复变函数与积分变换习题解答

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复变函数与积分变换第一章习题解答

— . . —.. '—
。
n
2) R(
3) 事实上
罕 P(z) =X+iY=X- i Y; 可＝霄芦（因)
P(z)
立 +a,, P( 司=a。了"+a1 产+···+a,
4
l 3. 如果 z =e;r, 试证明
1 (1) z" +— = 2cosnt ; n z
II
·+anz n = 页 =a +a1 z+a产 +··
习题一解答
1. 求下列复数的实部与虚部、共辄复数、模与辐角。
(l)
解所以
(1)
3+2i
1
(2)
-:--—
1
3+2i
1
3�2i
言，叫卢｝飞， 2 =�(言) +(-卢『 = =卢
(3+2i), ImL : 2J
=-
1 =—(32i) (3+2iX3-2i) 13
3-2i
1
1- 1
3i
(2)
(1+i)6;
J�(2e一气 �32e一l坛"
( 3) 划；
1 一3
l I 、 i
=32[cos(-子）+isin(-子）]=-16"3-16i
(2)
(I+i)'= [ �(i+i )J
＝（高冗/4)6 = 8e31ri12 = -8i。 .J3
2
） 4 （
(3)
卢= (ei1t+2k于= eirr (2k+l)/6,k = 0,1,2,3,4,5 。

复变函数与积分变换习题答案

第一章复数与复变函数1.1计算下列各式: (1) (1)(32);i i +--解: (1)(32)(1)322 3.i i i i i +--=+-+=-+ (2);(1)(2)ii i --解:2(13)3.(1)(2)2213101010i i i i i ii i i i i i +-====+----+-(3)1(1);1z z x iy z -=+≠-+ 解: 2222222211(1)(1)12.11(1)(1)(1)z x iy x iy x iy x y yi z x iy x y x y x y-+--++-+-===++++++++++ 1.3 将圆周方程22()0(0)a x y bx cy d a ++++=≠写成复数形式(即可z 与z 表示,其中z x iy =+).解: 把22,,22z z z z x y x y z z i+-==+=⋅代入圆周方程得: ()()0,222()()20,0.b caz z z z z z d iaz z b ic z b ic z d Az z Bz Bz C ⋅+++-+=⋅+-+++=⋅+++=故其中2,,2.A a B b ic C d ==+= 1.5 将下列各复数写成三角形式.(1) sin cos ;i αα+ 解: sin cos 1,i αα+= 故sin cos cos()sin().22i i ππαααα+=-+- (2) sincos.66i ππ--解: 2arg(sincos )arctan(cot ),666263i ππππππππ--=-=--=-s i n c o s 66i ππ--=2222cos()sin()cos()sin.3333i i ππππ-+-=- 1.7 指出满足下列各式的点z 的轨迹是什么曲线?(1) 1;z i +=解: 以(0,1)-为圆心,1为半径的圆周.(2) 0,zz az az b +++=其中a 为复数,为b 实常数;解: 由题设可知 2()()||0,z a z a b a +++-=即22||||,z a a b +=- 若2||,a b =则z 的轨迹为一点;a -若2||,a b >则z 的轨迹为圆,圆心在a -,若2||,a b <无意义.第二章解析函数1．用导数定义，求下列函数的导数： (1) ()Re .f x z z = 解: 因0()()lim z f z z f z z∆→+∆-∆0()Re()Re lim z z z z z z zz∆→+∆+∆-=∆ 0Re Re Re limz z z z z z z z∆→∆+∆+∆∆=∆0Re lim(Re Re )z zz z z z∆→∆=+∆+∆ 000Re lim(Re )lim(Re ),z x y z xz zz z z x i y ∆→∆→∆→∆∆=+=+∆∆+∆ 当0z ≠时,上述极限不存在,故导数不存在；当0z =时,上述极限为0,故导数为0.3．确定下列函数的解析区域和奇点,并求出导数.(1)(,).az bc d cz d++至少有一不为零解: 当0c ≠时，()az b f z cz d +=+除d z c =-外在复平面上处处解析, dz c=-为奇点,222()()()()()()()()().()()az bf z cz daz b cz d cz d az b cz d a cz d c az b ad cb cz d cz d +''=+''++-++=++-+-==++当0c =时，显然有0d ≠，故()az b f z d +=在复平面上处处解析，且()af z d'=. 5.设()f z 在区域D 内解析,试证: 222222()|()|4|()|.f z f z x y ∂∂'+=∂∂证: 设 222(),|()|,f z u i v f z u v =+=+ 222(),|()|()().u uu u f z i f z x y x y∂∂∂∂''=-=+∂∂∂∂ 而2222222222222222222222222()|()|()()2()()()(),f z u v u v x y x y u u v v u u v v u v uv xx x x y y y y∂∂∂∂+=+++∂∂∂∂⎡⎤∂∂∂∂∂∂∂∂=+++++++⎢⎥∂∂∂∂∂∂∂∂⎣⎦又()f z 解析,则实部u 及虚部v 均为调和函数.故222222220,0.u u v vu v x yx y∂∂∂∂=+==+=∂∂∂∂则22222222()|()|4(()())4|()|.u uf z f z x y x y∂∂∂∂'+=+=∂∂∂∂ 7.设sin ,px v e y =求p 的值使v 为调和函数,并求出解析函数().f z u iv =+ 解: 要使(,)v x y 为调和函数,则有0.xx yy v v v ∆=+=即2sin sin 0,px px p e y e y -=所以1p =±时,v 为调和函数,要使()f z 解析,则有,.x y y x u v u v ==-1(,)cos cos (),1sin ()sin .px pxx pxpx y u x y u dx e ydx e y y pu e y y pe y pφφ===+'=-+=-⎰⎰所以11()()sin ,()()cos .px px y p e y y p e y C p pφφ'=-=-+即(,)cos ,px u x y pe y C =+故(cos sin ),1,()(cos sin ),1.x z xze y i y C e C pf z e y i y C e C p -⎧++=+=⎪⎨--+=-+=-⎪⎩9．求下列各式的值。

复变函数与积分变换五套试题及答案

复变函数与积分变换试题（一）一、填空（3分×10）1．的模，幅角。

)31ln(i --2．-8i 的三个单根分别为：，，。

3．Ln z 在的区域内连续。

4．的解极域为：。

z z f =)(5．的导数。

xyi y x z f 2)(22+-==')(z f 6．。

=⎥⎦⎤⎢⎣⎡0,sin Re 3z z s 7．指数函数的映照特点是：。

8．幂函数的映照特点是：。

9．若=F [f (t )]，则= F 。

)(ωF )(t f )][(1ω-f 10．若f （t ）满足拉氏积分存在条件，则L [f (t )]=。

二、(10分)已知，求函数使函数为解析函222121),(y x y x v +-=),(y x u ),(),()(y x iv y x u z f +=数，且f (0)=0。

三、（10分）应用留数的相关定理计算⎰=--2||6)3)(1(z z z z dz四、计算积分（5分×2）1．⎰=-2||)1(z z z dz2． C ：绕点i 一周正向任意简单闭曲线。

⎰-c i z z3)(cos 五、（10分）求函数在以下各圆环内的罗朗展式。

)(1)(i z z z f -=1．1||0<-<i z 2．+∞<-<||1i z 六、证明以下命题：（5分×2）（1）与构成一对傅氏变换对。

)(0t t -δo iwt e -（2）)(2ωπδ=⎰∞+∞-ω-dt e t i 七、（10分）应用拉氏变换求方程组满足x (0)=y (0)=z (0)=0的解y (t )。

⎪⎩⎪⎨⎧='+=+'+='++'0401z y z y x z y x 八、（10分）就书中内容，函数在某区域内解析的具体判别方法有哪几种。

复变函数与积分变换试题答案（一）一、1．， 2.-i 2i -i22942ln π+ππk arctg 22ln 32+-333.Z 不取原点和负实轴 4. 空集5.2z 6．07.将常形域映为角形域8.角形域映为角形域9.10.⎰∞+∞-ωωπωωd e F i )(21⎰∞+-0)(dte tf st 二、解：∵∴（5分）yu x x v ∂∂-=-=∂∂xuy y v ∂∂==∂∂c xy u +=cxy y x i z f ++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=222121)(∵f (0)=0c =0（3分）∴（2分）222222)2(2)(2)(z ixyi y x i y x i xy z f -=+--=--=三、解：原式=（2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2621π01=z 12=z （2分）⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=∑=k k z z z z s i ,)3)(1(1Re 2643π33=z ∞=4z 2312(3,)3)(1(1Re 66⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--分）z z z s =0⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋅--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞--0,1)31)(11(11Re 2,)3)(1(1Re 266z z z z s z z z s 分）（∴原式=（2分） =23126⨯⨯i πi 63π-四、1．解：原式（3分）z 1=0z 2=1⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=∑=k k z z z s i ,)1(1Re 221=0（2分）]11[2+-=i π2．解：原式=iz z i=''=s co !22πi z z i =-π=）（cos i i cos π-=1ich π-五、1．解：ni z z f ∑∞⎪⎫⎛--⋅=⋅⋅=⋅=1111111111)(分）（分）（分）（（2分）11)(--∞=-=∑n n n i z in nn i z i )(1-=∑∞-=2．解：⎪⎭⎫⎝⎛-+⋅-=-+⋅-=i z i i z i z i i z z f 11)(11)(1)(11)(2分）（分）（（1分）（2分）nn i z i i z ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛---=02)(120)(11+∞=-=∑n n n i z i 20)(--∞=-=∑n n n i z i 六、1．解：∵（3分）∴结论成立0)(0t i e t t ti t i e dt e t t ωωωδ-==--∞+∞-=-⎰（2）解：∵（2分）1)(2210==ωπδπ=ωω-ω-∞+∞-⎰t i t i e dw e ∴与1构成傅氏对)(2w πδ∴（2分）)(2ωπδω=-∞+∞-⎰dt e t i 七、解：∵（3分）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=++=++)3(0)(4)()2(0)()()()1(1)()()(s sZ s Y s Z s sY s X S s sZ s Y s sX S （2）-（1）：∴（3分）⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-=s s s Y 111)(2⎪⎭⎫ ⎝⎛++--=--=1111211112s s s s s s ∴cht e e t Y t t -=--=-121211)(八、解：①定义；②C-R 充要条件Th ；③v 为u 的共扼函数10分复变函数与积分变换试题（二）一、填空（3分×10）1．函数f (z )在区域D 内可导是f (z )在D 内解析的（）条件。

复变函数与积分变换课后答案

1 ∴ Res e z 1 ,1 1 ．
2. 利用各种方法计算 f(z)在有限孤立奇点处的留数．
3z 2 (1) f z 2 z z 2 3z 2 解： f z 2 的有限孤立奇点处有 z=0，z=-2．其中 z=0 为二级极点 z=-2 为一级极 z z 2
1 1 2 解： z 1 sin z 2 2 z 1 sin z z 1 1 1 1 1 z 2 2 z 1 3 5 5! z z 3! z 1 ∴ Res f z , 0 1 3!
为在 c 内 tanπz 有 zk k
sin πz 由于 Res f z , zk cos πz
1 π
1 ∴ tan πzdz 2 πi Res f z , zk 2πi 2n 4ni c π k (2)
3 i 10
6. 计算下列积分．
(1)
π
0
cos m d 5 4 cos 1 π cos m d 2 π 5 4 cos
因被积函数为 θ 的偶函数，所以 I 令 I1
1 π sin m d 则有 2 π 5 4 cos
1 π eim d 2 π 5 4 cos
z 0
所以由留数定理．

AB
f z dz
BE
f z dz
EF
f z dz
C
FA
f z dz 2πi ln a
而

BE
f z dz

R
C
e x Ri ln a dx x Ri 2

复变函数与积分变换习题册(含答案)

第1章复数与复变函数 (作业1)一、填空题 1、ieπ2的值为。

2、k 为任意整数，则34+k 的值为。

3、复数i i (1)-的指数形式为。

4、设b a ,为实数，当=a , b= 时，).35)(1()3()1(i i b i a ++=-++ 二、判断题（正确的划√，错误的划） 1、2121z z z z +=+ （）2、()()())z Re(iz Im ;z Im iz Re =-= （）3、()()i i i 125432+=++ （）三、选择题1．当ii z -+=11时，5075100z z z ++的值等于（）（A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1-2．复数)(tan πθπθ<<-=2i z 的三角表示式是（）（A ）)]2sin()2[cos(secθπθπθ+++i （B ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos(secθπθπθ+++-i （D ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i 3．使得22z z =成立的复数z 是（）（A ）不存在的（B ）唯一的（C ）纯虚数（D ）实数 4.若θi re i i=+--2)1(3，则（）（A ）πθ-==3arctan ,5r （B ）πθ-==3arctan ,210r （C ）3arctan ,210-==πθr （D ）3arctan ,5-==πθr 5. 设复数z 位于第二象限，则z arg 等于（）。

(A) x y arctan 2+π (B) x y arctan +π (C) x y arctan 2-π (D) xy arctan +-π 四、计算与证明题 1、设ii i i z -+-=11，求.),Im(),Re(z z z z2、当x y ,等于什么实数时，等式()i iy i x +=+-++13531成立？3、求复数ii-+23的辐角。

复变函数与积分变换习题册(含答案)

第1章复数与复变函数 (作业1)一、填空题 1、ieπ2的值为。

2、k 为任意整数，则34+k 的值为。

3、复数i i (1)-的指数形式为。

复变函数与积分变换全套课后答案

1 4
1 π
k 0,1
i π π ∴ z1 6 4 cos i sin 6 4 e 8 8 8 πi 9 9 z2 6 4 cos π i sin π 6 4 e 8 ． 8 8 1 1 9
9.设 z e
3 2 2 2 2 x x 2 y 2 2 xy 2 y x y 2x y i
x3 3xy 2 3x 2 y y 3 i
∴ Re z 3 x 3 3xy 2 ,
Im z 3 3x 2 y y 3 ．
z w z 2 Re z w w z w z 2 Re z w w
zw zw 2 z w
2 2
2
2

2
2
2

2

2
2

2
并给出最后一个等式的几何解释．证明： z w z 2 Re z w w 在上面第五题的证明已经证明了．下面证 z w z 2 Re z w w ． ∵ z w z w z w z w z w
2 i 3 2i 2 i 3 2i 2 i 3 2i 4 7i
④解：
1 i 1 i 2 2 2 2
1 i 1 i 1 i 2 2 2 4、证明：当且仅当 z z 时，z 才是实数．

z z z w w z w w z zw z w w z w
≤
2
2
2
2
2 Re z w

(完整版)复变函数与积分变换习题答案

一、将下列复数用代数式、三角式、指数式表示出来。

(1) i 解：2cossin22ii e i πππ==+(2) -1解：1cos sin i e i πππ-==+ (3)1+解：()/3122cos /3sin /3i e i πππ+==+ (4) 1cos sin i αα-+ 解：2221cos sin 2sin 2sincos2sin(sincos )2222222sincos()sin()2sin 222222i i i i i e πααααααααααπαπαα⎛⎫- ⎪⎝⎭-+=+=+⎛⎫=-+-= ⎪⎝⎭(5) 3z解：()3333cos3sin3i z r e r i θθθ==+ (6) 1i e +解：()1cos1sin1i i e ee e i +==+(7)11ii-+ 解：3/411cos3/4sin 3/411i i i i e i i i πππ--==-==+++二、计算下列数值(1) 解：1ar 21ar 21ar 2 b i ctg k a bi ctg abi ctgaπ⎛⎫+ ⎪⎝⎭==⎧⎪=⎨⎪⎩(2)解：6226363463222i k i i i i e i ee e iπππππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎧=+⎪⎪⎪⎨====-+⎪⎪⎪=-⎩(3) i i 解：()2222ii k k i i e eππππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(4)解：()1/2222ii k k eeππππ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==(5) cos5α解：由于：()()552cos5i i e e ααα-+=，而：()()()()()()()()5555555555cos sin cos sin cos sin cos sin nni nn nni n n e i C i e i C i αααααααααα-=--==+==-=-∑∑所以：()()()()()()()()()()()555505555043253543251cos5cos sin cos sin 21 cos sin 112 5cos sin cos sin cos 5cos sin 10cos sin cos n n n nn n n n nn n C i i C i i C i ααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=+-⎣⎦⎡⎤=+-⎣⎦=++=-+∑∑(6) sin5α解：由于：()()552sin 5i i ee ααα--=，所以：()()()()()()()()()()()()55550555505234245552341sin 5cos sin cos sin 21 cos sin 1121 sin cos sin sin cos sin 10cos sin 5sin cos n n n nn n n n nn n C i i i C i i i C i C i iααααααααααααααααα--=--=⎡⎤=--⎣⎦⎡⎤=--⎣⎦=++=-+∑∑ (7) cos cos2cos n ααα+++L L 解：()()221cos cos 2cos ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e e e e e e e e e e e e e e e ααααααααααααααααααααααα----------⎡⎤+++=+++++++⎣⎦⎡⎤--+--⎡⎤--⎢⎥=+=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦+=L L L L L L (1)(1)22(1cos )12cos 22cos(1)2cos cos 1cos(1)cos 22(1cos )2(1cos )1sin()sin22 2sin2i i n i n in in e e e e n n n n n ααααααααααααααααα+-+-⎡⎤---++⎢⎥-⎣⎦⎡⎤--++--++==⎢⎥--⎣⎦+-=(8) sin sin 2sin n ααα+++L L 解：()()221sin sin 2sin ()()2(1)1(1)11(1)(1)1 21122(1cos )1 2i i in i i in i in i i in i i in i in i i i n e e e e e e i e e e e e e e e e e i e e i e i αααααααααααααααααααααα---------⎡⎤+++=+++-+++⎣⎦⎡⎤-----⎡⎤--⎢⎥=-=⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦=L L L L L L (1)(1)112(1cos )12sin 2sin(1)2sin sin sin(1)sin 22(1cos )2(1cos )1cos()cos22 2sin2i n in i i n in e e e e e i i n i n n n i n αααααααααααααααααα+--+-⎡⎤--+-++-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤-++-++==⎢⎥--⎣⎦-++=1.2 复变函数1、试证明函数f (z )=Arg(z ) (-π<Arg(z) ≤π)，在负实轴上(包括原点)不连续。

高等教育出版社《复变函数》与《积分变换》第四版课后习题参考答案

⎝ 12
12 ⎠
6 2ei5π / 4 = 6 2⎜⎛ cos 5π + i sin 5π ⎟⎞ 。
⎝4
4⎠
15．若 (1+ i)n = (1− i)n ，试求 n 的值。
5
解由题意即 ( 2eiπ / 4 )n = ( 2e−iπ / 4 )n , einπ / 4 = e−inπ / 4 ， sin n π = 0 ， 4
+
2kπ
= − arctan 5 + 2kπ, 3
k = 0,±1,±2,".
（3）
(3
+
4i)(2
2i
−
5i)
=
(3
+
4i)(2 − (2i)(−
5i)(− 2i)
2i)
=
(26
−
7i)(−
4
2i)
所以
= −7 − 26i = − 7 −13i
2
2
Re⎨⎧ (3
+
4i)(2
−
5i)⎫
⎬
=
−
7
，
⎩ 2i ⎭ 2
Im⎨⎧ ⎩
(3
+
4i)(2
2i
−
5i)⎫
⎬ ⎭
=
−13
，
1
⎡ ⎢ ⎣
(3
+
4i)(2
2i
−
5i)⎤
⎥ ⎦
=
−
7 2
+
l3i
(3 + 4i)(2 − 5i) = 5 29 ，
2i
2
Arg⎢⎣⎡ (3
+
4

复变函数与积分变换(马柏林)课后的习题答案

习题一1. 用复数的代数形式a +ib 表示下列复数π/43513;;(2)(43);711i i e i i i i i-++++++.①解i 4πππe cos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ②解： ()()()()35i 17i 35i 1613i7i 11+7i 17i 2525+-+==-++-③解： ()()2i 43i 834i 6i 510i ++=-++=+ ④解： ()31i 1335=i i i 1i 222-+-+=-+2.求下列各复数的实部和虚部(z =x +iy )(z a a z a -∈+); 333;;;.n z i ① ：∵设z =x +iy则()()()()()()()22i i i i i i x a y x a y x y a x a y z a z a x y a x a y x a y-++-⎡⎤⎡⎤+--+-⎣⎦⎣⎦===+++++++ ∴()22222Re z a x a y z a x a y ---⎛⎫= ⎪+⎝⎭++,()222Im z a xy z a x a y-⎛⎫= ⎪+⎝⎭++． ②解：设z =x +iy ∵()()()()()()()()323222222223223i i i 2i i 22i33iz x y x y x y x y xy x y x x y xy y x y x y x xy x y y =+=++=-++⎡⎤=--+-+⎣⎦=-+- ∴()332Re 3z x xy =-,()323Im 3z x y y =-．③解：∵(()(){}33232111313188-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭．⑤解： ∵()()1,2i 211i,kn kn k k n k ⎧-=⎪=∈⎨=+-⋅⎪⎩． ∴当2n k =时，()()Re i 1k n =-，()Im i 0n =；当21n k =+时，()Re i 0n =，()()Im i 1kn =-．3.求下列复数的模和共轭复数12;3;(2)(32);.2ii i i +-+-++①解：2i -+==2i 2i -+=--②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++=()()()()()()2i 32i 2i 32i 2i 32i 47i ++=+⋅+=-⋅-=-④解：1i 1i 22++==()1i 11i222i ++-⎛⎫== ⎪⎝⎭4、证明：当且仅当z z =时，z 才是实数．证明：若z z =，设i z x y =+，()()1332π+π2ππ1cos πisin πcosisin 0,1,233k k k +-=+=+=∴1ππ13cos isin i 3322=+=+z2cos πisin π1=+=-z35513cos πisin πi 3322=+=--z⑶33i +的平方根．解： πi 42233i=6i 6e 22⎛⎫+⋅+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭∴()()1π12i 44ππ2π2π4433i 6e6cos isin 0,122k k k ⎛⎫++ ⎪+=⋅=⋅+= ⎪⎝⎭∴π11i 8441ππ6cos isin 6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z911πi 8442996cos πisin π6e 88⎛⎫=⋅+=⋅ ⎪⎝⎭z ．9.设2πe,2inz n =≥. 证明：110n z z -+++=证明：∵2πi e nz ⋅= ∴1n z =，即10n z -=．∴()()1110n z z z --+++=又∵n ≥2． ∴z ≠1从而211+0n z z z -+++=11.设Γ是圆周{:},0,e .i z r r a c r z c α=>=+-令:Im 0z a L z b β⎧-⎫⎛⎫==⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 其中e i b β=.求出L β在a 切于圆周Γ的关于β的充分必要条件.解：如图所示．因为L β={z : Im z a b -⎛⎫⎪⎝⎭=0}表示通过点a 且方向与b 同向的直线，要使得直线在a 处与圆相切，则CA ⊥L β．过C 作直线平行L β，则有∠BCD =β，∠ACB =90° 故α-β=90°所以L β在α处切于圆周T 的关于β的充要条件是α-β=90°．12.指出下列各式中点z 所确定的平面图形，并作出草图.(1)arg π;(2);1(3)1|2;(4)Re Im ;(5)Im 1 2.z z z z i z z z z ==-<+<>><且解：(1)、argz =π．表示负实轴．(2)、|z -1|=|z |．表示直线z =12．(3)、1<|z +i|<2 解：表示以-i 为圆心，以1和2为半径的周圆所组成的圆环域。

复变函数与积分变换答案(马柏林)

1. 复级数1nn a∞=∑与1nn b∞=∑都发散,则级数1()nn n ab ∞=±∑和1n n n a b ∞=∑发散.这个命题是否成立?为什么?答.不一定．反例: 2211111111i ,i n n n n n n a b n n n n ∞∞∞∞=====+=-+∑∑∑∑发散但2112()i n n n n a b n ∞∞==+=⋅∑∑收敛 112()n nn n ab n∞∞==-=∑∑发散 241111[()]n n n n a b n n∞∞===-+∑∑收敛.2. 下列复数项级数是否收敛,是绝对收敛还是条件收敛?(1)2111i n n n +∞=+∑ (2)115i ()2nn ∞=+∑ (3) π1ei nn n∞=∑ (4) 1i ln nn n∞=∑ (5)cosi 2n n n ∞=∑解 (1) 211111i 1(1)i 1(1)i n n nn n n n n n n +∞∞∞===++-⋅-==+⋅∑∑∑ 因为11n n ∞=∑发散,所以2111i n n n +∞=+∑发散(2)1115i 2nnn n ∞∞==+=∑∑发散又因为15i 15lim()lim(i)0222n nn n →∞→∞+=+≠ 所以115i()2nn ∞=+∑发散(3)πi11e 1nn n n n ∞∞===∑∑发散,又因为π111ππcosisin e 1ππ(cos isin )i nn n n n n n n n n n ∞∞∞===+==+∑∑∑收敛,所以不绝对收敛. (4)11i 1ln ln n n n n n∞∞===∑∑ 因为11ln 1n n >- 所以级数不绝对收敛.又因为当n=2k 时, 级数化为1(1)ln 2kk k∞=-∑收敛当n=2k+1时, 级数化为1(1)ln(21)kk k ∞=-+∑也收敛所以原级数条件收敛(5) 0000cosi 1e e 1e 11()()2222222n n n nnn n n n n n e -∞∞∞∞====+=⋅=+∑∑∑∑ 其中0e ()2nn ∞=∑ 发散,01()2n n e ∞=∑收敛所以原级数发散.3.证明:若Re()0n a ≥,且1nn a∞=∑和21nn a∞=∑收敛,则级数21nn a∞=∑绝对收敛.证明:设2222i ,(i )2i n n n n n n n n n n a x y a x y x y x y =+=+=-+ 因为1nn a∞=∑和21nn a∞=∑收敛所以21111,,(),n nnn n n n n n n x y xy x y ∞∞∞∞====-∑∑∑∑收敛又因为Re()0n a ≥,所以0n x ≥且2lim lim 0n n n n x x →∞→∞== 当n 充分大时, 2n n x x <所以21nn x∞=∑收敛2222222()n n n n n n a x y x x y =+=--而212nn x∞=∑收敛，221()n n n xy ∞=-∑收敛所以21nn a∞=∑收敛，从而级数21nn a∞=∑绝对收敛.4.讨论级数1()n n n zz ∞+=-∑的敛散性解因为部分和110()1nk k n n k s zz z ++==-=-∑，所以，1,1n z s <→-当时1,0n z s =→当时，1,n z s =-当时不存在.当i e z θ=而0θ≠时（即1,1z z =≠），cosn θ和sinn θ都没有极限,所以也不收敛．,n z s →∞当>1时.故当1z =和1z <时, 1()n n n zz ∞+=-∑收敛.5.幂级数(2)nnn C z ∞=-∑能否在z=0处收敛而在z=3处发散.解：设1limn n nC C ρ+→∞=，则当12z ρ-<时，级数收敛，12z ρ->时发散.若在z=0处收敛,则12ρ>若在z=3处发散, 则11ρ<显然矛盾,所以幂级数0(2)nnn C z ∞=-∑不能在z=0处收敛而在z=3处发散6.下列说法是否正确?为什么?(1)每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛.(2) 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收敛,也可能发散. (2) 不正确,因为收敛的幂级数的和函数在收敛圆周内是解析的.7.若0nn n C z ∞=∑的收敛半径为R,求0nn n n C z b ∞=∑的收敛半径。

复变函数及积分变换试题及答案

第一套第一套一、选择题（每小题3分，共21分）1. 若（），则复函数()(,)(,)f z u x y iv x y =+是区域D 内的连续函数。

A. (,)u x y 、(,)v x y 在区域D 内连续； B. (,)u x y 在区域D 内连续； C. (,)u x y 、(,)v x y 至少有一个在区域D 内连续； D. 以上都不对。

2. 解析函数()f z 的实部为sin x u e y =，根据柯西-黎曼方程求出其虚部为（）。

A.cos x e y C -+； B cos x e y C -+； C sin x e y C -+； D cos x e y C +3.2|2|1(2)z dzz -==-⎰（）。

A. i π2； B. 0； C. i π4； D. 以上都不对. 4. 函数()f z 以0z 为中心的洛朗展开系数公式为（）。

A. 101()2()n n f d c iz ξξπξ+=-⎰ B. 0()!n n f z c n =C. 201()2n k f d c iz ξξπξ=-⎰D. 210!()2()n n k n f d c iz ξξπξ+=-⎰5. z=0是函数zz sin 2的（）。

A.本性奇点B.极点C. 连续点D.可去奇点6. 将点∞，0，1分别映射成点0，1，∞的分式线性映射是（）。

A.1z zw -=B. z 1z w -=C. zz 1w -= D. z11w -=7. sin kt =（）L （），（()Re 0s >）。

A.22k s k +； B.22k s s +； C. k s -1； D. ks 1.二、填空题（每小题3分，共18分）1.23(1)i += [1] ；----------------------------------------装--------------------------------------订-------------------------------------线----------------------------------------------------2. 幂级数∑∞=1n nn z ！收敛于 [2] ；3. 设0Z 为复函数）（z f 的可去奇点，则）（z f 在该点处的留数为 [3] . ；4. 通过分式线性映射z kz λωλ-=-（k 为待定复常数）可将 [4] 映射成单位圆内部1ω<；5. 一个一般形式的分式线性映射可由z b ω=+、az ω=、1zω=三种特殊形式的映射复合而成，分别将ω平面看成z 平面的平移映射、旋转与伸缩映射、 [5] ； 6. 求积分()i x e x dx ωδ∞--∞=⎰[6] ；三、判断题（每小题2分，共10分）1. 平面点集D 称为一个区域，如果D 中任何两点都可以用完全属于D 的一条折线连接起来，这样的集合称为连通集。

复变函数与积分变换习题答案

习题六1. 求映射1w z=下，下列曲线的像. (1) 22x y ax += (0a ≠，为实数) 解：222211i=+i i x y w u v z x y x y x y ===-+++ 221x x u x y ax a===+,所以1w z =将22x y ax +=映成直线1u a=. (2) .y kx =(k 为实数) 解： 22221i x y w z x y x y ==-++ 222222x y kxu v x y x y x y ==-=-+++ v ku =-故1w z =将y kx =映成直线v ku =-.2. 下列区域在指定的映射下映成什么？（1）Im()0,(1i)z w z >=+；解： (1i)(i )()i(+)w x y x y x y =+⋅+=-+ ,.20.u x y v x y u v y =-=+-=-<所以Im()Re()w w >.故(1i)w z =+⋅将Im()0,z >映成Im()Re()w w >. (2) Re(z )>0. 0<Im(z )<1, i w z=. 解：设z =x +i y , x >0, 0<y <1. 222222i i i(i )i x y y x w z x iy x y x y x y -====+++++ Re(w )>0. Im(w )>0. 若w =u +i v , 则2222,u vy x u v u v==++ 因为0<y <1,则22221101,()22u u v u v <<-+>+ 故i w z =将Re(z )>0, 0<Im(z )<1.映为Re(w )>0,Im(w )>0, 1212w > (以（12,0）为圆心、12为半径的圆)3. 求w =z 2在z =i 处的伸缩率和旋转角，问w =z 2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arg w '=π2. 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.如图所示.→4. 一个解析函数，所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和旋转角的不变性？映射w =z 2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的映射在导数不为零的条件下具有伸缩率和旋转不变性映射w =z 2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<x <1变为本身的整体线性质变换w z αβ=⋅+的一般形式.6. 试求所有使点1±不动的分式线性变换. 解：设所求分式线性变换为az bw cz d+=+(ad -bc ≠0)由11-→-.得 1a bb acd c d-+-=⇒=+--+ 因为(1)a z c dw cz d ++-=+,即(1)(1)1a z c z w cz d++++=+,由11→代入上式，得22a ca d c d+=⇒=+. 因此11(1)(1)d cd cd c w z z cz d z +++=+=+⋅++ 令dq c =，得 1(1)(1)/()(1)(1)11(1)(1)/()2(1)(1)1w z q z q z q z a w z q z q z q z +++++++===⋅-+++---- 其中a 为复数.反之也成立，故所求分式线性映射为1111w z a w z ++=⋅--， a 为复数.7. 若分式线性映射，az bw cz d+=+将圆周|z |=1映射成直线则其余数应满足什么条件？解：若az b w cz d +=+将圆周|z |=1映成直线，则dz c=-映成w =∞. 而dz c =-落在单位圆周|z |=1,所以1d c -=,|c |=|d |.故系数应满足ad -bc ≠0,且|c |=|d |.8. 试确定映射，11z w z -=+作用下，下列集合的像. (1) Re()0z =; (2) |z |=2; (3) Im(z )>0. 解：(1) Re(z )=0是虚轴，即z =i y 代入得.22222i 1(1i )12i i 1111y y y yw y y y y ----+===+⋅++++ 写成参数方程为2211y u y -+=+， 221yv y =+, y -∞<<+∞. 消去y 得，像曲线方程为单位圆,即u 2+v 2=1.(2) |z |=2.是一圆围，令i 2e ,02πz θθ=≤≤.代入得i i 2e 12e 1w θθ-=+化为参数方程.354cos u θ=+ 4sin 54cos u θθ=+ 02πθ≤≤ 消去θ得，像曲线方程为一阿波罗斯圆.即22254()()33u v -+=(3) 当Im(z )>0时，即11Im()011w w z w w ++=-⇒<--, 令w =u +i v 得221(1)i 2Im()Im()01(1)i (1)w u v v w u v u v +++-==<--+-+.即v >0,故Im(z )>0的像为Im(w )>0.9. 求出一个将右半平面Re(z )>0映射成单位圆|w |<1的分式线性变换. 解：设映射将右半平面z 0映射成w =0，则z 0关于轴对称点0z 的像为w =∞，所以所求分式线性变换形式为00z z w k z z -=⋅-其中k 为常数.又因为00z z w k z z -=⋅-,而虚轴上的点z 对应|w |=1,不妨设z =0，则i 00||1e ()z z w k k k z z θθ-=⋅==⇒=∈-R故000e (Re()0)i z z w z z z θ-=⋅>-.10. 映射e 1i z w zϕαα-=⋅-⋅将||1z <映射成||1w <,实数ϕ的几何意义显什么？解：因为2i i 22(1)()()1||()e e (1)(1)z z w z z z ϕϕαααααα-----'=⋅=⋅-⋅- 从而2i i 2221||1()e e (1||)1||w ϕϕαααα-'=⋅=⋅-- 所以i 2arg ()arg e arg (1||)w ϕααϕ'=-⋅-= 故ϕ表示i e 1z w zθαα-=⋅-在单位圆内α处的旋转角arg ()w α'.11. 求将上半平面Im(z )>0,映射成|w |<1单位圆的分式线性变换w =f (z )，并满足条件(1) f (i)=0, arg (i)f '=0; (2) f (1)=1, f.解：将上半平面Im(z )>0, 映为单位圆|w |<1的一般分式线性映射为w =k z z αα-⋅-(Im(α)>0). (1) 由f (i)=0得α=i ，又由arg (i)0f '=,即i 22i()e (i)f z z θ'=⋅+,πi()21(i)e 02f θ-'==，得π2θ=，所以ii iz w z -=⋅+. (2) 由f (1)=1,得k =11αα--；由f ,得k α联立解得w =12. 求将|z |<1映射成|w |<1的分式线性变换w =f (z)，并满足条件： (1) f (12)=0, f (-1)=1. (2) f (12)=0, 12πarg ()2f '=, (3) f (a )=a , arg ()f a ϕ'=.解：将单位圆|z |<1映成单位圆|w |<1的分式线性映射，为i e1z w zθαα-=-⋅, |α|<1.(1) 由f (12)=0，知12α=.又由f (-1)=1，知 1i i i 2121e e (1)1e 1π1θθθθ--⋅=-=⇒=-⇒=+.故12221112zz z w z --=-⋅=--. (2) 由f (12)=0，知12α=，又i 254e (2)z w z θ-'=⋅- i 11224π()earg ()32f f θθ''=⇒==，于是 π21i 2221e ()i 12zz z w z--==⋅--. (3) 先求=()z ξϕ，使z =a 0ξ→=，arg ()a ϕθ'=,且|z |<1映成|ξ|<1.则可知 i =()=e 1z az a zθξϕ-⋅-⋅再求w =g (ξ)，使ξ=0→w =a , arg (0)0g '=,且|ξ|<1映成|w |<1. 先求其反函数=()w ξψ,它使|w|<1映为|ξ|<1,w =a 映为ξ=0，且arg ()arg(1/(0))0w g ψ''==,则=()=1w aw a wξψ--⋅.因此，所求w 由等式给出.i =e 11w a z aa w a zθ--⋅-⋅-⋅.13. 求将顶点在0，1，i 的三角形式的内部映射为顶点依次为0，2，1+i 的三角形的内部的分式线性映射.解：直接用交比不变性公式即可求得02w w --∶1i 01i 2+-+-=02z z --∶i 0i 1--2w w -.1i 21i +-+=1z z -.i 1i- 4z(i 1)(1i)w z -=--+.14. 求出将圆环域2<|z |<5映射为圆环域4<|w |<10且使f (5)=-4的分式线性映射. 解：因为z=5,-5,-2,2映为w=-4,4,10,-10,由交比不变性，有2525-+∶2525---+=104104-+--∶104104+- 故w =f (z )应为55z z -+∶2525---+=44w w +-∶104105+- 即 44w w +-=55z z --+20w z⇒=-.讨论求得映射是否合乎要求，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2w z =将z 平面上的曲线221124x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭映射到w 平面上的什么曲线？解：略.16. 映射w =e z将下列区域映为什么图形. (1) 直线网Re(z )=C 1,Im(z )=C 2;(2) 带形区域Im(),02πz αβαβ<<≤<≤; (3) 半带形区域Re()0,0Im(),02πz z αα><<≤≤.解：（1）令z =x +i y , Re(z )=C 1, z =C 1+i y 1i =e e Cyw ⇒⋅, Im(z )=C 2,则z =x +i C 22i =e e C x w ⇒⋅故=e zw 将直线Re(z )映成圆周1e Cρ=；直线Im(z )=C 2映为射线2C ϕ=.（2）令z =x +i y ，y αβ<<,则i i =e ee e ,z x yx y w y αβ+==⋅<<故=e zw 将带形区域Im()z αβ<<映为arg()w αβ<<的张角为βα-的角形区域. （3）令z =x +i y ，x >0，0<y < α, 02πα≤≤.则i =e e e (0,0)e 1,0arg z x yx w x y w αα=⋅><<⇒><<故=e zw 将半带形区域Re(z )>0,0<Im(z )<α, 02πα≤≤映为 |w |>1, 0arg w α<<(02πα≤≤).17. 求将单位圆的外部|z |>1保形映射为全平面除去线段-1<Re(w )<1,Im(w )=0的映射. 解：先用映射11w z=将|z |>1映为|w 1|<1,再用分式线性映射. 1211i 1w w w +=-⋅-将|w 1|<1映为上半平面Im(w 2)>0, 然后用幂函数232w w =映为有割痕为正实轴的全平面，最后用分式线性映射3311w w w -=+将区域映为有割痕[-1,1]的全平面. 故221121132222132111111i 1111111()11211i 1111z z z z w w w w w z w w z w w ⎛⎫⎛⎫++--⋅- ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭=====+++⎛⎫⎛⎫++-⋅++ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭.18. 求出将割去负实轴Re()0z -∞<≤,Im(z )=0的带形区域ππIm()22z -<<映射为半带形区域πIm()πw -<<,Re(w )>0的映射.解：用1e zw =将区域映为有割痕(0,1)的右半平面Re(w 1)>0；再用1211ln1w w w +=-将半平面映为有割痕(-∞,-1]的单位圆外域；又用3w =平面；再用43ln w w =将区域映为半带形0<Im(w 4)<π,Re(w 4)>0；最后用42i πw w =-映为所求区域，故e 1ln e 1z z w +=-.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的映射. 解：略.20. 映射cos w z =将半带形区域0<Re(z )<π,Im(z )>0保形映射为∞平面上的什么区域. 解：因为 1cos ()2iz iz w z e e -==+ 可以分解为w 1=i z ，12e ww =，32211()2w w w =+由于cos w z =在所给区域单叶解析，所以（1） w 1=i z 将半带域旋转π2，映为0<Im(w 1)<π,Re(w 1)<0. （2） 12e ww =将区域映为单位圆的上半圆内部|w 2|<1,Im(w 2)>0. （3） 2211()2w w w =+将区域映为下半平面Im(w )<0.。

复变函数与积分变换练习册参考答案

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分析：显然原方程可化简为一个典型的二项方程。
⎛ 1+ z ⎞ 解：由直接验证可知原方程的根 z ≠ 1 。所以原方程可改写为 ⎜ ⎟ = 1。 ⎝ 1− z ⎠
令
5
ω=
1+ z ， ……………(1) 1− z
2π i 5
则 ω = 1 ， ……………………(2)
5
方程(2)的根为 ω = 1, e
(5) lim
z →1
zz + 2 z − z − 2 3 = 。 2 z2 −1 zz + 2 z − z − 2 ( z + 2)( z − 1) z +2 3 = lim = lim = 。 2 z →1 ( z − 1)( z + 1) z →1 z + 1 2 z −1
提示： lim
z →1
(1 − cos α ) 2 + sin 2 α = 4sin 2
α
2
= 2sin
α
2
；因为当 0 < α < π 时，
sin α > 0 ， 1 − cos α > 0 ，则 arg z = arctan
= arctan(tan +i sin
π −α
2
)=
π −α
2 e
π −α i 2
sin α α = arctan(cot ) 1 − cos α 2
。
6、 ( 2)
=e
2 ln 2 − 2kπ
7、方程 sinh z = i 的解为三、计算和证明 1、试证函数
1 在复平面上任何点都不解析。 z
利用 C-R 条件，即用解析的充要条件判别，即 u =

《复变函数与积分变换(刘建亚)》作业答案

《复变函数与积分变换》作业参考答案习题1： 4、计算下列各式 (1)3i(3i)(1+3i)-； (3)23(3i)-(5)13i 2z +=，求2z ，3z ，4z ； (7) 61-。

解：(1)3i(3i)(1+3i)=3i(3+3i i+3)=3i(2i+23)=6+63i ---；(3)2333(223i)3(223i)333i 41288(3i)223i (223i)(223i)++====++---+； (5)213i 3i 3223i 13i 4422z ++--+===-+，3213i 13i 131224z z z -++--=⋅=⋅==-， 4313i 22z z z =⋅=--．(7) 因为1cos isin ππ-=+，所以6221cosisin66k k ππππ++-=+，即0k =时，031cosisini 6622w ππ=+=+； 1k =时，133cosisin i 66w ππ=+=； 2k =时，25531cosisin i 6622w ππ=+=-+； 3k =时，37731cosisin i 6622w ππ=+=--； 4k =时，499cos isin i 66w ππ=+=-； 5k =时，5111131cosisin i 6622w ππ=+=-．习题2：3、下列函数在何处可导？何处解析？在可导点求出其导数． (2) 2()i f z x y =-； (4) ()sin ch icos sh f z x y x y =+(6)()az b f z cz d+=+。

解：(2) 因为2(,)u x y x =，(,)v x y y =-，2x u x '=，0y u '=，0x v '=，1y v '=-．这四个一阶偏导数都连续，故(,)u x y 和(,)v x y 处处可微，但柯西-黎曼方程仅在12x =-上成立，所以()f z 只在直线12x =-上可导，此时1122()21x x f z x =-=-'==-，但复平面上处处不解析． (4) 因为(,)sin ch u x y x y =，(,)cos sh v x y x y =，cos ch x u x y '=，sin sh y u x y '=，sin sh x v x y '=-，cos ch y v x y '=．这四个一阶偏导数都连续，故(,)u x y 和(,)v x y 处处可微，且满足柯西-黎曼方程，所以()f z 在复平面内解析，并且()()i i i i iz iz ()i cos ch isin sh cos isin 22cos isin cos isin 2222cos 22y y y yx x y y y y x x y x y x e e e e f z u v x y x y x x e e e e x x x x e e e e e e z-------+-+-'''=+=-=⋅-⋅=-++=⋅+⋅++===．(6)020()()1()limlim ()lim()()()z z z f z z f z a z z b az b z z c z z d cz d ad bc ad bccz c z d cz d cz d ∆→∆→∆→⎡⎤+∆-+∆++=-⎢⎥∆∆+∆++⎣⎦--==+∆+++所以，()f z 在除dz c=-外处处解析，且2()()ad bc f z cz d -'=+．4、指出下列函数的奇点． (1)221(4)z z z -+； (2) 222(1)(1)z z z +++．解：(1)22343242242232322(4)(1)(48)3448()(4)(4)3448(4)z z z z z z z z zf z z z z z z z z z z +--+-+-+'==++-+-+=+所以，()f z 的奇点为0，2i ±．(2)22232422322(1)(1)2(2)(1)(21)3953()(1)(1)(1)(1)z z z z z z z z z f z z z z z ++-+++++++'==-++++ 所以，()f z 的奇点为1-，i ±．10、如果()i f z u v =+在区域D 内解析，并且满足下列条件之一，试证()f z 在D 内是一常数．(2)()f z 在D 内解析；证明：由()i f z u v =+在区域D 内解析，知(,)u x y 、(,)v x y 在区域D 内可微，且x y u v ''=，y x u v ''=-．同理，由()f z 在D 内解析，知x y u v ''=-，y x u v ''=．从而我们得到0x y y x u v u v ''''====，所以(,)u x y 、(,)v x y 皆为常数，故()f z 在D 内是一常数．15、求解下列方程： (2)10z e +=解：1ze =-，于是Ln(1)ln1iarg(1)2i=(21)i,z k k k Z ππ=-=+-++∈18、求Ln(i)-，Ln(34i)-+的值及主值．解：Ln(i)ln i i arg(i)2i i 2i 2k k πππ-=-+-+=-+，所以其主值为i 2π-； 4Ln(34i)ln 34i i arg(34i)2i ln 5i(arctan )2i 3k k πππ-+=-++-++=+-+，所以其主值为4ln 5i(arctan )3π+-．19、求1i2eπ-，1i 4eπ+，i 3，i(1i)+的值．解：1ii()22cos()isin ()i 22ee ee e ππππ--⎡⎤=⋅=-+-=-⎢⎥⎣⎦；()1i 11i444444222cos isin i 1i 44222ee ee e e ππππ+⎛⎫⎛⎫=⋅=+=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； ()i iLn3i(ln32i)2+iln323cosln3isinln3k k k e e e e πππ+--====+； 11i ln 2i 2i 2iln 22i iln(1i)444ln 2ln 2(1i)cos isin 22k k k e eeeππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++-++-+ ⎪⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫+====+ ⎪⎝⎭．20、求21，2(2)-，i 1-，i i ，1i(34i)+-的值．解：22Ln122i1cos(22)isin(22)k e e k k πππ===+；()22Ln(2)2ln 2(21)2i2(2)2cos (21)2isin (21)2k eek k πππ-++⎡⎤⎡⎤-===+++⎣⎦⎣⎦；i iLn1i(2i)21k k e e e ππ---===；1i i 2i 2i iLni22i k k eeeπππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭===；()()444(1i)ln5arctan i 2i ln5arctan 2i ln5arctan 231i(1i)Ln(34i)332(34i)45cos ln 5isin ln 5,arctan ,3k k k k eeee k Z πππθπθθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++-++-+-+ ⎪⎢⎥⎪++-⎝⎭⎣⎦⎝⎭--====-+-=∈⎡⎤⎣⎦22、解方程： (1)ch 0z =；解：1Arch0Ln(001)Lni 2i 2z k π⎛⎫==+-==+ ⎪⎝⎭，k Z∈．习题3：1、沿下列路径计算积分2i20z dz +⎰：(1) 从原点至2i +的直线段；(2) 从原点沿实轴至2，再由2铅直向上至2i +； (3) 从原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至2i +．解：(1) 从原点至2i +的直线段的复参数方程为i2x z x =+，1(1i)2dz dx =+，参数:02x →，所以22i22323330001111(1i)(1i)(2i)2323z dz x dx x +=+=+=+⎰⎰(2) 从原点沿实轴至2的直线段的复参数方程为z x =，参数:02x →，由2铅直向上至2i +的直线段的复参数方程为2i zy =+，参数:01y →，所以122i212222202132300(2i )i 18i 2111(i 44i)24i=i (2i)333333C C z dz z dz z dz x dx y dyx y y dy +=+=++=+--+=--++=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰(3) 从原点沿虚轴至i 的直线段的复参数方程为i z y =，参数:01y →，由i 沿水平方向向右至2i +的复参数方程为i zx =+，参数:02x →，所以122i1222222012223300(i )i (i)i 1i 1i (i)(2i)(2i)3333C C z dz z dz z dz y dy x dxy dy x dx +=+=++=-++=-+++=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰2、分别沿y x =与2y x =算出积分1i20(i )x y dz +-⎰的值．解：y x =的复参数方程为(1i)z x =+，(1i)dz dx =+，参数:01x →所以1i122051(i )(i )(1i)i 66x y dz x x dx +-=-+=-⎰⎰； 2y x =的复参数方程为2i z x x =+，(12i)dz x dx =+，参数:01x →所以1i 1222051(i )(i )(12i)i 66x y dz x x x dx +-=-+=+⎰⎰5、计算积分Czdz z⎰的值，其中C 为正向圆周： (1)3z =解：设1C 是C 内以被积函数的奇点0z=为圆心的正向圆周，那么111132i=6i CC C C z z z zdz dz dz z dz z z z z z ππ⋅====⋅⎰⎰⎰⎰6、试用观察法得出下列积分的值，并说明观察时所依据的是什么？C 是正向圆周1z =：(1)2Cdzz +⎰； (2) 223Cdzz z ++⎰； (3)cos C dz z⎰ ；(4)13Cdzz -⎰； (5) z Cze dz ⎰； (6)i 522C dzz z ⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰ ．解：(1) 02C dzz =+⎰ ，根据柯西积分定理；(2) 2023C dz z z =++⎰ ，根据柯西积分定理；(3) 0cos C dz z =⎰ ，根据柯西积分定理；(4)2i 13C dz z π=-⎰ ，根据复合闭路定理；(5)0z Cze dz =⎰，根据柯西积分定理；(6)4ii 55i 22C dz z z π=-⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰ ，根据柯西积分定理及复合闭路定理．7、沿指定曲线的正向计算下列积分：(1)3zCe dz z -⎰ ，:31C z -=； (2)22Cdz z a -⎰，:C z a a +=；(3)i 21zCe dz z +⎰ ，4:2i 3C z -=； (4)3Czdzz +⎰，:2C z =； (5)23(1)(1)C dzz z +-⎰ ，:1C z r =<；(6)3cos Cz zdz ⎰，C 为包围0z =的闭曲线；(7)22(1)(4)C dzz z +-⎰ ，3:2C z =； (8)sin C zdz z ⎰ ，:3C z =；(9)2cos 2Czdz z π⎛⎫- ⎪⎝⎭⎰ ，:3C z =；(10)5z C e dz z ⎰ ，:1C z =．解：(1)332i 2i 3z zz C e dz e e z ππ==⋅=-⎰ ；(2)2212i i C z adz z a z aaππ=-=⋅=---⎰ ；(3)i i 2i 2i 1i z z C z e e dz z z eππ==⋅=++⎰ ； (4)03Czdzz =+⎰； (5)230(1)(1)C dzz z =+-⎰ ；(6)3cos 0Czzdz =⎰ ；(7)222222i i 1(1)(4)2i (i)(4)(i)(4)11102i 44C C C z z dz dz dzz z z z z z z z =-=⎡⎤-=-⎢⎥+-+---⎣⎦⎛⎫-=-= ⎪--⎝⎭⎰⎰⎰ ；(8)0sin 2i sin 0z C z dz z z π==⋅=⎰ ；(9)()22cos 2sin 21!2Cz zidz z i z ππππ==⋅-=-⎛⎫- ⎪⎝⎭⎰ ；(10) 502(51)!12z zC z e i idz ez ππ==⋅=-⎰ ．21、证明：22ux y =-和22yv x y =+都是调和函数，但是i u v +不是解析函数．证明：因为2u x x ∂=∂，222u x ∂=∂，2u y y ∂=-∂，222u y∂=-∂， 2222()v xy x x y ∂-=∂+，223222362()v x y y x x y ∂-=∂+，22222()v x y y x y ∂-=∂+，232222326()v y x y y x y ∂-=∂+，所以22220u u x y ∂∂+=∂∂，22220v vx y∂∂+=∂∂，且x y u v ''≠，y x u v ''≠-．即22u x y =-和22y v x y =+都是调和函数，但是i u v +不是解析函数．22、由下列各已知调和函数求解析函数()i f z u v =+，并写出z 的表达式：(1)22()(4)u x y x xy y =-++；(2)22y v x y =+，(2)0f =；(3)2(1)u x y =-，(2)i f =-．解：(1) 因为()i f z u v =+是调和函数，所以22363v u x xy y x y ∂∂=-=-++∂∂，22363v u x xy y y x∂∂==+-∂∂．于是22223(363)()33v x xy y dy g x x y xy y =+-=++-⎰．那么222()63363vg x xy y x xy y x∂'=++=-++∂，则3()g x x C =-+，所以322333v x x y xy y C =-++-+，3223322332233()(33)i(33)i (1i)3(i )3(i )(i )i (1i)i f z x x y xy y x x y xy y Cx x y x y y Cz C=+--+-++-+⎡⎤=-++++⎣⎦=-+(2)2222()v xy x x y ∂-=∂+，22222()v x y y x y ∂-=∂+．因为()i f z u v =+是调和函数，所以222222222222222(i )11()i i ()()()(i )y xx y xy x y f z v v x y x y x y x y z ---'''=+=+===++++，从而1()f z C z=-+．由(2)0f =知12C =，所以11()2f z z=-．(3) 因为()i f z u v =+是调和函数，所以2(1)v u x x y ∂∂=-=--∂∂，2v uy y x∂∂==∂∂．于是22()v ydy g x y ==+⎰．那么()2(1)vg x x x∂'==--∂，则2()2g x x x C =-++，所以222v x x y C =-+++，2222()(22)i(2)i i (i )2(i )1i i(1)i f z xy y x x y Cx y x y Cz C=-+-+++⎡⎤=-+-+++⎣⎦=--+由(2)i f =-知0C =，所以2()i(1)f z z =--．习题4： 1、下列数列{}n z 是否收敛？若收敛，求其极限．(1)1i 1i n n z n +=-； (2) i 12nn z -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭； (3)i(1)1nn z n =-++； (4) i2n n z e π-=．解：(1)222221i 12i 12i1i 111n n n n n n z n n n n +-+-===+-+++，当n →∞时，实部22111n n -→-+，虚部2201nn→+，所以{}n z 收敛于1-． (2)i i 5122n nn n z e ---⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当n →∞时502n-⎛⎫→ ⎪ ⎪⎝⎭，那么0n z →，所以{}n z 收敛于0．(3) 当n →∞时，实部(1)n-是发散的，所以{}n z 发散．(4) i 2cosisin 22n n n n z eπππ-==-，实部和虚部都发散，所以{}n z 发散．2、判断下列级数的收敛性与绝对收敛性：(1)21131i nn n n ∞=⎡⎤⎛⎫++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑； (3) i 221n n en π-∞=∑．解：(1) 记2131i nn z n n ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则当n →∞时1Re()1nn z e n ⎛⎫=+→ ⎪⎝⎭，那么n z 不趋近于0，所以级数发散．(3)i 222111n n n en nπ-∞∞===∑∑收敛，即级数i 221n n en π-∞=∑绝对收敛，所以收敛．7、将下列各函数展成z 的幂级数，并指出它们的收敛半径． (1)311z +； (3)2cos z ．解：(1)3363311()111()n n z z z z z ∞===-=-+-+--∑ ．因为1(1)lim1(1)n nn ρ+→∞-==-，所以收敛半径1R =．(3)22021*******cos 211(2)cos (1)122(2)!21222(1)1(2)!22!4!6!nn n n n n n z z z n z z z zn ∞=-∞=⎡⎤+==-+⎢⎥⎣⎦=-+=-+-+∑∑因为211212(1)(22)!4limlim0(21)(22)2(1)(2)!n n n n n nn n n n ρ++-→∞→∞-+===++-，所以收敛半径R =∞．8、将下列各函数在指定点0z 处展成泰勒级数，并指出它们的收敛半径． (3)21z ，01z =-； (4)143z-，01i z =+； (6) arctan z ，00z =．解：(3)()20()(1)(1)!1!!n n n n z z f z n z c n n n --=-+===+，则201(1)(1)n n n z z ∞==++∑．因为1lim1n n nρ→∞+==，所以收敛半径1R =． (4)()101()3!(43)3!!(13i)n n n nn n z z f z n z c n n --+=-===-，则 []1013(1i)43(13i)n nn n z z ∞+==-+--∑．因为121333lim(13i)(13i)10n nn n n ρ+++→∞==--，所以收敛半径103R =． (6)21222000000arctan ()()(1)121n zz z n n n n n n dz z z z dz z dz z n +∞∞∞=====-=-=-++∑∑∑⎰⎰⎰．因为1(1)(1)lim12321n nn n n ρ+→∞--==++，所以收敛半径1R =．10、求下列各函数在指定圆环域的洛朗级数展开式： (2)21(1)z z -，01z <<，11z <-<+∞；(5)21(i)z z -，在以i 为中心的圆环域内；(7)1(2)(3)z z --，3z >．解：(2) 在01z <<内，由于011nn z z ∞==-∑，且211(1)1z z '⎛⎫= ⎪--⎝⎭，所以 21(1)(1)n n n z z ∞==+-∑，从而211(2)(1)nn n z z z ∞=-=+-∑．在11z <-<+∞内，由于111z <-，所以 011111111(1)11111nn z z z z z z ∞=⎛⎫==⋅=⋅- ⎪+----⎝⎭+-∑，从而2301(1)(1)(1)nn n z z z ∞+=-=--∑． (5) 当0i 1z <-<时，由于211z z '⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10011111i (i)(1)i i (i)i i i i 1inn n n n n z z z z z ∞∞+==--⎛⎫==⋅=-=- ⎪-+-⎝⎭+∑∑，所以12111(i)(1)i n n n n n z z -∞+=-=--∑，从而212111(i)(1)(i)i n n n n n z z z -∞-+=-=--∑．当1i z <-<∞时，由于i11z <-，所以 10011111i i (1)i i (i)i i i (i)1inn n n n n z z z z z z z ∞∞+==⎛⎫==⋅=⋅-=- ⎪+-----⎝⎭+-∑∑，且211z z '⎛⎫=- ⎪⎝⎭，从而2211(1)i (1)(i)n n n n n z z ∞+=+=--∑，所以2311(1)i (1)(i)(i)n n n n n z z z ∞+=+=---∑．(7) 由于21z <且31z<，所以 10000111111(2)(3)32131213213232n n n n n n nn n n n n z z z z z z z z z z z zz ∞∞∞∞+====⎛⎫=-=⋅- ⎪------⎝⎭⎡⎤--⎛⎫⎛⎫=-==⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑∑∑∑习题5：1、求下列函数的孤立奇点并确定它们的类别，若是极点，指出它们的级． (1)221(1)z z +； (3)3sin z z ； (4) ln(1)z z +； (7) 21(1)zz e -； (11) 1sin 1z -．解：(1) 易见0z =，iz =±是221()(1)f z z z =+的孤立奇点．由于221lim(1)z z z →=∞+，22i 1lim(1)z z z →±=∞+，所以0z =，i z =±是极点．0z =，一级极点，i z =±，二级极点．(3) 30sin limz zz →=∞，所以0z =是极点．0z =，二级极点． (4) 易见0z =是ln(1)()z f z z +=的孤立奇点，且0ln(1)lim1z z z→+=，所以0z =是可去奇点； (7) 0z =，三级极点，2i 1,2,z k k π==±± （），一级极点； (11) 1z =，本性奇点．5、求下列各函数在有限奇点处的留数． (2)()211z z -； (3) ()2221z z +； (6)21sinz z．解：(2) 记()21()1f z z z =-，则易见0，1±是()f z 的孤立奇点，且他们都是一级极点．由规则Ⅰ， ()201Res[(),0]lim 0()lim11z z f z z f z z →→=-==-，()1111Res[(),1]lim 1()lim(1)2z z f z z f z z z →→-=-==-+，()1111Res[(),1]lim 1()lim(1)2z z f z z f z z z →-→--=+==--．(3) 记()222()1z f z z=+，则()f z 有二级极点i ±．由规则Ⅱ，()3i i 12i iRes[(),i]lim i ()lim (21)!(i)4z z d z f z z f z dz z →→=-==-⎡⎤⎣⎦-+， ()3i i 12i iRes[(),i]lim i ()lim (21)!(i)4z z d z f z z f z dz z →-→---=+==⎡⎤⎣⎦--． (6) 记21()sinf z z z=，则()f z 有本性奇点00z =．因为1sin z 在00z =的去心邻域0z <<∞内的洛朗级数为2101(1)sin (21)!n n n z z n --∞=-=+∑于是有()21201(1)sin 0(21)!n n n z z z z n -+∞=-=<<∞+∑其中1n=的项的系数113!c -=-，所以1Res[(),0]6f z =-6、利用留数定理计算下列积分． (1)22(1)(1)Cdz z z -+⎰ ，C 为圆周222()x y x y +=+ 解：被积函数()f z 在圆周C 的内部有一级极点0i z =和二级极点11z =，由留数的计算规则Ⅰ、Ⅱ得()2ii11Res[(),i]lim i ()lim(1)(i)4z z f z z f z z z →→=-==-+， ()22211121Res[(),1]lim 1()lim (21)!(i)2z z d z f z z f z dz z →→-⎡⎤=-==-⎣⎦-+．于是由留数定理得积分值{}22i2i Res[(),i]Res[(),1](1)(1)2Cdz f z f z z z ππ=+=--+⎰ (2)222(1)zz e dz z =-⎰ 解：被积函数()f z 在2z =内有一个二级极点01z =，由留数的计算规则Ⅱ得()222111Res[(),1]lim 1()lim 22(21)!z z z d f z z f z e e dz →→⎡⎤=-==⎣⎦-于是由留数定理得积分值22222iRes[(),1]4i (1)zz e dz f z e z ππ===-⎰ (4)32sin z z dz z =⎰解：被积函数()f z 在32z =内有可去奇点00z =，则Res[(),0]0f z =，所以由留数定理知 32sin 0z z dz z ==⎰(6)sin 2212(1)zz e dz z z =+⎰解：被积函数()f z 在12z =内有一个二级极点00z =，由留数的计算规则Ⅱ得 sin 2sin 222001(1)cos 2Res[(),0]lim ()lim 1(21)!(1)z zz z d e z z ze f z z f z dz z →→+-⎡⎤===⎣⎦-+于是由留数定理得积分值sin 22122iRes[(),0]2i (1)zz e dz f z z z ππ===+⎰9、(1)2053cos d πθθ+⎰解：令i z e θ=，则i dzd zθ=，21cos 2z zθ+=．于是221253cos i 3103z d dzI z z πθθ===+++⎰⎰ 被积函数21()3103f z z z =++在1z =内有一个一级极点13z =-，其留数 11331111Res[(),]lim ()lim 333(3)8z z f z z f z z →-→-⎛⎫-=+== ⎪+⎝⎭所以212i i 82I ππ=⋅⋅=(5)222(1)(4)x dx x x +∞++⎰解：222()(1)(4)x R x x x =++是偶函数，而()R z 在上半平面内有一级极点0i z =和12i z =，且()22i i iRes[(),i]lim i ()lim (i)(4)6z z z R z z R z z z →→=-==++， ()222i 2i iRes[(),2i]lim 2i ()lim (1)(2i)3z z z R z z R z z z →→=-==-++，所以2221i i 2i (1)(4)2636x dx x x ππ+∞⎛⎫=⋅⋅-= ⎪++⎝⎭⎰(6)22cos (1)(9)xdx x x +∞-∞++⎰解：421()109R x x x =++，4m =，0n =，1m n -≥，且()R z 在实轴上无孤立奇点，故积分 i 22(1)(9)xe dx x x +∞-∞++⎰存在，所求积分I 是它的实部．函数()R z 在上半平面有两个一级极点0i z =和13i z =，而且()i i i 2i i iRes[(),i]lim i ()lim (i)(9)16z zzz z e R z e z R z e z z e→→=-==-++， ()i i i 233i 3i iRes[(),3i]lim 3i ()lim (1)(3i)48z zzz z e R z e z R z e z z e →→=-==++，从而()i 22233ii 2i 31(1)(9)164824x e dx e x x e e eππ+∞-∞⎛⎫=-+=- ⎪++⎝⎭⎰所以()2223cos 31(1)(9)24x dx e x x eπ+∞-∞=-++⎰习题8： 4、试求()tf t e-=的傅氏变换．解：()f t 的傅里叶变化为0j j j 00(1j )(1j )0(1j )(1j )02()()111j (1j )1121j 1j 1t t t t t t t t tF f t e dt e e dt e e dte dt e dt e e ωωωωωωωωωωωωω+∞+∞-----∞-∞+∞--+-∞+∞--+-∞==+=+=+--+=+=-++⎰⎰⎰⎰⎰5、试求矩形脉冲,0,()0,A t f t τ≤≤⎧=⎨⎩其他的傅氏变换．解：()f t 的傅里叶变化为j j 0j j 0()()(1)j j tt t F f t edt Ae dtA A e e τωωωττωωωω+∞---∞--==-==-⎰⎰6、求下列函数的傅氏积分：(1)0,1,1,10,()1,01,0,1.t t f t t t -∞<<-⎧⎪--<<⎪=⎨<<⎪⎪<<+∞⎩ 解：()f t 是(.)-∞+∞上的奇函数，则()0a ω=，12221cos ()()sin sin b f d d ωωτωττωττπππω+∞-===⋅⎰⎰，于是()()cos ()sin 21cos 21cos sin sin f t a td b td td td ωωωωωωωωωωωωπωπω+∞+∞+∞+∞=+--=⋅⋅=⎰⎰⎰⎰7、求函数2221,1,()0,1t t f t t ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩的傅氏积分，并计算3cos sin cos 2x x x xdx x +∞-∞-⋅⎰．解：()f t 是(.)-∞+∞上的偶函数，则123224(sin cos )()()cos (1)cos a f d d ωωωωτωτττωττπππω+∞-==-=⎰⎰，()0b ω=，于是33()()cos ()sin 4(sin cos )4sin cos cos cos f t a td b td td td ωωωωωωωωωωωωωωωωπωπω+∞+∞+∞+∞=+--=⋅=⎰⎰⎰⎰10、求符号函数1,0,sgn 1,0t tt -<⎧=⎨>⎩的傅氏变换．（提示：sgn 2()1t u t =-．）解：方法一：12[sgn ]2[()]2()2()2()j j t u t πδωπδωπδωωω⎛⎫=-=+-= ⎪⎝⎭FF ．方法二：0j j j 02()sgn j ttt F t edt edt e dt ωωωωω+∞+∞----∞-∞=⋅=-+=⎰⎰⎰．11、求函数()sin 2cos f t t t =的傅氏变换．解：()sin(2)sin(2)1()sin 2cos sin 3sin 22t t t t f t t t t t ++-===+，则()1[()][sin 3][sin ]2j [(3)(3)(1)(1)]2f t t t ωδωδωδωδω=+=+--++--F F F15、利用位移性质计算下列函数的傅氏变换： (1)()u t C -；(2)1[()()]2t a t a δδ++- 解：(1)j j j 11[()][()]()()j j C C Cu t C e u t e e ωωωπδωπδωωω---⎡⎤-==+=+⎢⎥⎣⎦F F ； (2) j j ()()[()][()]cos 222a at a t a t a t a e e a ωωδδδδω-++-++-+⎡⎤===⎢⎥⎣⎦F F F ．23、求下列函数的傅氏变换： (2)0j ()()t f t e u t ω=；(3) 0j 0()()t f t e u t t ω=-；(4) 0j ()()t f t e tu t ω=．解：(2) 记0j 10()[]2()t F e ωωπδωω==-F ，21()[()]()j F u t ωπδωω==+F ，由卷积定理有12000000000111[()]()()2()()22j()1()()()j()11()()j()j()t f t F F d t t dt t t t t ωωπδτωπδωττππωτδπδωωτωωωπδωωπδωωωωωω+∞-∞+∞-∞=⎡⎤=*=-+-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤=+--=-⎢⎥--⎣⎦=+--=+----⎰⎰令F(3) 记0j 10()[]2()t F e ωωπδωω==-F ，221()[()]j ()F tu t ωπδωω'==-+F ，由卷积定理有120200200022000111[()]()()2()j ()22()1()j ()()()11j ()j ()()()t f t F F d t t dt t t t t ωωπδτωπδωττππωτδπδωωτωωωπδωωπδωωωωωω+∞-∞+∞-∞=⎡⎤'=*=--+-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤'=-+--=-⎢⎥--⎣⎦''=-+--=-+----⎰⎰令F(4) 记0j 10()[]2()t F e ωωπδωω==-F ，0j 201()[()]()j t F u t t e ωωπδωω-=-=+F ，由卷积定理有000000j()120j()000j()j()00000111[()]()()2()()22j()1()()()j()11()(j()j()t t t t t t t f t F F e d t e t d t t e t e t ωτωωωωωωωωπδτωπδωττππωτδπδωωττωωωπδωωπδωωωωωω+∞---∞+∞----∞-----=⎡⎤=*=-+-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤=+--=-⎢⎥--⎣⎦=+--=+----⎰⎰令F )习题9：2、求下列函数的拉氏变换：(1)1,01,()1,15,0,5t f t t t ≤<⎧⎪=-≤<⎨⎪≥⎩(3)()cos ()sin ()f t t t tu t δ=-.解：(1)1550011[()]()(12)st st st s s f t f t e dt e dt e dt e e s+∞-----==-=-+⎰⎰⎰L ．(3) 22201[()]()(1sin )111ststs f t f t e dt t e dt s s +∞+∞--==-=-=++⎰⎰L ．3、求下列周期函数的拉氏变换： (1)()f t 以2π为周期且在一个周期内的表达式为sin ,0,()0,2t t f t t πππ≤<⎧=⎨≤<⎩．解：()00(j )(j )220011[()]()sin 11111sin 12j (1)(1)T st st sT sT s t s tss f t f t e dt te dt e ee dt te dt e e s πππππ------+--==--=⋅-=--+⎰⎰⎰⎰L4、求下列函数的拉氏变换： (1) 2()(1)t f t t e =-；(2)()5sin 23cos f t t t =-；(3) ()1t f t te =-；(6) ()cos t f t e kt =（k 为实常数）； (9) 3()sin 2t f t te t -=； (10)30()sin 2tt f t t e tdt -=⎰；(11)3sin 2()t e tf t t-=．解：(1)222323[()][2][]2[][]211452(1)(1)1(1)t t t t t t f t t e te e t e te e s s s s s s =-+=-+-+=-⋅+=----L L L L L(2)22103[()]5[sin 2]3[cos ]41sf t t t s s =-=-++L L L(3)211[()][1][](1)t f t te s s =-=--L L L ；(6)22()[cos ]s F s kt s k ==+L ，则由位移性质有221[()](1)(1)s f t F s s k -=-=-+L ；(9)322()[sin 2](3)4t F s e t s -==++L ，则224(3)[()]()[(3)4]s f t F s s +'=-=++L ；(10)322()[sin 2](3)4tF s et s -==++L ，则301sin 2()t t e tdt F s s -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰L ，从而 222212(31213)[()]()[(3)4]d s s f t F s ds s s s ++⎡⎤=-=⎢⎥++⎣⎦L ；(11) 322()[sin 2](3)4t F s e t s -==++L ，则 33[()]()arctanarccot 222s s s f t F s ds π∞++==-=⎰L ．。

复变函数与积分变换第五版习题解答

复变函数与积分变换第五版答案目录练习一...............................1 练习二...............................3 练习三...............................5 练习四...............................8 练习五..............................13 练习六..............................16 练习七..............................18 练习八..............................21 练习九 (24)练习一1．求下列各复数的实部、虚部、模与幅角。

（1）i iii 524321----；解：i i i i 524321---- =i 2582516+ zk k Argz z z z ∈+====π221arctan2558258Im 2516Re（2）3)231(i + 解： 3)231(i +zk k Argz z z z e i i∈+===-=-==+=πππππ210Im 1Re 1][)3sin3(cos3332．将下列复数写成三角表示式。

1）i 31-解：i 31-)35sin 35(cos2ππi +=（2）i i +12解：i i+12 )4sin 4(cos21ππi i +=+=3．利用复数的三角表示计算下列各式。

（1）i i2332++- 解：i i 2332++- 2sin2cosππi i +==（2）422i +-解：422i +-41)]43sin 43(cos 22[ππi +=3,2,1,0]1683sin 1683[cos 2]424/3sin ]424/3[cos 28383=+++=+++=k ki k k i k ππππππ4．.设321,,z z z 三点适合条件：321z z z ++=0，,1321===z z z 321,,z z z 是内接于单位圆z =1的一个正三角形的项点。

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