复变函数拉氏变换部分习题解答分析

拉普拉斯变换

已将工程实际中常遇到的一些函数及其拉氏变换列于附录II中, 以备查询.
例8 求sin 2t sin 3t的拉氏变换
a=2,b=3
例8 求sin 2t sin 3t的拉氏变换
sin 2t sin 3t - 1 (e j2t - e- j2t )(e j3t - e- j3t ) 4
1 (e j5t - e- jt - e jt e- j5t ) 4
例3 求 f(t)=sinkt (k为实数) 的拉氏变换
L [sin kt] sin kt e-std t 0 1 (e jkt - e- jkt ) e-std t 2j 0
- j e-(s- jk)td t - e-(s jk )td t
20
0
- j
2
s
-1 - jk
而 L [m!] m!L [1] m! s
所以
L
[tm ]
m! s m1
(Re(s) 0).
此外, 由拉氏变换存在定理, 还可以得到象函数的
微分性质:
若L [f(t)]=F(s), 则
F '(s)=L [-tf(t)], Re(s)>c.
(2.6)
和 F(n)(s)=L [(-t)nf(t)], Re(s)>c.
f(t)
O
t
f(t)u(t)e-bt
O
t
对函数j(t)u(t)e-bt(b>0)取傅氏变换, 可得
Gb ()
j (t)u(t) e-bte- jtd t
-
f (t) e-(b j)td t f (t) e-std t
0
0
其中 s b j, f (t) j(t)u(t)
若再设

复变函数与积分变换(修订版-复旦大学)课后的习题答案

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 1613i 7i 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 -∈+); 33311;;;.22n 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-+⎡⎤⎡⎤==--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭．④解：∵()()(()2332313131i 8⎡⎤--⋅-⋅+⋅-⎢⎥⎣⎦=⎝⎭()180i 18=+=∴Re 1=⎝⎭, Im 0=⎝⎭． ⑤解： ∵()()1,2i 211i,knkn 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①解：2i -+== ②解：33-=33-=-③解：()()2i 32i 2i 32i ++=++④解：1i 1i 22++==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 =+，则有 i i x y x y +=-，从而有()2i 0y =，即y =0 ∴z =x 为实数．若z =x ，x ∈ ，则z x x ==． ∴z z =．命题成立．5、设z ,w ∈ ，证明： z w z w ++≤证明∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++∴z wz w ++≤．6、设z ,w ∈ ，证明下列不等式．并给出最后一个等式的几何解释．证明：()2222Re z w z z w w +=+⋅+在上面第五题的证明已经证明了．下面证()2222Re z w z z w w -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re z z w w =-⋅+．从而得证．∴()22222z w z w z w++-=+几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和． 7.将下列复数表示为指数形式或三角形式 ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--===其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-+==-.∴()2πi 38π116πe--+=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcos isin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos isin 1e e 99⋅⎛⎫+=⋅= ⎪⎝⎭ 8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；(3) 的平方根.⑴i 的三次根．解：∴1ππ1cosisin i 662=+z ．2551cos πisin πi 662=+=+z ⑵-1的三次根解：∴1ππ1cos isin 332=+=z的平方根．解：πi 4e ⎫⎪⎪⎝⎭)()1π12i 44ππ2π2π44e6cos 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. 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之拉普拉斯变换

工
程大
数s i,
其中
0,
F(s)
f (t )estdt
学
0
在S平面的某区域内收敛，则称其为 f (t)的
复变
Laplace变换，记为
函
数与积分
L[ f (t )] F (s) f (t )estdt 0
变换
f (t)称为F (s)的Laplace逆变换，记为L1[F (s)]
因此, 按傅氏积分公式, 在f (t)的连续点就有
f (t)u(t) et
1
2
f
(
)u(
)
e
e
j
d
e
jt
d
1
2
e
jt
d
0
f
(
)
e(
j )
d
1
2
F ( j) ejtd, t 0
等式两边同乘以et, 则
f
(t
)
1
2
F ( j) e( j)td,t 0
f
(t)
eit 2
1 2
(L
eit
L
eit )
1 2
(
s
1
i
s
1
i
)
s
复变
s2 2
函
(Re(s) 0)
L[sint]
s2
2
数
与积
例2
求函数f t t2 coskt的拉氏变换.
分
变
换
解
L
t 2 cos kt
(1)2 ( s2
s
k
2
)
2s3 (s2
6k2s k 2 )3

复变函数部分习题解答分析(复拉)

1 分析: 双曲函数的定义. 解法一 chz = ch(−z ) = ch(iiz ) = cos(iz ) = 0, z = (k + 2 )πi. 解法二
∂u ∂y 2
= 2vvy = −vx 两式相乘并整理得 (4v 2 + 1)vx vy = 0. 由以上
ux = vy = 6xy ⇒ u = 3x2 y + D(y ) (4) 将(3),(4)代入(0)式,得 u =
3x2 y − y 3 + C, v = 3xy 2 − x3 + C .
chz =
ez +e−z 2
1 = 0, e2z + 1 = 0. 2z = Ln(−1) = ln | − 1| + i arg(−1) + 2kπi, z = (k + 2 )πi.
作业卷（三）一判断题 1.设 C 为 f (z ) 的解析域 D 内的一条简单正向闭曲线，则 |z | < 2 内解析， C 取 |z | = 1, 则
的解为 z =
分析：两边同乘以 eiz , 得e2iz = 1. 两边取自然对数，得 2iz = Ln1 = ln |1| + i arg(1) + 2kπi = 2kπi, z =
条件.
分析：f (z ) 在该点解析, 则 f (z ) 在该点的某一个邻域内可导，在该点当然连续。填必要.
分析: 解析的充要条件. ux =
复变函数部分习题解答分析
作业卷（一）一判断题 1.复数 7 + 6i > 1 + 3i. ×. 两个复数, 只有都是实数时, 才可比较大小. 2.若 z 为纯虚数,则 z = z ¯. √ . 按书上定义, 纯虚数指 yi, y = 0, 若 z = yi , 则 z ¯ = −yi. 3.函数 w = arg(z ) 在 z = −3 处不连续. √ . 当 z 从下方 → −3时, w = arg(z ) 的极限为 −π ; 当 z 从上方 → −3 时, w = arg(z ) 的极限为 π . 4. f (z ) = u + iv 在 z0 = x0 + iy0 点连续的充分必要条件是 u(x, y ), v (x, y ) 在(x0 , y0 ) 点连续. √ . Th1.4.3. 5.参数方程 z = t2 + ti ( t 为实参数)所表示的曲线是抛物线 y = x2 . ×. x = y 2 . 二填空题 1.若等式 i(5 − 7i) = (x + i)(y − i) 成立,则 x= 2.方程 Im(i − z ¯) = 3 表示的曲线是 3.方程z 3 + 27 = 0的根为 4.复变函数 w =

复变函数课后习题答案(全)

创作编号：BG7531400019813488897SX创作者：别如克*习题一答案1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+（2）(1)(2)ii i--（3）131ii i--（4）8214i i i-+-解：（1）1323213i zi-==+，因此：32 Re, Im1313 z z==-，232arg arctan,31313z z z i==-=+（2）3(1)(2)1310i i izi i i-+===---，因此，31Re, Im1010z z=-=，131arg arctan,31010 z z z iπ==-=--（3）133335122i i iz ii i--=-=-+=-，因此，35Re, Im32z z==-，535,arg arctan,232iz z z+ ==-=（4）82141413z i i i i i i=-+-=-+-=-+因此，Re1,Im3z z=-=，arg arctan3,13z z z iπ==-=--2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）1-+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ-（5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）1-+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=3．求下列各式的值：（1）5)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5（6解：（1）5)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin()))66i i ππ=-+-=-+（2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(1)(cos sin )(1)(cos sin )i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin)33)sin()][cos()sin()]44i ii iππθθππθθ-+-+=-+--+-)sin()](cos2sin2)1212i iππθθ=-+-+(2)12)sin(2)]1212iiπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin5)(cos3sin3)iiϕϕϕϕ+-cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)iiiϕϕϕϕϕϕ+==+-+-（5=11cos(2)sin(2)3232k i kππππ=+++1,0221,122,2i ki ki k+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6=11(2)sin(2)]2424k i kππππ=+++88,0,1iie ke kππ==⎪=⎩4．设12,z z i==-试用三角形式表示12z z与12zz解：12cos sin, 2[cos()sin()]4466 z i z iππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5．解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=>解：（1）z i += 由此25k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）z==11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：(1), 1), 1), )i i i i +-+--- 6．证明下列各题：（1）设,zx iy =+z x y≤≤+证明：首先，显然有z x y =≤+；创作编号：BG7531400019813488897SX创作者：别如克*其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而z =≥。

复变函数拉氏变换部分习题解答分析(复拉)(精品)

1 w,x
得z =
+ iy =
1 u+iv
=
u u2 +v 2
−
v i. u2 +v 2
v 又由 y = 1 得 − u2 + = 1, u2 + v 2 + v = 0. v2 π 3
4.求角形域 0 < arg(z ) < 解 arg(w) = arg(¯ z ), 解将x = 一判断题
z +¯ z 2 ,y
作业卷（二） 1.若 f ′ (z ) 在区域 D 内处处为零, 则 f (z ) 在 D 内必恒为常数. √ . 在 D 内 f ′ (z ) = ux + ivx ≡ 0, ux = vx = 0. 从而 vy = ux = 0, uy = −vx = 0. 综上结论成立. 2.若 u(x, y ) 和 v (x, y ) 可导,则 f (z ) = u + iv 也可导. 1
= 0, 1, 2, z = −3,
3 2
±
3 2
√
3i.
4.复变函数 w =
z −2 z +1
的实部 u(x, y ) =
, 虚部 v (x, y ) =
x2 −x+y 2 −2 , (x+1)2 +y 2 π 4
. v (x, y ) = .
3y . (x+1)2 +y 2
分析:将 z = x + iy 代入, 分离实部、虚部, 得 u(x, y ) = 5.设 z1 = 2i, z2 = 1 − i, 则 Arg(z1 z2 ) = 分析: arg(z1 ) = π , arg(z2 ) = − π 4 , Arg(z1 z2 ) = √ 2 6.复数 z = − 12 − 2i 的三角表示式为分析: 4[cos(− 5 6 π) + i sin(− 5 6 π )], 4e

复变函数习题答案

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 4πππecos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②解：()()()()35i 17i 35i 1613i 7i 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 i①解： ∵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 1kn =-，()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 =+，则有 i i x y x y +=-，从而有()2i 0y =，即y =0∴z =x 为实数．若z =x ，x ∈ ，则z x x ==． ∴z z =．命题成立．5、设z ,w ∈ ，证明： z w z w ++≤证明：∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++()()22222Re z z z w w z w wz zw z w w z wz w =⋅+⋅+⋅+⋅=++⋅+=++⋅()2222222z w z wz w z w z w ++⋅=++⋅=+≤∴z w z w ++≤．6、设z ,w ∈ ，证明下列不等式． ()2222Re z w z z w w +=+⋅+ ()2222Re z w z z w w -=-⋅+()22222z w z w z w++-=+并给出最后一个等式的几何解释．证明：()2222Re z w z z w w +=+⋅+在上面第五题的证明已经证明了．下面证()2222Re z w z z w w -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re z z w w =-⋅+．从而得证．∴()22222z w z w z w++-=+几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和．7.将下列复数表示为指数形式或三角形式3352π2π;;1;8π(1);.cos sin 7199i i i i +⎛⎫--++ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--=== 其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e ii =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-==-.∴()2πi 38π116πe--=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcos isin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos isin 1e e 99⋅⎛⎫+=⋅= ⎪⎝⎭8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；(3)的平方根. ⑴i 的三次根．()13ππ2π2πππ22cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cosisin i 662=+=z ．2551cos πi sin πi 662=+=z3991cos πi sin πi 662=+=-z ⑵-1的三次根()()132π+π2ππcos πisin πcos isin 0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cosisin 332=+=z 2cos πisin π1=+=-z3551cos πi sin π332=+=--z的平方根．解：πi 4e ⎫=⎪⎪⎝⎭)()1π12i 44ππ2π2π44e6cos 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。

拉氏变换习题解答

拉氏变换习题解答
习题一
］．求下列函数的拉氏变换，并用查表的方法来验证结果 .
f f .l m6 t t ss nn = . ,
, i, ! 、
t-2
(2)/ (t) =e-21; (6) f(t) =cosh kt; i1
(3)/(t)=t气
(4) f ( t) = sin tcost; (10) f(t) =cos2 t
2) 利用＆［勹卫勹及位移性质
sz si
& [f(t)] = &
[分］＝吕
a a
1 s 2. 若& [f(t)] = F(s), a 为正实数，证明（相似性质） & [/(at)]= - F(一）。
证
& [急f(at)] =厂f(at)e-s'dt =丿厂f(at)e一； m d(at) o a o
&加）] = &[t cos at] = 一五& [cos at] = - c
2 : a2
l
= (:22: : 22
(6) & [r(t)]=& [5sin2t - 3 cos2t]=5& [sin2t]- 3& [cos2t] =
(7)
IO 3s I0 - 3s = s2+4 s2+4 s2+ 4
-
(s .l )
(S +
3 3 =- - e S S
+
1 e s 2 $
(
) .1
e
($
“ +L 2
、）
· 1
g 工户
十
工
工
子
孚
2

复变函数—课后答案拉氏变换习题解答

( Re s > max{k , −k})
-1-
(6) & ⎡ ⎣ f ( t )⎤ ⎦=
∫
+∞
0
cosh kte− st dt = ∫
+∞
0
ekt + e− kt − st 1 e dt = 2 2
(∫
+∞
0
e− ( s − k )t dt + ∫ e − ( s + k ) t dt
0
+∞
)
⎛ − ( s − k ) t +∞ e − ( s + k )t +∞ ⎞ |0 + |0 ⎟ = 1 ⎛ 1 + 1 ⎞ = s 1⎜e = ⎜ ⎟ 2 ⎜ −( s − k ) − ( s + k ) ⎟ 2 ⎝ s − k s + k ⎠ s 2 − k 2 ⎝ ⎠
∫
+∞
0
f (t )e − st dt = ∫ 3e − st dt + ∫π cos t ⋅ e − st dt
0 2
π 2
+∞
=
+∞ e i t + e − i t 3 − st 2 3 3 − 1 +∞ e | + ∫π e − st dt = − e 2 + ∫π (e −( s −i)t + e −( s +i)t )dt t =0 s s 2 2 −s 2 2
⎧ 1, f (t ) = ⎨ ⎩− 1,
(4)由图易知, f (t ) 是周期为 2b 的周期函数,在一个周期内
0≤t <b b ≤ t < 2b
由公式 & [ f (t )] =

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。

复变函数第九章拉式变换

+∞ x≠0 0, ρ (t ) = 且m = ∫ ρ(t )dt = 1 −∞ + ∞, x = 0
δ函数的筛选性质 — — ∫ δ (t ) f (t )dt = f (0),
−∞
+∞
∫
∫
−∞
+∞
−∞
δ (t-t0 ) f (t )dt = f (t0 ) ,∫ δ (t ) f (t-t0 )dt = f (−t0 )
例1
求下列函数的拉普拉斯变换
0, t < 0 (1) u(t ) = ; (2) f (t ) = ekt ; (3) f (t ) = sin kt 1, t > 0
解：(1)
L[u (t )] = ∫ u (t )e dt = ∫
− st 0
+∞
+∞
0
1 − st +∞ e dt = e 0 s
( n = 1, 2,L ) ( Re( s ) > c )
特别当 f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = L = f ( n −1) ( 0 ) = 0 时，有
Lf
(n )
( t )
= s n F (s )
此性质可以将f (t)的微分方程转化为F(s)的代数方程. 的代数方程.
例2
ε →0
类似地，类似地，可以得到另外两个性质
δ函数的导数 — —
∫ ∫
解：
+∞
−∞
δ' (t ) f (t )dt = − f ' (0) ,
+∞
−∞
δ ( n ) (t ) f (t )dt = (−1) ( n ) f ( n ) (0)

拉氏变换的数学方法解答

L[cost]
s2
s
2
§2.4 典型时间函数的拉氏变换
§2.5 拉氏变换性质
例1：例L1：1Le12tec2tos3例cto1st： 33tLt3(1t)(e1st2)t s 1sc2oss1s322ts9ts32
ss6491(st64)
s

0
1
2s2 12s 6
K2

s(s

2)(s
(s 3)

2)
s

2

5
2s2 12s 6
K3

s(s

2)(s
(s 3)

3)
s

3

4
所以可得
Y(s) 1 5 4 s s2 s3
y(t ) L1[Y (s)] 1 5e2t 4e3t
2. F(s)有重极点的情况
§2.6 拉氏反变换的数学方法
2. F(s)有重极点的情况
§2.6 拉氏反变换的数学方法
2. F(s)有重极点的情况
二、用MATLAB函数求解原函数
§2.7 用拉氏变换解微分方程
用拉氏变换解常微分方程，首先是通过拉氏变换将常微分方程化为象函数的代数方程，然后求解象函数，最后利用拉氏反变换求得微分方程的解。其步骤如下：
§2.7 用拉氏变换解微分方程
§2.7 用拉氏变换解微分方程
§2.7 用拉氏变换解微分方程
§2.7 用拉氏变换解微分方程
§2.7 用拉氏变换解微分方程
§2.7 用拉氏变换解微分方程
作业：P36 2.1 (1)、(4) 2.2 (3)、(4) 2.3 2.6 (4) 2.8 (1)

十三章拉氏变换

= F (s + α )
例：求解：
e −α t sin ωt
的象函数
ω ∵ L [sin ωt ] = 2 s + ω2
依频域平移性质：依频域平移性质：
L e
−α t
ω sin ωt = (s + α )2 + ω 2
13-3 拉氏反变换的部分分式展开 F(s)
拉氏反变换
f(t)
N ( s ) a0 s m + a1s m −1 + ⋅⋅⋅ + am F ( s) = = D ( s ) b0 s n + b1s n −1 + ⋅⋅⋅ + bn
将F(s) 分解若干简单项之和将各简单项查表
n≥m
原函数
这种方法称为部分分式展开法，或称为分解定理。这种方法称为部分分式展开法，或称为分解定理。
L t e
2 −α t
2 = ( s + α )3
（7）频域平移性质）
如果
L[ f (t)] = F(s)
那么 L e
∞ −α t − st 0−
−α t
f (t ) = F ( s + α )
∞ 0−
证： L e −α t f (t ) =
∫
f (t )e e dt = ∫ f (t )e − ( s +α )t dt
（2）利用上式结果及导数性质）
ω L [ f (t ) ] = 2 s + ω2
cos(ωt ) =
1
ω
(sin ωt )′
f (0− ) = 0
s s2 s d L (cos ωt iε (t )) = s 2 − [ cos ωt iε (t ) ]t =0 = 2 −0 = 2 − s + ω2 s + ω2 s + ω2 dt

2.2拉氏变换练习题及答案

1
e jt e jt estdt
0
0 2j

1

e jt e stdt
1
e jt estdt 1 L[e jt ] L[e jt ]
2j 0
2j
2j

1 2j
1

s

j

1
s

j

1 2j

2 j s2 2

s2
2
留数法的三种情况
情况一：F(s)的分母多项式D(S)=0中无重根
s1
s1
k1 k2
F (s) s2 5s 6 (s 2)( s 3) s 2 s 3
情况二：F(s)的分母多项式D(S)=0中有共轭复数根
F(s)

s1 s(s2 s 1)

k1 s

s s0

1
2s2 12s 6

k2

s(s

2)(s

3)
(s

2) s2

5
k3

2s2 12s 6 s(s 2)(s 3)
(s

3)
s3

4
X (s) 2s2 12s 6 1 5 4 s(s 2)( s 3) s s 2 s 3
s
s(s 2)(s 3)
2s2 12s 6 k1 k2 k3
X(s)

s(s 2)( s 3) s s 2 s 3
求K1、K2、K3的方法有两种：

复变函数习题解答（第3章）

复变函数习题解答（第3章）p141第三章习题(一)[ 5, 7, 13, 14, 15, 17, 18 ]5. 由积分?C1/(z + 2) dz之值证明?[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = 0，其中C取单位圆周| z | = 1．【解】因为1/(z + 2)在圆| z | < 3/2内解析，故?C1/(z + 2) dz = 0．设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, 2π]．则?C1/(z + 2) dz = ?C1/(z + 2) dz = ?[0, 2π] i e iθ/(e iθ + 2) dθ= ?[0, 2π] i (cosθ + i sinθ)/(cosθ + i sinθ + 2) dθ= ?[0, 2π] (- 2 sinθ + i (1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ) dθ= ?[0, 2π] (- 2 sinθ)/(5 + 4cosθ) dθ+ i ?[0, 2π] (1 +2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ．所以?[0, 2π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)以2π为周期，故?[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0；因(1 + 2cosθ ))/(5 + 4cosθ)为偶函数，故[0, π] (1 + 2 cosθ)/(5 + 4cosθ) dθ = (1/2) ?[-π, π] (1 + 2cosθ )/(5 + 4cosθ) dθ= 0．7. (分部积分法)设函数f(z), g(z)在单连通区域D内解析，α, β是D内两点，试证[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -?[α, β] g(z) f’(z)dz．【解】因f(z), g(z)区域D内解析，故f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’都在D 内解析．因区域D是单连通的，所以f(z)g’(z)，g(z) f’(z)，以及( f(z)g(z))’的积分都与路径无关．[α, β] f(z)g’(z)dz +?[α, β] g(z) f’(z)dz = ?[α, β] ( f(z)g’(z)dz + g(z) f’(z))dz= ?[α, β] ( f(z)g(z))’dz．而f(z)g(z)是( f(z)g(z))’在单连通区域D内的一个原函数，所以[α, β] ( f(z)g(z))’dz = f(β)g(β) -f(α)g(α) = ( f(z)g(z))|[α, β]．因此有?[α, β] f(z)g’(z)dz + ?[α, β] g(z) f’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α,β]，即?[α, β] f(z)g’(z)dz = ( f(z)g(z))|[α, β] -?[α, β] g(z) f’(z)dz．13. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D 内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，求证Γ亦为光滑曲线．【解】分两种情况讨论．(1) 当z(α) ≠z(β)时，C不是闭曲线．此时z(t)是[α, β]到D内的单射，z(t)∈C1[α, β]，且在[α, β]上，| z’(t) |≠ 0．因Γ是曲线C在映射f下的象，所以Γ可表示为w = f(z(t)) (α≤t≤β)．t∈[α, β]，z(t)∈D．因f于区域D内解析，故f在z(t)处解析，因此f(z(t))在t处可导，且导数为f’(z(t))z’(t)．显然，f’(z(t))z’(t)在[α, β]上是连续的，所以f(z(t))∈C1[α, β]．因为f(z)于区域D内是单叶的，即f(z)是区域D到的单射，而z(t)是[α, β]到D内的单射，故f(z(t))是[α, β]到内的单射．因在D内有f’(z) ≠ 0，故在[α, β]上，| f’(z(t))z’(t) |= | f’(z(t)) | · |z’(t) |≠ 0．所以，Γ是光滑曲线．(2) 当z(α) = z(β)时，C是闭曲线．此时z(t)∈C1[α, β]；在[α, β]上，有| z’(t) |≠ 0；z’(α) = z’(β)；?t1∈[α, β]，?t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)．与(1)完全相同的做法，可以证明f(z(t))∈C1[α, β]，且| f’(z(t))z’(t) |≠ 0．由z(α) = z(β)和z’(α)= z’(β)，可知f’(z(α))z’(α) = f’(z(β))z’(β)．因为?t1∈[α, β]，?t2∈(α, β)，若t1 ≠t2，则z(t1) ≠z(t2)，由f(z)于区域D内单叶，因此我们有f(z(t1)) ≠f(z(t2))．所以Γ是光滑的闭曲线．14. 设C : z = z(t) (α≤t≤β)为区域D内的光滑曲线，f(z)于区域D内单叶解析且f’(z) ≠ 0，w = f(z)将曲线C映成曲线Γ，证明积分换元公式ΓΦ(w) dw = ?CΦ( f(z)) f’(z) dz．其中Φ(w)沿曲线Γ连续．【解】由13题知曲线Γ也是光滑曲线，其方程为w(t) = f(z(t)) (α≤t≤β)．故?ΓΦ(w) dw = ?[α, β] Φ(w(t)) ·w’(t) dt = ?[α, β] Φ( f(z(t))) · ( f’(z(t)) z’(t)) dt．而?CΦ( f(z)) f’(z) dz = ?[α, β] ( Φ( f(z(t))) f’(z(t))) ·z’(t) dt．所以?ΓΦ(w) dw = ?CΦ( f(z)) f’(z) dz．15. 设函数f(z)在z平面上解析，且| f(z) |恒大于一个正的常数，试证f(z)必为常数．【解】因| f(z) |恒大于一个正的常数，设此常数为M．则?z∈ ，| f(z) | ≥M，因此| f(z) | ≠ 0，即f(z) ≠ 0．所以函数1/f(z)在上解析，且| 1/f(z) | ≤ 1/M．由Liuville定理，1/f(z)为常数，因此f(z)也为常数．17. 设函数f(z)在区域D内解析，试证(?2/?x2 + ?2/?y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．【解】设f(z) = u + i v，w = | f(z) |2，则w = ln ( u 2 + v 2 )．w x = 2(u x u+ v x v)，w y = 2(u y u+ v y v)；w xx = 2(u xx u+ u x2 + v xx v+ v x2 )，w yy = 2(u yy u+ u y2 + v yy v+ v y2 )；因为u, v都是调和函数，所以u xx u+ u yy u= (u xx + u yy) u= 0，v xx v+ v yy v= (v xx + v yy) v= 0；由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2 = v y 2，v x 2 = u y2，故w xx + w yy = 2 (u x2 + v x2 + u y2 + v y2) = 4 (u x2 + v x2) = 4 | f(z) |2；即(?2/?x2 + ?2/?y2) | f(z) |2 = 4 | f’(z) |2．18. 设函数f(z)在区域D内解析，且f’(z) ≠ 0．试证ln | f’(z) |为区域D内的调和函数．【解】?a∈D，因区域D是开集，故存在r1 > 0，使得K(a, r1) = { z∈ | | z -a | < r1 } ?D．因f’(a) ≠ 0，而解析函数f’(z)是连续的，故存在r2 > 0，使得K(a, r2) ?K(a, r1)，且| f’(z) -f’(a)| < | f’(a) |．用三角不等式，此时有| f’(z)| > | f’(a) | - | f’(z) -f’(a)| > 0．记U = { z∈ | | z -f’(a)| < | f’(a) |}，则U是一个不包含原点的单连通区域．在沿射线L = {z∈ | z = - f’(a) t，t≥ 0 }割开的复平面上，多值函数g(z) = ln z可分出多个连续单值分支，每个单值连续分支g(z)k在\L上都是解析的．t≥ 0，| - f’(a) t -f’(a) | = (t + 1) | f’(a) | ≥ | f’(a) |，故- f’(a) t ?U．所以U ? \L，即每个单值连续分支g(z)k在U上都是解析的．因为当z∈K(a, r2)时，f’(z)∈U，故复合函数g( f’(z))k在上解析．而Re(g( f’(z))k) = ln | f’(z) |，所以ln | f’(z) |在K(a, r2)上是调和的．由a∈D的任意性，知ln | f’(z) |在D上是调和的．【解2】用Caucht-Riemann方程直接验证．因为f’(z)也在区域D内解析，设f’(z) = u + i v，则u, v也满足Cauchy-Riemann方程．记w = ln | f’(z) |，则w = (1/2) ln ( u 2 + v 2 )，w x = (u x u+ v x v) /( u 2 + v 2 )，w y = (u y u+ v y v) /( u 2 + v 2 )；w xx = ((u xx u+ u x2 + v xx v+ v x2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u x u+ v x v)2)/( u 2 + v 2 )2；w yy = ((u yy u+ u y2 + v yy v+ v y2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u y u+v y v)2)/( u 2 + v 2 )2；因为u, v都是调和函数，所以u xx u+ u yy u= (u xx + u yy) u= 0，v xx v+ v yy v= (v xx + v yy) v= 0；由于u, v满足Cauchy-Riemann方程，故u x2 = v y 2，v x 2 = u y2，u x v x + u y v y = 0，因此(u x u+ v x v)2 + (u y u+ v y v)2= u x2u 2+ v x 2v 2 + 2 u x u v x v+ u y2u 2+ v y 2v 2 + 2 u y u v y v= (u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 )；故w xx + w yy = (2(u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 ) - 2(u x2 + v x2 )( u 2 + v 2 ))/( u 2 + v 2 )2 = 0．所以w为区域D内的调和函数．[初看此题，就是要验证这个函数满足Laplace方程．因为解析函数的导数还是解析的，所以问题相当于证明ln | f(z) |是调和的，正如【解2】所做．于是开始打字，打了两行之后，注意到ln | f’(z) |是Ln f’(z)的实部．但Ln z不是单值函数，它也没有在整个上的单值连续分支，【解1】前面的处理就是要解决这个问题．]p141第三章习题(二)[ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 ]1. 设函数f(z)在0 < | z | < 1内解析，且沿任何圆周C : | z | = r, 0 < r < 1的积分值为零．问f(z)是否必须在z = 0处解析？试举例说明之．【解】不必．例如f(z) = 1/z2就满足题目条件，但在z = 0处未定义．[事实上可以任意选择一个在| z | < 1内解析的函数g(z)，然后修改它在原点处的函数值得到新的函数f(z)，那么新的函数f(z)在原点不连续，因此肯定是解析．但在0 < | z | < 1内f(z) = g(z)，而g(z)作为在| z | < 1内解析的函数，必然沿任何圆周C : | z | = r的积分值都是零．因此f(z)沿任何圆周C : | z | = r的积分值也都是零．若进一步加强题目条件，我们可以考虑，在极限lim z→0 f(z)存在的条件下，补充定义f(0) = lim z→0 f(z)，是否f(z)就一定在z = 0处解析？假若加强条件后的结论是成立，我们还可以考虑，是否存在满足题目条件的函数，使得极限lim z→0 f(z)不存在，也不是∞？]2. 沿从1到-1的如下路径求?C1/√z dz．(1) 上半单位圆周；(2) 下半单位圆周，其中√z取主值支．【解】(1) √z = e i arg z /2，设C : z(θ)= e iθ，θ∈[0, π]．C1/√z dz = ?[0, π] i e iθ/e iθ/2dθ = ?[0, π] i e iθ/2dθ = 2e iθ/2|[0, π] = 2(- 1 + i)．(2) √z = e i arg z /2，设C : z(θ)= e iθ，θ∈[-π, 0]．C1/√z dz = -?[-π, 0] i e iθ/e iθ/2dθ = -?[-π, 0] i e iθ/2dθ = - 2e iθ/2|[-π, 0] = 2(- 1 -i)．[这个题目中看起来有些问题：我们取主值支，通常在是考虑割去原点及负实轴的z平面上定义的单值连续分支．因此，无论(1)还是(2)，曲线C上的点-1总不在区域中(在区域的边界点上)．因此曲线C也不在区域中．所以，题目应该按下面的方式来理解：考虑单位圆周上的点ζ，以及沿C从1到ζ的积分的极限，当ζ分别在区域y > 0和区域y < 0中趋向于-1时，分别对应(1)和(2)的情形，简单说就是上岸和下岸的极限情形．那么按照上述方式理解时，仍然可以象我们所做的那样，用把积分曲线参数化的办法来计算，这是由积分对积分区域的连续性，即绝对连续性来保证的．以后我们遇到类似的情形，都以这种方式来理解．]3. 试证| ?C(z + 1)/(z - 1) dz | ≤ 8π，其中C为圆周| z - 1 | = 2．【解】若z∈C，| z + 1 | ≤ | z - 1 | + 2 = 4，故| (z + 1)/(z - 1) | ≤ 2．因此| ?C(z + 1)/(z - 1) dz | ≤?C| (z + 1)/(z - 1) | ds≤ 2 · Length(C) = 8π．4. 设a, b为实数，s = σ+ i t (σ > 0)时，试证：| e bs–e as| ≤ | s | · | b–a | e max{a, b} ·σ．【解】因为f(z) = e sz在上解析，故f(z)的积分与路径无关．设C是从a到b的直线段，因为e sz/s是f(z)的一个原函数，所以| ?C e sz dz | = | e sz/s |[a, b] | = | e bs–e as|/| s |．而| ?C e sz dz | ≤?C | e sz|ds = ?C | e(σ+ i t)z|ds = ?C | eσ z+ i tz|ds= ?C | eσ z|ds ≤?C e max{a, b} ·σ ds = | b–a | e max{a, b} ·σ．所以| e bs–e as| ≤ | s | · | b–a | e max{a, b} ·σ．5. 设在区域D = { z∈ : | arg z | < π/2 }内的单位圆周上任取一点z，用D内曲线C 连接0与z，试证：Re(?C1/(1 + z2) dz ) = π/4．【解】1/(1 + z2)在单连通区域D内解析，故积分与路径无关．设z = x + i y，z∈D，i z∈{ z∈ : 0 < arg z < π } = { z∈ : Im z > 0 }，-i z∈{ z∈ : -π < arg z < 0 } = { z∈ : Im z < 0 }，故1 + i z∈{ z∈ : Im z > 0 }， 1 -i z∈{ z∈ : Im z < 0 }．设ln(z)是Ln(z)的主值分支，则在区域D内( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)是解析的，且(( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i))’ = (i/(1 + i z) + i/(1 -i z))(2i) = 1/(1 + z2)；即( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)是1/(1 + z2)的一个原函数．C1/(1 + z2) dz = ( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/2 |[0, z]= (ln(1 + i z) - ln(1 -i z))/(2i) = ln((1 + i z)/(1 -i z))/(2i)= (ln |(1 + i z)/(1 -i z)| + i arg ((1 + i z)/(1 -i z)))/(2i)= -i (1/2) ln |(1 + i z)/(1 -i z)| + arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2，故Re(?C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2．设z = cosθ + i sinθ，则cosθ> 0，故(1 + i z)/(1 -i z) = (1 + i (cosθ + i sinθ))/(1 -i (cosθ + i sinθ)) = i cosθ/(1 + sinθ)，因此Re(?C1/(1 + z2) dz ) = arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2= arg (i cosθ/(1 + sinθ))/2 = (π/2)/2 = π/4．[求1/(1 + z2) = 1/(1 + i z) + 1/(1 -i z) )/2的在区域D上的原函数，容易得到函数( ln(1 + i z) - ln(1 -i z) )/(2i)，实际它上就是arctan z．但目前我们对arctan z的性质尚未学到，所以才采用这种间接的做法．另外，注意到点z在单位圆周上，从几何意义上更容易直接地看出等式arg ((1 + i z)/(1 -i z))/2 = π/4成立．最后，还要指出，因曲线C的端点0不在区域D中，因此C不是区域D中的曲线．参考我们在第2题后面的注释．]6. 试计算积分?C( | z | - e z sin z ) dz之值，其中C为圆周| z | =a > 0．【解】在C上，函数| z | - e z sin z与函数a- e z sin z的相同，故其积分值相同，即?C( | z | - e z sin z ) dz = ?C( a- e z sin z ) dz．而函数a- e z sin z在上解析，由Cauchy-Goursat定理，?C( a-e z sin z ) dz = 0．因此?C( | z | - e z sin z ) dz = 0．7. 设(1) f(z)在| z | ≤ 1上连续；(2) 对任意的r (0 < r < 1)，?| z | = r f(z) dz = 0．试证?| zf(z) dz = 0．| = 1【解】设D(r) = { z∈ | | z | ≤r }，K(r) = { z∈ | | z | = r }，0 < r≤ 1．因f在D(1)上连续，故在D(1)上是一致连续的．再设M = max z∈D(1) { | f(z) | }．?ε > 0，?δ1> 0，使得?z, w∈D(1), 当| z-w | < δ1时，| f(z) -f(w)| < ε/(12π)．设正整数n≥ 3，z k= e 2kπi/n ( k = 0, 1, ..., n- 1)是所有的n次单位根．这些点z0, z1, ..., z n– 1将K(1)分成n个弧段σ(1), σ(2), ..., σ(n)．其中σ(k) (k = 1, ..., n- 1)是点z k– 1到z k的弧段，σ(n)是z n–1到z0的弧段．记p(k) (k = 1, ..., n- 1)是点z k– 1到z k的直线段，p(n)是z n–1到z0的直线段．当n充分大时，ma x j {Length(σ( j))} = 2π/n < δ1．设P是顺次连接z0, z1, ..., z n–1所得到的简单闭折线．记ρ =ρ(P, 0)．注意到常数f(z j)的积分与路径无关，?σ( j)f(z j) dz =?p( j)f(z j) dz；那么，| ?K(1)f(z) dz -?P f(z) dz |= | ∑j?σ( j)f(z) dz -∑j?p( j)f(z) dz |= | ∑j (?σ( j)f(z) dz -?p( j)f(z) dz ) |≤∑j | ?σ( j)f(z) dz -?p( j)f(z) dz |≤∑j ( | ?σ( j)f(z) dz -?σ( j)f(z j) dz | + | ?p( j)f(z j) dz -?p( j)f(z) dz | )= ∑j ( | ?σ( j) ( f(z)-f(z j)) dz | + | ?p( j) ( f(z)-f(z j)) dz | )= ∑j ( ?σ( j)ε/(12π) ds + ?p( j)ε/(12π) ds )= (ε/(12π))·∑j ( Length(σ( j)) + Length(p( j)) )≤ (ε/(12π))·∑j ( Length(σ( j)) + Length(σ( j)) )= (ε/(12π))· (2 Length(K(1)))= (ε/(12π))· 4π = ε/3．当ρ< r < 1时，P中每条线段p(k)都与K(r)交于两点，设交点顺次为w k, 1, w k, 2．设Q是顺次连接w1, 1, w1, 2, w2, 1, w2, 2, ..., w n, 1, w n, 2所得到的简单闭折线．与前面同样的论证，可知| ?K(r)f(z) dz -?Q f(z) dz |≤ε/3．因此，| ?K(1)f(z) dz | = | ?K(1)f(z) dz -?K(r)f(z) dz |≤ | ?K(1)f(z) dz -?P f(z) dz | + | ?K(r)f(z) dz -?Q f(z) dz | + | ?P f(z) dz-?Q f(z) dz |≤ε/3 + ε/3 + | ?P f(z) dz-?Q f(z) dz |．记连接w k, 2到w k +1, 1的直线段为l(k)，连接w k, 2到z k +1的直线段为r(k)，连接z k +1到w k +1, 1的直线段为s(k)，则| ?r(k)f(z) dz + ?s(k)f(z) dz-?l(k)f(z) dz |≤M ( Length(l(k)) + Length(r(k)) + Length(s(k)) ) ≤ 3 M · Length(l(k))．因为当r → 1-时，有Length(l(k)) → 0，故存在r∈(ρ, 1)使得| ?r(k)f(z) dz + ?s(k)f(z) dz-?l(k)f(z) dz | < ε/(3n)．对这个r，我们有| ?P f(z) dz-?Q f(z) dz | = | ∑k (?r(k)f(z) dz + ?s(k)f(z) dz-?l(k)f(z) dz ) |≤∑k (| ?r(k)f(z) dz + ?s(k)f(z) dz-?l(k)f(z) dz |) ≤∑k ε/(3n) = ε/3．故| ?K(1)f(z) dz | ≤ε．因此?K(1)f(z) dz = 0．8. 设(1) f(z)当| z–z0 | > r0 > 0时是连续的；(2) M(r)表| f(z) |在K r : | z–z0 | = r > r0上的最大值；(3) lim r → +∞r M(r) = 0．试证：lim r → +∞?K(r) f(z) dz = 0．【解】当r > r0时，我们有| ?K(r) f(z) dz | ≤?K(r) | f(z) | ds≤?K(r) M(r) ds = 2πr M(r) → 0 (当r → +∞时)，所以lim r → +∞?K(r) f(z) dz = 0．9. (1) 若函数f(z)在点z = a的邻域内连续，则lim r → 0 ?| z–a | = r f(z)/(z–a) dz = 2πi f(a)．(2) 若函数f(z)在原点z = 0的邻域内连续，则lim r → 0 ?[0, 2π] f(r e iθ ) dθ = 2π f(0)．【解】(1) 当r充分小时，用M(r)表| f(z) |在K r : | z–a | = r上的最大值；| ?| z–a | = r f(z)/(z–a) dz–2πi f(a) |= | ?| z–a | = r f(z)/(z–a) dz–f(a)?| z–a | = r1/(z–a) dz |= | ?| z–a | = r( f(z) –f(a))/(z–a) dz | ≤?| z–a | = r| f(z) –f(a) |/| z–a| ds≤M(r) ?| z–a | = r1/| z–a| ds = 2πr M(r)．当r → 0时，由f(z)的连续性，知M(r) → | f(a) |．故| ?| z–a | = r f(z)/(z–a) dz–2πi f(a) | → 0．因此，lim r → 0 ?| z–a | = r f(z)/(z–a) dz = 2πi f(a)．(2) 根据(1)，lim r → 0 ?| z | = r f(z)/z dz = 2πi f(0)．而当r充分小时，我们有| z | = r f(z)/z dz = ?[0, 2π] f(r e iθ )/(r e iθ )· (r e iθi ) dθ = i ?[0, 2π] f(r e iθ ) dθ．所以，lim r → 0 (i ?[0, 2π] f(r e iθ ) dθ)= 2πi f(0)．故lim r → 0 ?[0, 2π] f(r e iθ ) dθ = 2π f(0)．10. 设函数f(z)在| z | < 1内解析，在闭圆| z | ≤ 1上连续，且f(0) = 1．求积分(1/(2πi))?| z | = 1 (2 ± (z + 1/z)) f(z)/z dz之值．【解】(1/(2πi))?| z | = 1 (2 ± (z + 1/z)) f(z)/z dz= ?| z | = 1 (2f(z)/z± (zf(z)/z + (1/z)f(z)/z) dz= (1/(2πi)) ·( ?| z | = 1 2f(z)/z dz ± (?| z | = 1 f(z) dz +?| z | = 1 f(z)/z 2dz) )= (1/(2πi)) ·( 2(2πi) f(0)± (0+ (2πi/1!)f’(0)) )= 2 f(0)±f’(0) = 2 ±f’(0)．11. 若函数f(z)在区域D内解析，C为D内以a, b为端点的直线段，试证：存在数λ，| λ| ≤ 1，与ξ∈C，使得f(b) -f(a) = λ(b -a) f’(ξ)．【解】设C的参数方程为z(t) = (1 –t ) a + t b，其中t∈[0, 1]．在区域D内，因f(z)是f’(z)的原函数，故f(b) -f(a) = ?C f’(z) dz = ?[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) (b -a) dt = = (b -a) ?[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt．(1) 若?[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = 0，因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的连续函数，故| f’((1 –t ) a + t b) |在[0, 1]上恒为零．即f’(x)在C上恒为零．此时取λ= 0，任意取ξ∈C，则有f(b) -f(a) = (b -a) ?[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = 0 = λ(b -a) f’(ξ)．(2) 若?[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt > 0，因| f’((1 –t ) a + t b) |是[0, 1]上的实变量连续函数，由积分中值定理，存在t0∈[0, 1]，使得?[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’((1 –t0) a + t0b) |．取ξ = (1 –t0) a + t0b，则f’(ξ) = f’((1 –t0) a + t0b) ≠ 0，令λ= (?[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’(ξ)．因为| ?[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt | ≤?[0, 1]| f’((1 –t ) a + t b) | dt = | f’(ξ) |．所以| λ| = | (?[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt)/ f’(ξ) |= | ?[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt |/| f’(ξ) | ≤ 1．且f(b) -f(a) = (b -a) ?[0, 1] f’((1 –t ) a + t b) dt = λ(b -a) f’(ξ)．12. 如果在| z | < 1内函数f(z)解析，且| f(z) | ≤ 1/(1 - | z |)．试证：| f(n)(0) | ≤ (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!，n =1, 2, ...．【解】设K(r) = { z∈ | | z | = r }，0 < r≤ 1．由Cauchy积分公式和高阶导数公式，有| f(n)(0) | = (n!/(2π)) | ?K(r) f(z)/z n + 1dz | ≤ (n!/(2π)) ?K(r) | f(z) |/| z |n + 1ds≤ (n!/(2π)) ?K(r) 1/((1 - | z |)| z |n + 1) ds = (n!/(2π))/((1 -r ) r n + 1) 2πr= n!/((1 -r ) r n)．为得到| f(n)(0) |的最好估计，我们希望选取适当的r∈(0, 1)，使得n!/((1 -r ) r n)最小，即要使(1 -r ) r n最大．当n≥ 1时，根据均值不等式，(1 -r ) r n = (1 -r ) (r/n)n ·n n≤ (((1 -r ) + (r/n) + ... + (r/n))/(n + 1))n + 1 ·n n = n n/(n + 1)n + 1．当1 -r = r/n，即r = n/(n + 1)时，(1 -r ) r n达到最大值n n/(n + 1)n + 1．因此，我们取r = n/(n + 1)，此时有| f(n)(0) | ≤n!/((1 -r ) r n) = n!/(n n/(n + 1)n + 1) = (n + 1)!(1 + 1/n)n < e (n + 1)!．[也可以用数学分析中的办法研究函数g(r) = (1 -r ) r n在(0, 1)内的上确界，也会得到同样的结果．]13. 设在| z | ≤ 1上函数f(z)解析，且| f(z) | ≤ 1．试证：| f’(0) | ≤ 1．【解】设D = { z∈ | | z | ≤ 1 }．由高阶导数公式，| f’(0) | = (1/(2π))| ??D f(z)/z 2dz | ≤ (1/(2π)) ??D1/| z |2 ds = 1．14. 设f(z)为非常数的整函数，又设R, M为任意正数，试证：满足| z | > R且| f(z) | > M的z必存在．【解】若不然，当| z | > R时，| f(z) | ≤M．而f(z)为整函数，故必连续，因此f(z)在| z | ≤R上有界．所以f(z)在上有界．由Liouville定理，f(z)必为常数，这与题目条件相矛盾．15. 已知u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，试确定解析函数f(z) = u + i v．【解】由于u x + v x = 3(x2 + 2xy–y2) – 2，u y + v y = 3(x2– 2xy–y2) – 2，两式相加，再利用Cauchy-Riemann方程，有u x = 3(x2–y2) –2．两式相减，再利用Cauchy-Riemann方程，有v x = 6xy．所以f’(z) = u x + i v x = 3(x2–y2) – 2 + 6xy i = 3(x + y i)2– 1 = 3 z2– 2．因此，f(z) = z3–2z + α，其中α为常数．将z = 0代入，f(z) = z3–2z + α，得α = f(0)．把(x, y) = (0, 0)带入u + v = (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y)，得u(0, 0) + v(0, 0) = 0．设u(0, 0) = c∈ ，则v(0, 0) = -c．因此α = f(0) = u(0, 0) + v(0, 0) i = (1 -i )c．所以，f(z) = z3– 2z + (1 -i )c，其中c为任意实数．[书上答案有误．设f(z) = z3– 2z + (a + b i)，则f(z) = (x + y i)3– 2(x + y i) + (a + b i) = (x3 - 3xy2 – 2x + a) + (3x2y-y3– 2y + b)i．因此，u + v = (x3 - 3xy2 – 2x + a) + (3x2y-y3– 2y + b)= (x–y)(x2 + 4xy + y2) – 2(x + y) + (a + b)，所以，当a + b≠ 0时，不满足题目所给条件．]16. 设(1) 区域D是有界区域，其边界是周线或复周线C；(2) 函数f1(z)及f2(z)在D内解析，在闭域cl(D) = D + C上连续；(3) 沿C，f1(z) = f2(z)．试证：在整个闭域cl(D)，有f1(z) = f2(z)．【解】设f(z) = f1(z) -f2(z)．用Cauchy积分公式，?z∈D有f(z) = (1/(2πi))?C f(ζ)/(ζ–z) dζ = 0．所以?z∈cl(D)有f(z) = 0，即f1(z) = f2(z)．-?±≠≥·?≤≡⊕??αβχδεφγηι?κλμνοπθρστυ?ωξψζ∞∏∑?⊥∠ √§ψ∈∠?????§ #?→←↑↓?∨∧??????∑ΓΦΛΩ?m∈ +，?m∈ +，★?α1, α2, ..., αn?lim n→∞，+n→∞?ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，?ε > 0，?δ> 0，【解】?[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。

复变函数习题答案

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 4πππecos isin 44-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②解：()()()()35i 17i 35i 1613i 7i 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 i①解： ∵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 1kn =-，()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 =+，则有 i i x y x y +=-，从而有()2i 0y =，即y =0∴z =x 为实数．若z =x ，x ∈ ，则z x x ==． ∴z z =．命题成立．5、设z ,w ∈ ，证明： z w z w ++≤证明：∵()()()()2z w z w z w z w z w +=+⋅+=++()()22222Re z z z w w z w wz zw z w w z wz w =⋅+⋅+⋅+⋅=++⋅+=++⋅()2222222z w z wz w z w z w ++⋅=++⋅=+≤∴z w z w ++≤．6、设z ,w ∈ ，证明下列不等式． ()2222Re z w z z w w +=+⋅+ ()2222Re z w z z w w -=-⋅+()22222z w z w z w++-=+并给出最后一个等式的几何解释．证明：()2222Re z w z z w w +=+⋅+在上面第五题的证明已经证明了．下面证()2222Re z w z z w w -=-⋅+．∵()()()()222z w z w z w z w z w z z w w z w-=-⋅-=--=-⋅-⋅+()222Re z z w w =-⋅+．从而得证．∴()22222z w z w z w++-=+几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和．7.将下列复数表示为指数形式或三角形式3352π2π;;1;8π(1);.cos sin 7199i i i i +⎛⎫--++ ⎪+⎝⎭ ①解：()()()()35i 17i 35i 7i 117i 17i +-+=++-3816i 198i e 5025i θ⋅--=== 其中8πarctan 19θ=-． ②解：e i i θ⋅=其中π2θ=．π2e ii =③解：ππi i 1e e -==④解：()28π116ππ3θ-==-.∴()2πi 38π116πe--=⋅⑤解：32π2πcos isin 99⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 解：∵32π2πcos isin 199⎛⎫+= ⎪⎝⎭．∴322πi π.3i 932π2πcos isin 1e e 99⋅⎛⎫+=⋅= ⎪⎝⎭8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；(3)的平方根. ⑴i 的三次根．()13ππ2π2πππ22cos sin cosisin 0,1,22233++⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭k k i k∴1ππ1cosisin i 662=+=z ．2551cos πi sin πi 662=+=z3991cos πi sin πi 662=+=-z ⑵-1的三次根()()132π+π2ππcos πisin πcos isin 0,1,233k k k ++=+=∴1ππ1cosisin 332=+=z 2cos πisin π1=+=-z3551cos πi sin π332=+=--z的平方根．解：πi 4e ⎫=⎪⎪⎝⎭)()1π12i 44ππ2π2π44e6cos 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。

第9篇拉氏变换2

例求图9.14(a)的拉氏变换有限信号，全s平面收敛 • 先对x(t)求导，如图9.14(b),然后积分
x(t) 1
-1
01 2
d x(t) dt 1
12
-1
0
-1
(a)
(b)
图9.14
(a)
x(t)的波形；(b)
d dt
x(t ) 的波形
有 dx(t) [u(t 1) u(t)][u(t 1) u(t 2)]
s 1
• 4 尺度变换性质
若 x (t) X (s) ROC R
则
x(at)
1 a
X
(
s a
)
ROC : R1 aR
式中，a是一个不为零的常数
• 尺度变换性质说明，信号在时域有一个尺度a的变换，在复频域内也有一个1/a 的变换，并且幅度也变化 1/ a 。
例1 求 x(at b) 的拉氏变换
• 若 x(t) eatu(t) eatu(t) a 0
则有
X
(s)
U (s
a)
U ([s
a])
s
1
a
s
1
a
2a s2 a2
第一项收敛域
Re{s a} 0 Re{s} a
第一项收敛域
Re{(s a)} 0 Re{s} a
• 总收敛域是 a Re{s} a • 偶函数的拉氏变换也是偶函数
x2 (t)
X 2 (s)
1 s2
Re{s} 2
则 x1(t) x2 (t) 的拉氏变换为
X
(s)
X1(s)
X 2 (s)
1 s3
1 s2
2 s 1 (s3)(s2)

复变函数课后习题答案解析(全)

习题一答案1．求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：（1）132i+ （2）(1)(2)i i i --（3）131i i i-- （4）8214i i i -+-解：（1）1323213iz i -==+，因此：32Re , Im 1313z z ==-，1232, arg arctan , 3131313z z z i ==-=+（2）3(1)(2)1310i i iz i i i -+===---，因此，31Re , Im 1010z z =-=，1131, arg arctan , 3101010z z z i π==-=--（3）133335122i i iz i i i --=-=-+=-，因此，35Re , Im 32z z ==-，34535, arg arctan , 232i z z z +==-=（4）82141413z i i i i i i =-+-=-+-=-+因此，Re 1, Im 3zz =-=，10, arg arctan3, 13z z z i π==-=--2．将下列复数化为三角表达式和指数表达式：（1）i （2）13i -+ （3）(sin cos )r i θθ+（4）(cos sin )r i θθ- （5）1cos sin (02)i θθθπ-+≤≤解：（1）2cossin22iii e πππ=+=（2）13i -+23222(cos sin )233i i e πππ=+=（3）(sin cos )r i θθ+()2[cos()sin()]22ir i reπθππθθ-=-+-=（4）(cos sin )r i θθ-[cos()sin()]i r i re θθθ-=-+-=（5）21cos sin 2sin 2sin cos 222i i θθθθθ-+=+ 22sin [cossin]2sin 2222ii eπθθπθπθθ---=+=3．求下列各式的值：（1）5(3)i - （2）100100(1)(1)i i ++-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+-- （4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+-（5）3i （6）1i +解：（1）5(3)i -5[2(cos()sin())]66i ππ=-+-5552(cos()sin())16(3)66i i ππ=-+-=-+ （2）100100(1)(1)i i ++-50505051(2)(2)2(2)2i i =+-=-=-（3）(13)(cos sin )(1)(cos sin )i i i i θθθθ-+--2[cos()sin()](cos sin )332[cos()sin()][cos()sin()]44i i i i ππθθππθθ-+-+=-+--+-2[cos()sin()](cos2sin 2)1212i i ππθθ=-+-+(2)122[cos(2)sin(2)]21212ii eπθππθθ-=-+-=（4）23(cos5sin 5)(cos3sin 3)i i ϕϕϕϕ+- cos10sin10cos19sin19cos(9)sin(9)i i i ϕϕϕϕϕϕ+==+-+- （5）3i 3cossin22i ππ=+11cos (2)sin (2)3232k i k ππππ=+++31, 02231, 122, 2i k i k i k ⎧+=⎪⎪⎪=-+=⎨⎪-=⎪⎪⎩（6）1i +2(cossin )44i ππ=+ 4112[cos (2)sin (2)]2424k i k ππππ=+++48482, 02, 1i i e k e k ππ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩4．设121, 3,2iz z i +==-试用三角形式表示12z z 与12z z解：12cossin, 2[cos()sin()]4466z i z i ππππ=+=-+-，所以12z z 2[cos()sin()]2(cos sin )46461212i i ππππππ=-+-=+，12z z 1155[cos()sin()](cos sin )2464621212i i ππππππ=+++=+ 5．解下列方程：（1）5()1z i += （2）440 (0)z a a +=>解：（1）51,z i += 由此2551k i z i ei π=-=-， (0,1,2,3,4)k =（2）4444(cos sin )za a i ππ=-=+11[cos (2)sin (2)]44a k i k ππππ=+++，当0,1,2,3k =时，对应的4个根分别为：(1), (1), (1), (1)2222a a a ai i i i +-+--- 6．证明下列各题：（1）设,zx iy =+则2x y z x y+≤≤+证明：首先，显然有22z x y x y =+≤+；其次，因222,x y x y +≥ 固此有2222()(),x y x y +≥+从而222x y z x y +=+≥。

复变函数部分习题解答分析(复场拉)

±
3 2
√
3i.
的实部 u(x, y ) =
, 虚部 v (x, y ) =
x2 − x+ y 2 − 2 , (x+1)2 +y 2
. v (x, y ) = .
3y . (x+1)2 +y 2
分析:将 z = x + iy 代入, 分离实部、虚部, 得 u(x, y ) = 5.设 z1 = 2i, z2 = 1 − i, 则 Arg(z1 z2 ) = 分析: arg(z1 ) = π , arg(z2 ) = − π , Arg(z1 z2 ) = 4 √ 2 6.复数 z = − 12 − 2i 的三角表示式为分析: 4[cos(− 5 π) 6 + i sin(− 5 π )], 6 4e
1 dz z
C
f (z ) dz = 0.
1 z
×.分析：f (z )的解析域D不足以保证f (z )在C 上及内解析。关键词单连通区域.反例 f (z ) =
C
在0 <
= 2πi = 0
2.若 u，v 都是调和函数，则 f (z ) = u + iv 是解析函数. ×.分析: 解析对 u，v 的要求很高,它们之间有本质的内在联系即 Cauchy-Riemann 方程,知道其一, 另一若不考虑差一个常数, 则完全确定. 调和这一要求达不到. 反例俯拾即是 u(x, y ) = x, v (x, y ) = −y 都是调和函数,但 f (z ) = x − yi 不解析. 3.设 f (z ) 在单连通区域 D 内解析, F (z ) 是 f (z ) 的一个原函数, C 为 D 内的一条正向闭曲线,则 0. √