推算一些函数的Laplace变换. 例8.9利用Laplace变换的性质求f(t)=cos kt的Laplace变换。
页退出
复数函数与积分变换
该公式也称为Laplace反演公式，右端的积分称为Laplace反演积分,这里的积分路径是平行虚轴的任一直线Re s=c.
页退出
复数函数与积分变换
定理8.4
例8.19求
的Laplace逆变换.
出版社理工分社
页退出
复数函数与积分变换
例8.20 此题也可用留数理论来做.

8复变函数课后题答案（中国石油大学）

习题八答案 1．求下列函数的拉氏变换：(1) 3,,2()cos ,;2t f t t t ππ⎧<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩ 解：由拉氏变换的定义知：22220231[()]3cos 1.1s s st stL f t e dt etdt e e s s ππππ+∞−−−−⎛⎞=+=−−⎜⎟+⎝⎠∫∫(2) ()cos ()sin ().f t t t t u t δ=⋅−⋅解：由拉氏变换的定义以及单位脉动函数的筛选性质知：0202221[()]cos ()sin ()cos |111.11st st st t L f t t t e dt t u t e dt t e s s s s δ+∞+∞−−−==⋅⋅−⋅⋅=⋅−+=−=++∫∫2. 求下列函数的拉氏变换：(1)2()1;f t t =−解：由拉氏变换的线性性质知：2332!121[()][][1].L f t L t L s s s s=−=−=− (2) ()1;tf t te =−解：由拉氏变换的线性性质和位移性质知：211[()][1][].(1)t L f t L L te s s =−=−− (3) ()cos ;f t t t =解：法一：利用位移性质。

()cos .2it ite ef t t t t −+==由拉氏变换的位移性质知：222211111[()][][].222()()(it its L f t L te L te s i s i s −⎡⎤−=+=+=⎢⎥−++⎣⎦211) 法二：利用微分性质。

令则()cos ,g t t =2221()[()],'().1(s s G s L g t G s s s −===++21) 由拉氏变换的微分性质知：[cos ][()]'().L t t L tg t G s ==−即 2221[()].(1)s L f t s −=+ (4) 2()sin 6;tf t et −=解：因为 26[sin 6],36L t s =+ 故由拉氏变换的位移性知：26[()].(2)36L f t s =++ (5) 2()cos ;f t t = 解：1cos 2().2tf t +=故22211112[()][][cos 2].22224(4)s s L f t L L t s s s s +=+=+⋅=++ (6)()(1);tf t u e −=−解：因为1,10(1),0,10ttte u e e −−−⎧−>⎪−=⎨−<⎪⎩ 即： 1,0(1).0,0t t u e t −>⎧−=⎨<⎩ 故01[()]1.st L f t e dt s+∞−=⋅=∫(7) 2()(1);tf t t e =−解：22()(1)2.ttttf t t e t e te e =−=−+ 法一：利用拉氏变换的位移性质。

北京大学复变函数讲义第八章：Γ函数

再令 p = 1, 2, q = 3, 又得
1
ψ
= −γ − 2 ln 2
2
q−1
2πnp
πn
+ cos
ln 2 sin .
q
q
n=1
1
π
ψ
= −γ − − 3 ln 2
4
2
3
π
ψ
= −γ + − 3 ln 2
4
2
1
π3
ψ
= −γ − √ − ln 3
3
23 2
2
π3
ψ
= −γ + √ − ln 3
由此上面公式在统计物理学中经常用到.
ln n! = ln Γ(n + 1) ∼ n ln n − n
3
Γ 函数的渐近展开 z 为实数 x 的情形,
∞
Γ(x + 1) = e−ttxdt.
0
假设 x > 0, 分析一下积分的被积函数, 它在 t = 0 时为 0, 随着 t 的增大而增大, 当 t = x 时达到极大, 而后又
n=0
q−1
s(t) = − tp−q ln(1 − tq) + ω−np ln(1 − ωnt)
n=0
= − tp−q ln 1 − tq − (tp−q − 1) ln(1 − t) 1−t
q−1
+ ω−np ln(1 − ωnt)
n=1
6
令 t → 1−, 得将 p 换成 q − p 再两式相加
性质4: 倍乘公式
Γ(2z)
=
22z−1π−1/2Γ(z)Γ(z
+
1 )
(5)