復(fù)變函數(shù)課后習(xí)題答案(全).docVIP

習(xí)題一答案1 求下列復(fù)數(shù)的實(shí)部、虛部、模、幅角主值及共軛復(fù)數(shù)：（1） （2） （3） （4）解：（1）， 因此：，（2），因此，（3），因此，（4）因此，2 將下列復(fù)數(shù)化為三角表達(dá)式和指數(shù)表達(dá)式：（1） （2） （3）（4） （5）解：（1）（2）（3） （4）（5）3 求下列各式的值：（1） （2） （3） （4）（5） （6）解：（1）（2）（3）（4）（5）（6）4 設(shè)試用三角形式表示與解：，所以，5 解下列方程：（1） （2）解：（1） 由此， （2），當(dāng)時(shí)，對(duì)應(yīng)的4個(gè)根分別為：6 證明下列各題：（1）設(shè)則證明：首先，顯然有； 其次，因 固此有 從而 。（2）對(duì)任意復(fù)數(shù)有證明：驗(yàn)證即可，首先左端，而右端 ， 由此，左端=右端，即原式成立。（3）若是實(shí)系數(shù)代數(shù)方程的一個(gè)根，那么也是它的一個(gè)根。證明：方程兩端取共軛，注意到系數(shù)皆為實(shí)數(shù)，并且根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算規(guī)則，由此得到：由此說明：若為實(shí)系數(shù)代數(shù)方程的一個(gè)根，則也是。結(jié)論得證。（4）若則皆有證明：根據(jù)已知條件，有，因此： ，證畢。（5）若，則有證明：， ，因?yàn)椋裕?，因而，即，結(jié)論得證。7設(shè)試寫出使達(dá)到最大的的表達(dá)式，其中為正整數(shù)，為復(fù)數(shù)。解：首先，由復(fù)數(shù)的三角不等式有， 在上面兩個(gè)不等式都取等號(hào)時(shí)達(dá)到最大，為此，需要取與同向且，即應(yīng)為的單位化向量，由此， 8試用來表述使這三個(gè)點(diǎn)共線的條件。解：要使三點(diǎn)共線，那么用向量表示時(shí)，與應(yīng)平行，因而二者應(yīng)同向或反向，即幅角應(yīng)相差或的整數(shù)倍，再由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算規(guī)則知應(yīng)為或的整數(shù)倍，至此得到： 三個(gè)點(diǎn)共線的條件是為實(shí)數(shù)。9寫出過兩點(diǎn)的直線的復(fù)參數(shù)方程。解：過兩點(diǎn)的直線的實(shí)參數(shù)方程為： ，因而，復(fù)參數(shù)方程為： 其中為實(shí)參數(shù)。10下列參數(shù)方程表示什么曲線？（其中為實(shí)參數(shù)）（1） （2） （3）解：只需化為實(shí)參數(shù)方程即可。（1），因而表示直線（2），因而表示橢圓（3），因而表示雙曲線11證明復(fù)平面上的圓周方程可表示為 ，其中為復(fù)常數(shù)，為實(shí)常數(shù)證明：圓周的實(shí)方程可表示為：，代入，并注意到，由此 ，整理，得 記，則，由此得到 ，結(jié)論得證。12證明：幅角主值函數(shù)在原點(diǎn)及負(fù)實(shí)軸上不連續(xù)。證明：首先，在原點(diǎn)無定義，因而不連續(xù)。 對(duì)于，由的定義不難看出，當(dāng)由實(shí)軸上方趨于時(shí)，而當(dāng)由實(shí)軸下方趨于時(shí)，由此說明不存在，因而在點(diǎn)不連續(xù)，即在負(fù)實(shí)軸上不連續(xù)，結(jié)論得證。13函數(shù)把平面上的曲線和分別映成平面中的什么曲線？解：對(duì)于，其方程可表示為，代入映射函數(shù)中，得 ，因而映成的像曲線的方程為 ，消去參數(shù)，得 即表示一個(gè)圓周。 對(duì)于，其方程可表示為代入映射函數(shù)中，得 因而映成的像曲線的方程為 ，消去參數(shù)，得，表示一半徑為的圓周。14指出下列各題中點(diǎn)的軌跡或所表示的點(diǎn)集，并做圖：解：（1），說明動(dòng)點(diǎn)到的距離為一常數(shù)，因而表示圓心為，半徑為的圓周。（2）是由到的距離大于或等于的點(diǎn)構(gòu)成的集合，即圓心為半徑為的圓周及圓周外部的點(diǎn)集。（3）說明動(dòng)點(diǎn)到兩個(gè)固定點(diǎn)1和3的距離之和為一常數(shù)，因而表示一個(gè)橢圓。代入化為實(shí)方程得 （4）說明動(dòng)點(diǎn)到和的距離相等，因而是和連線的垂直平分線，即軸。（5），幅角為一常數(shù)，因而表示以為頂點(diǎn)的與軸正向夾角為的射線。15做出下列不等式所確定的區(qū)域的圖形，并指出是有界還是無界，單連通還是多連通。（1），以原點(diǎn)為心，內(nèi)、外圓半徑分別為2、3的圓環(huán)區(qū)域，有界，多連通（2），頂點(diǎn)在原點(diǎn)，兩條邊的傾角分別為的角形區(qū)域，無界，單連通（3），顯然，并且原不等式等價(jià)于，說明到3的距離比到2的距離大，因此原不等式表示2與3 連線的垂直平分線即2.5左邊部分除掉2后的點(diǎn)構(gòu)成的集合，是一無界，多連通區(qū)域。（4）， 顯然該區(qū)域的邊界為雙曲線，化為實(shí)方程為 ，再注意到到2與到2的距離之差大于1，因而不等式表示的應(yīng)為上述雙曲線左邊一支的左側(cè)部分，是一無界單連通區(qū)域。（5），代入，化為實(shí)不等式，得 所以表示圓心為半徑為的圓周外部，是一無界多連通區(qū)域。習(xí)題二答案1 指出下列函數(shù)的解析區(qū)域和奇點(diǎn)，并求出可導(dǎo)點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)。（1） （2） （3） （4）解：根據(jù)函數(shù)的可導(dǎo)性法則（可導(dǎo)函數(shù)的和、差、積、商仍為可導(dǎo)函數(shù)，商時(shí)分母不為0），根據(jù)和、差、積、商的導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)公式，再注意到區(qū)域上可導(dǎo)一定解析，由此得到：（1）處處解析，（2）處處解析，（3）的奇點(diǎn)為，即， （4）的奇點(diǎn)為， 2 判別下列函數(shù)在何處可導(dǎo)，何處解析，并求出可導(dǎo)點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)。（1） （2）（3） （4）解：根據(jù)柯西黎曼定理：（1）， 四個(gè)一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而處處可微，再由柯西黎曼方程解得：， 因此，函數(shù)在點(diǎn)可導(dǎo)， ， 函數(shù)處處不解析。（2）， 四個(gè)一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而處處可微，再由柯西黎曼方程解得：， 因此，函數(shù)在直線上可導(dǎo)， ， 因可導(dǎo)點(diǎn)集為直線，構(gòu)不成區(qū)域，因而函數(shù)處處不解析。（3）， 四個(gè)一階偏導(dǎo)數(shù)皆連續(xù)，因而 處處可微，并且 處處滿足柯西黎曼方程 因此，函數(shù)處處可導(dǎo)，處處解析，且導(dǎo)數(shù)為 （4）， ， ， 因函數(shù)的定義域?yàn)?，故此，處處不滿足柯西黎曼方程，因而函數(shù)處處不可導(dǎo)，處處不解析。3 當(dāng)取何值時(shí)在復(fù)平面上處處解析？解：，由柯西黎曼方程得： 由（1）得 ，由（2）得，因而，最終有 4 證明：若解析，則有 證明：由柯西黎曼方程知，左端 右端，證畢。5 證明：若在區(qū)域D內(nèi)解析，且滿足下列條件之一，則在D內(nèi)一定為常數(shù)。（1）在D內(nèi)解析 ， （2）在D內(nèi)為常數(shù)，（3）在D內(nèi)為常數(shù)， （4） （5）證明：關(guān)鍵證明的一階偏導(dǎo)數(shù)皆為0?。?），因其解析，故此由柯西黎曼方程得 -（1）而由的解析性，又有 -（2）由（1）、（2）知，因此即 為常數(shù)（2）設(shè)，那么由柯西黎曼方程得 ， 說明與無關(guān)，因而 ，從而為常數(shù)。（3）由已知，為常數(shù)，等式兩端分別對(duì)求偏導(dǎo)數(shù)，得 -（1）因解析，所以又有 -（2）求解方程組（1）、（2），得 ，說明 皆與無關(guān)，因而為常數(shù)，從而也為常數(shù)。（4）同理，兩端分別對(duì)求偏導(dǎo)數(shù)，得 再聯(lián)立柯西黎曼方程，仍有 （5）同前面一樣，兩端分別對(duì)求偏導(dǎo)數(shù)，得 考慮到柯西黎曼方程，仍有 ，證畢。6 計(jì)算下列各值（若是對(duì)數(shù)還需求出主值）（1） （2） （3）（4） （5） （6）解：（1）（2）， 為任意整數(shù)， 主值為：（3） ， 為任意整數(shù)主值為：（4）（5） ， 為任意整數(shù)（6），當(dāng)分別取0，1，2時(shí)得到3個(gè)值： ， ， 7 求和解：，因此根據(jù)指數(shù)函數(shù)的定義，有 ， ，（為任意整數(shù)）8 設(shè)，求解：，因此 9 解下列方程：（1） （2）（3） （4）解：（1）方程兩端取對(duì)數(shù)得： （為任意整數(shù)）（2）根據(jù)對(duì)數(shù)與指數(shù)的關(guān)系，應(yīng)有 （3）由三角函數(shù)公式（同實(shí)三角函數(shù)一樣），方程可變形為 因此 即 ， 為任意整數(shù)（4）由雙曲函數(shù)的定義得 ，解得 ，即，所以 ，為任意整數(shù)10證明羅比塔法則：若及在點(diǎn)解析，且，則，并由此求極限 證明：由商的極限運(yùn)算法則及導(dǎo)數(shù)定義知，由此， 11 用對(duì)數(shù)計(jì)算公式直接驗(yàn)證：（1） （2）解：記，則（1）左端， 右端， 其中的為任意整數(shù)。 顯然，左端所包含的元素比右端的要多（如左端在時(shí)的值為，而右端卻取不到這一值），因此兩端不相等。（2）左端 右端 其中為任意整數(shù)，而 不難看出，對(duì)于左端任意的，右端取或時(shí)與其對(duì)應(yīng)；反之，對(duì)于右端任意的，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，左端可取于其對(duì)應(yīng)，而當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，左端可取于其對(duì)應(yīng)。綜上所述，左右兩個(gè)集合中的元素相互對(duì)應(yīng)，即二者相等。12 證明證明：首先有 ，因此 ，第一式子證畢。 同理可證第二式子也成立。13 證明 （即）證明：首先， 右端不等式得到證明。 其次，由復(fù)數(shù)的三角不等式又有，根據(jù)高等數(shù)學(xué)中的單調(diào)性方法可以證明時(shí)，因此接著上面的證明，有，左端不等式得到證明。14 設(shè)，證明證明：由復(fù)數(shù)的三角不等式，有 ，由已知，再主要到時(shí)單調(diào)增加，因此有 ，同理， 證畢。15 已知平面流場的復(fù)勢為（1） （2） （3）試求流動(dòng)的速度及流線和等勢線方程。解：只需注意，若記，則 流場的流速為， 流線為， 等勢線為， 因此，有（1）流速為，流線為，等勢線為 （2）流速為，流線為，等勢線為 （3） 流速為，流線為 ，等勢線為 習(xí)題三答案1 計(jì)算積分，其中為從原點(diǎn)到的直線段解：積分曲線的方程為，即 ，代入原積分表達(dá)式中，得 2 計(jì)算積分，其中為（1）從0到1再到的折線 （2）從0到的直線解：（1）從0到1的線段方程為：， 從1到的線段方程為：，代入積分表達(dá)式中，得；（2）從0到的直線段的方程為，代入積分表達(dá)式中，得 ，對(duì)上述積分應(yīng)用分步積分法，得3 積分，其中為（1）沿從0到 （2）沿從0到 解：（1）積分曲線的方程為，代入原積分表達(dá)式中，得（2）積分曲線的方程為 ， ，代入積分表達(dá)式中，得 4 計(jì)算積分，其中為（1）從1到+1的直線段 （2）從1到+1的圓心在原點(diǎn)的上半圓周解：（1）的方程為，代入，得 （2）的方程為，代入，得 5 估計(jì)積分的模,其中為+1到-1的圓心在原點(diǎn)的上半圓周。解：在上，=1，因而由積分估計(jì)式得 的弧長6 用積分估計(jì)式證明：若在整個(gè)復(fù)平面上有界，則正整數(shù)時(shí) 其中為圓心在原點(diǎn)半徑為的正向圓周。證明：記，則由積分估計(jì)式得 ，因，因此上式兩端令取極限，由夾比定理，得 ， 證畢。7 通過分析被積函數(shù)的奇點(diǎn)分布情況說明下列積分為0的原因，其中積分曲線皆為。（1） （2） （3） （4） （5）解：各積分的被積函數(shù)的奇點(diǎn)為：（1），（2）即，（3） （4）為任意整數(shù)，（5）被積函數(shù)處處解析，無奇點(diǎn) 不難看出，上述奇點(diǎn)的模皆大于1，即皆在積分曲線之外，從而在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)解析，因此根據(jù)柯西基本定理，以上積分值都為0。8 計(jì)算下列積分：（1） （2） （3）解：以上積分皆與路徑無關(guān)，因此用求原函數(shù)的方法：（1）（2）（3）9 計(jì)算 ，其中為不經(jīng)過的任一簡單正向閉曲線。解：被積函數(shù)的奇點(diǎn)為，根據(jù)其與的位置分四種情況討論：（1）皆在外，則在內(nèi)被積函數(shù)解析，因而由柯西基本定理 （2）在內(nèi)，在外，則在內(nèi)解析，因而由柯西積分 公式：（3）同理，當(dāng)在內(nèi)，在外時(shí)， （4）皆在內(nèi)此時(shí)，在內(nèi)圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復(fù)合閉路原理得： 注：此題若分解，則更簡單！10 計(jì)算下列各積分解：（1），由柯西積分公式（2）， 在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)只有一個(gè)奇點(diǎn)，故此同上題一樣：; （3） 在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)有兩個(gè)奇點(diǎn)，圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復(fù)合閉路原理得：（4），在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)只有一個(gè)奇點(diǎn)1，故此 （5）， 在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)有兩個(gè)奇點(diǎn)，圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復(fù)合閉路原理得：（6）為正整數(shù)，由高階導(dǎo)數(shù)公式 11 計(jì)算積分，其中為（1） （2） （3）解：（1）由柯西積分公式（2）同理，由高階導(dǎo)數(shù)公式 （3）由復(fù)合閉路原理 ，其中，為內(nèi)分別圍繞0，1且相互外離的小閉合曲線。12 積分的值是什么？并由此證明解：首先，由柯西基本定理，因?yàn)楸环e函數(shù)的奇點(diǎn)在積分曲線外。 其次，令，代入上述積分中，得 考察上述積分的被積函數(shù)的虛部，便得到 ，再由的周期性，得即，證畢。13 設(shè)都在簡單閉曲線上及內(nèi)解析，且在上 ，證明在內(nèi)也有。證明：由柯西積分公式，對(duì)于內(nèi)任意點(diǎn)， ， 由已知，在積分曲線上，故此有 再由的任意性知，在內(nèi)恒有，證畢。14 設(shè)在單連通區(qū)域內(nèi)解析，且，證明（1） 在內(nèi)；（2） 對(duì)于內(nèi)任一簡單閉曲線，皆有證明：（1）顯然，因?yàn)槿粼谀滁c(diǎn)處則由已知 ，矛盾?。ㄒ部芍苯幼C明：，因此 ，即，說明）（3） 既然，再注意到解析，也解析，因此由函數(shù)的解析性法則知也在區(qū)域內(nèi)解析，這樣，根據(jù)柯西基本定理，對(duì)于內(nèi)任一簡單閉曲線，皆有，證畢。15求雙曲線 （為常數(shù)）的正交（即垂直）曲線族。解：為調(diào)和函數(shù)，因此只需求出其共軛調(diào)和函數(shù)，則便是所要求的曲線族。為此，由柯西黎曼方程 ，因此，再由 知，即為常數(shù)，因此 ，從而所求的正交曲線族為（注：實(shí)際上，本題的答案也可觀察出，因極易想到 解析）16設(shè)，求的值使得為調(diào)和函數(shù)。解：由調(diào)和函數(shù)的定義 ，因此要使為某個(gè)區(qū)域內(nèi)的調(diào)和函數(shù)，即在某區(qū)域內(nèi)上述等式成立，必須 ，即。17已知，試確定解析函數(shù) 解：首先，等式兩端分別對(duì)求偏導(dǎo)數(shù)，得 -（1） -（2）再聯(lián)立上柯西黎曼方程 -（3） -（4） 從上述方程組中解出，得 這樣，對(duì)積分，得再代入中，得 至此得到：由二者之和又可解出 ，因此，其中為任意實(shí)常數(shù)。 注：此題還有一種方法：由定理知由此也可很方便的求出。18由下列各已知調(diào)和函數(shù)求解析函數(shù)解：（1），由柯西黎曼方程， ，對(duì)積分，得 ，再由得，因此 ，所以 ，因，說明時(shí)，由此求出，至此得到：，整理后可得：（2）， 此類問題，除了上題采用的方法外，也可這樣： ，所以 ，其中為復(fù)常數(shù)。代入得，故此 （3）同上題一樣， ， 因此， 其中的為對(duì)數(shù)主值，為任意實(shí)常數(shù)。（4）， ，對(duì)積分，得 再由得，所以為常數(shù)，由知，時(shí)，由此確定出，至此得到： ，整理后可得 19設(shè)在上解析，且，證明 證明：由高階導(dǎo)數(shù)公式及積分估計(jì)式，得 ，證畢。20若在閉圓盤上解析，且，試證明柯西不等式 ，并由此證明劉維爾定理：在整個(gè)復(fù)平面上有界且處處解析的函數(shù)一定為常數(shù)。證明：由高階導(dǎo)數(shù)公式及積分估計(jì)式，得，柯西不等式證畢；下證劉維爾定理： 因?yàn)楹瘮?shù)有界，不妨設(shè)，那么由柯西不等式，對(duì)任意都有，又因處處解析，因此可任意大，這樣，令，得，從而，即 ，再由的任意性知，因而為常數(shù)，證畢。習(xí)題四答案1 考察下列數(shù)列是否收斂，如果收斂，求出其極限（1）解：因?yàn)椴淮嬖冢圆淮嬖?，由定?.1知，數(shù)列不收斂（2）解：，其中，則因?yàn)?，所以由定義4.1知，數(shù)列收斂，極限為0（3）解：因?yàn)?，所以由定義4.1知，數(shù)列收斂，極限為0（4）解：設(shè)，則，因?yàn)?，都不存在，所以不存在，由定?.1知，數(shù)列不收斂2 下列級(jí)數(shù)是否收斂？是否絕對(duì)收斂?(1)解：，由正項(xiàng)級(jí)數(shù)的比值判別法知該級(jí)數(shù)收斂，故級(jí)數(shù)收斂，且為絕對(duì)收斂(2) 解：，因?yàn)槭墙诲e(cuò)級(jí)數(shù)，根據(jù)交錯(cuò)級(jí)數(shù)的萊布尼茲審斂法知該級(jí)數(shù)收斂，同樣可知， 也收斂，故級(jí)數(shù)是收斂的又，因?yàn)榘l(fā)散，故級(jí)數(shù)發(fā)散，從而級(jí)數(shù)條件收斂(3) 解：，因級(jí)數(shù)發(fā)散，故發(fā)散(4) 解：，由正項(xiàng)正項(xiàng)級(jí)數(shù)比值判別法知該級(jí)數(shù)收斂，故級(jí)數(shù)收斂，且為絕對(duì)收斂3 試確定下列冪級(jí)數(shù)的收斂半徑(1) 解：，故此冪級(jí)數(shù)的收斂半徑(2) 解：，故此冪級(jí)數(shù)的收斂半徑(3) 解：，故此冪級(jí)數(shù)的收斂半徑(4) 解：令，則，故冪級(jí)數(shù)的收斂域?yàn)?，即，從而冪?jí)數(shù)的收斂域?yàn)椋諗堪霃綖? 設(shè)級(jí)數(shù)收斂，而發(fā)散，證明的收斂半徑為證明：在點(diǎn)處，因?yàn)槭諗?，所以收斂，故由阿貝爾定理知，時(shí)，收斂，且為絕對(duì)收斂，即收斂時(shí)，因?yàn)榘l(fā)散，根據(jù)正項(xiàng)級(jí)數(shù)的比較準(zhǔn)則可知，發(fā)散，從而的收斂半徑為1，由定理4.6，的收斂半徑也為15 如果級(jí)數(shù)在它的收斂圓的圓周上一點(diǎn)處絕對(duì)收斂，證明它在收斂圓所圍的閉區(qū)域上絕對(duì)收斂證明：時(shí)，由阿貝爾定理，絕對(duì)收斂 時(shí)，由已知條件知，收斂，即收斂，亦即絕對(duì)收斂6 將下列函數(shù)展開為的冪級(jí)數(shù)，并指出其收斂區(qū)域（1）解：由于函數(shù)的奇點(diǎn)為，因此它在內(nèi)處處解析，可以在此圓內(nèi)展開成的冪級(jí)數(shù)根據(jù)例4.2的結(jié)果，可以得到將上式兩邊逐項(xiàng)求導(dǎo)，即得所要求的展開式=（2）解：時(shí)，由于函數(shù)的奇點(diǎn)為，因此它在內(nèi)處處解析，可以在此圓內(nèi)展開成的冪級(jí)數(shù)=時(shí)，由于函數(shù)的奇點(diǎn)為，因此它在內(nèi)處處解析，可以在此圓內(nèi)展開成的冪級(jí)數(shù)=（3）解：由于函數(shù)在復(fù)平面內(nèi)處處解析，所以它在整個(gè)復(fù)平面內(nèi)可以展開成的冪級(jí)數(shù)（4）解：由于函數(shù)在復(fù)平面內(nèi)處處解析，所以它在整個(gè)復(fù)平面內(nèi)可以展開成的冪級(jí)數(shù)（5）解：由于函數(shù)在復(fù)平面內(nèi)處處解析，所以它在整個(gè)復(fù)平面內(nèi)可以展開成的冪級(jí)數(shù) =（6）解：由于函數(shù)在復(fù)平面內(nèi)處處解析，所以它在整個(gè)復(fù)平面內(nèi)可以展開成的冪級(jí)數(shù)= =7 求下列函數(shù)展開在指定點(diǎn)處的泰勒展式，并寫出展式成立的區(qū)域（1）解： ，由于函數(shù)的奇點(diǎn)為，所以這兩個(gè)展開式在內(nèi)處處成立所以有：（2）解：由于所以（3）解： =展開式成立的區(qū)域：，即（4）解：，故有因?yàn)榈钠纥c(diǎn)為，所以這個(gè)等式在的范圍內(nèi)處處成立。8 將下列函數(shù)在指定的圓域內(nèi)展開成洛朗級(jí)數(shù)(1)解： ,故有(2)解： 在內(nèi)在內(nèi)(3)解：在內(nèi)，在內(nèi)(4)解：在內(nèi)(5)解： 在內(nèi)故有 9 將在的去心鄰域內(nèi)展開成洛朗級(jí)數(shù)解：因?yàn)楹瘮?shù)的奇點(diǎn)為，所以它以點(diǎn)為心的去心鄰域是圓環(huán)域在內(nèi)又故有10函數(shù)能否在圓環(huán)域內(nèi)展開為洛朗級(jí)數(shù)？為什么？答：不能。函數(shù)的奇點(diǎn)為,，所以對(duì)于，內(nèi)都有的奇點(diǎn)，即以為環(huán)心的處處解析的圓環(huán)域不存在，所以函數(shù)不能在圓環(huán)域內(nèi)展開為洛朗級(jí)數(shù)習(xí)題五答案1 求下列各函數(shù)的孤立奇點(diǎn)，說明其類型，如果是極點(diǎn)，指出它的級(jí)（1）解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是，因 由性質(zhì)5.2知，是函數(shù)的1級(jí)極點(diǎn)，均是函數(shù)的2級(jí)極點(diǎn)（2）解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是，因，由極點(diǎn)定義知，是函數(shù)的2級(jí)極點(diǎn)（3）解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是，因，由性質(zhì)5.1知，是函數(shù)可去奇點(diǎn)（4）解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是,，即時(shí)，因所以是的3級(jí)零點(diǎn)，由性質(zhì)5.5知，它是的3級(jí)極點(diǎn)，時(shí)，令，因，由定義5.2知，是的1級(jí)零點(diǎn)，由性質(zhì)5.5知，它是的1級(jí)極點(diǎn)（5）解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是,令， 時(shí)， ，由定義5.2知，是的2級(jí)零點(diǎn)，由性質(zhì)5.5知，它是的2級(jí)極點(diǎn)，故是的2級(jí)極點(diǎn)時(shí)，由定義5.2知，是的1級(jí)零點(diǎn)，由性質(zhì)5.5知，它是的1級(jí)極點(diǎn)，故是的級(jí)極點(diǎn)（）解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是，令， 時(shí)，因，所以是的2級(jí)零點(diǎn)，從而它是的2級(jí)極點(diǎn)時(shí)，由定義5.2知，是的1級(jí)零點(diǎn)，由性質(zhì)5.5知，它是的級(jí)極點(diǎn)2 指出下列各函數(shù)的所有零點(diǎn)，并說明其級(jí)數(shù)（1）解：函數(shù)的零點(diǎn)是，記， 時(shí)，因，故是的2級(jí)零點(diǎn)時(shí)，由定義5.2知，是的1級(jí)零點(diǎn)（2）解：函數(shù)的零點(diǎn)是，因，所以由性質(zhì)5.4知，是的2級(jí)零點(diǎn)（3）解：函數(shù)的零點(diǎn)是，記， 時(shí)，是的1級(jí)零點(diǎn)，的1級(jí)零點(diǎn)，的2級(jí)零點(diǎn)，所以是的4級(jí)零點(diǎn)，時(shí)，由定義5.2知，是的1級(jí)零點(diǎn)，時(shí)，由定義5.2知，是的1級(jí)零點(diǎn)3 是函數(shù)的幾級(jí)極點(diǎn)？答：記，則，將代入，得：，由定義5.2知，是函數(shù)的5級(jí)零點(diǎn)，故是的10級(jí)極點(diǎn)4 證明：如果是的級(jí)零點(diǎn)，那么是的級(jí)零點(diǎn)證明：因?yàn)槭堑募?jí)零點(diǎn)，所以，即，由定義5.2知，是的級(jí)零點(diǎn)5 求下列函數(shù)在有限孤立奇點(diǎn)處的留數(shù)（1）解：函數(shù)的有限孤立奇點(diǎn)是，且均是其1級(jí)極點(diǎn)由定理5.2知，（2）解：函數(shù)的有限孤立奇點(diǎn)是，且是函數(shù)的3級(jí)極點(diǎn)，由定理5.2，（3）解：函數(shù)的有限孤立奇點(diǎn)是，因所以由定義5.5知，（4）解：函數(shù)的有限孤立奇點(diǎn)是，因所以由定義5.5知，（5）解：函數(shù)的有限孤立奇點(diǎn)是，因所以由定義5.5知，（6）解：函數(shù)的有限孤立奇點(diǎn)是，即，因?yàn)樗允堑?級(jí)極點(diǎn)由定理5.2，時(shí)，記，則，因?yàn)?，所以由定義5.2知，是的1級(jí)零點(diǎn)，故它是的1級(jí)極點(diǎn)由定理5.3，6 利用留數(shù)計(jì)算下列積分（積分曲線均取正向）（1）解：是被積函數(shù)在積分區(qū)域內(nèi)的有限孤立奇點(diǎn)，且為2級(jí)極點(diǎn)，由定理5.2，由定理5.1知，（2）解：是被積函數(shù)在積分區(qū)域內(nèi)的有限孤立奇點(diǎn)，且為1級(jí)極點(diǎn)，所以由定理5.1及定理5.2，（3）解：是被積函數(shù)在積分區(qū)域內(nèi)的有限孤立奇點(diǎn)，因?yàn)?，所以由性質(zhì)5.1知是函數(shù)的可去奇點(diǎn)，從而由定理5.1，由定理5.1，（4）解：是被積函數(shù)在積分區(qū)域內(nèi)的有限孤立奇點(diǎn)，且為2級(jí)極點(diǎn)，由定理5.2，由定理5.1，（5）解：是被積函數(shù)在積分區(qū)域內(nèi)的有限孤立奇點(diǎn)，由性質(zhì)5.6知是函數(shù)的1級(jí)極點(diǎn)，由定理5.1， （6）解：被積函數(shù)在積分區(qū)域內(nèi)的有限孤立奇點(diǎn)為：，由定理5.3，這些點(diǎn)均為的1級(jí)極點(diǎn)，且 由定理5.1，7 計(jì)算積分，其中為正整數(shù)，解：記，則的有限孤立奇點(diǎn)為，且為級(jí)極點(diǎn)，分情況討論如下：時(shí)，均在積分區(qū)域內(nèi)，由定理5.1，故有時(shí)，均不在積分區(qū)域內(nèi)，所以時(shí)，在積分區(qū)域內(nèi)，不在積分區(qū)域內(nèi)，所以習(xí)題五8判斷是下列各函數(shù)的什么奇點(diǎn)？求出在的留數(shù)。解：（1）因?yàn)?所以，是的可去奇點(diǎn)，且。（2）因?yàn)?所以 于是，是的本性奇點(diǎn)，且。 （3）因?yàn)?所以 容易看出，展式中由無窮多的正冪項(xiàng)，所以是的本性奇點(diǎn)。 。（4）因?yàn)?所以是的可去奇點(diǎn)。 。9計(jì)算下列積分：解：（1） （2） 從上式可知， 所以 。10求下列各積分之值：（1）解：設(shè)則，。于是（2）解：設(shè)則，。于是（3）解：顯然，滿足分母的次數(shù)至少比分子的次數(shù)高二次，且在實(shí)軸上沒有奇點(diǎn)，積分是存在的。在上半平面內(nèi)只有一個(gè)奇點(diǎn)，且為2級(jí)極點(diǎn)。于是（4）解： 顯然，滿足分母的次數(shù)至少比分子的次數(shù)高二次，且在實(shí)軸上沒有奇點(diǎn)，積分是存在的。在上半平面內(nèi)只有和二個(gè)奇點(diǎn)，且都為1 級(jí)極點(diǎn)。于是所以（5）解：顯然，滿足分母的次數(shù)至少比分子的次數(shù)高一次，且在實(shí)軸上沒有奇點(diǎn)，在上半平面內(nèi)只有一個(gè)奇點(diǎn)，且為1 級(jí)極點(diǎn)。于是（6）解：顯然，滿足分母的次數(shù)至少比分子的次數(shù)高一次，且在實(shí)軸上沒有奇點(diǎn)，在上半平面內(nèi)只有一個(gè)奇點(diǎn)，且為1 級(jí)極點(diǎn)。于是11利用對(duì)數(shù)留數(shù)計(jì)算下列積分：解：（1），這里為函數(shù)在內(nèi)的零點(diǎn)數(shù)，為在內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)。 （2）這里為函數(shù)在內(nèi)的零點(diǎn)數(shù)，為在內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)；為函數(shù)在內(nèi)的零點(diǎn)數(shù)，為在內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)。 (3) 這里為函數(shù)在內(nèi)的零點(diǎn)數(shù)，為在內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)。 (4) 這里為函數(shù)在內(nèi)的零點(diǎn)數(shù)，為在內(nèi)的極點(diǎn)數(shù)。12證明方程有三個(gè)根在環(huán)域內(nèi)證明：令，。因?yàn)楫?dāng)時(shí)，有 所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即4個(gè)。 又當(dāng)時(shí)，有 所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即1個(gè)。 綜合上述得到，在環(huán)域內(nèi)有3個(gè)根。13討論方程在與內(nèi)各有幾個(gè)根。解：令，。因?yàn)楫?dāng)時(shí)，有 所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即1個(gè)。 又當(dāng)時(shí)，有 所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即4個(gè)。 根據(jù)上述還可以得到，在環(huán)域內(nèi)有3個(gè)根。14當(dāng)時(shí)，證明方程與在單位圓內(nèi)有n個(gè)根。證明：令，。因?yàn)楫?dāng)時(shí)，有 所以，當(dāng)時(shí)，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即n個(gè)。習(xí)題七答案1 試證：若滿足傅氏積分定理的條件，則有證明：根據(jù)付氏積分公式，有 2 求下列函數(shù)的傅氏變換：（1） （2）（3） （4）解：（1）f(t)(2) (3)(4) 由于 所以3 求下列函數(shù)的傅氏變換，并推證所列的積分等式。(1) 證明(2) 證明。解：(1) 由傅氏積分公式，當(dāng)時(shí) 所以，根據(jù)傅氏積分定理 (2) 由傅氏積分公式 所以，根據(jù)傅氏積分定理 5 求下列函數(shù)的傅氏變換：(1) (2) (3) (4) 解：（1） (2) (3) 由于 所以 (4) 由于 所以 6 證明：若其中為一實(shí)函數(shù)，則 其中為的共軛函數(shù)。證明：由于 所以 于是有 7若，證明（翻轉(zhuǎn)性質(zhì)）。證明：由于 所以 對(duì)上述積分作變換，則 8證明下列各式：(1) （為常數(shù)）；(2) 證明：（1） （2） 9計(jì)算下列函數(shù)和的卷積：(1) (2) (2) (2) 解: (1) 顯然，有 當(dāng)時(shí)，由于=0，所以 ；當(dāng)時(shí)， （2）顯然，有 所以，當(dāng) 或 或 時(shí)，皆有=0。于是 當(dāng)時(shí)，； 當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。又 所以 從而 當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)，總結(jié)上述，得 。10求下列函數(shù)的傅氏變換：(1) (2) (3) (4) 解：（1）由于 根據(jù)位移性質(zhì) （2） （3）根據(jù)位移性質(zhì) 再根據(jù)像函數(shù)的位移性質(zhì) （4）由于 根據(jù)微分性質(zhì) 再根據(jù)位移性質(zhì) 。 習(xí)題八1 求下列函數(shù)的拉氏變換：(1) 解：由拉氏變換的定義知：(2) 解：由拉氏變換的定義以及單位脈動(dòng)函數(shù)的篩選性質(zhì)知：2. 求下列函數(shù)的拉氏變換：(1) 解：由拉氏變換的線性性質(zhì)知：(2) 解：由拉氏變換的線性性質(zhì)和位移性質(zhì)知：(3) 解：法一：利用位移性質(zhì)。由拉氏變換的位移性質(zhì)知：法二：利用微分性質(zhì)。令 則由拉氏變換的微分性質(zhì)知：即 (4) 解：因?yàn)?故由拉氏變換的位移性知：(5) 解：故(6) 解：因?yàn)?即： 故(7) 解：法一：利用拉氏變換的位移性質(zhì)。法二：利用微分性質(zhì)。令則由拉氏變換的微分性質(zhì)知：又因?yàn)樗?(8) 解：法一：利用拉氏變換的位移性質(zhì)。因?yàn)?故 法二：利用微分性質(zhì)。令，則 故由拉氏變換的微分性質(zhì)知：.故3. 利用拉氏變換的性質(zhì)計(jì)算下列各式： (1) 求解：因?yàn)樗杂衫献儞Q的位移性質(zhì)知： (2) 求解：設(shè) 則由拉氏變換的積分性質(zhì)知：再由微分性質(zhì)得：所以 4. 利用拉氏變換的性質(zhì)求 (1) 解：法一：利用卷積求解。設(shè) 則而由卷積定理知：法二：利用留數(shù)求解。顯然在 內(nèi)有兩個(gè)2級(jí)極點(diǎn)。除此外處處解析，且當(dāng)時(shí)， 故由定理8.3知： (2) 解：法一：利用卷積求解。設(shè) 則而 由卷積定理知 法二：用留數(shù)求解。顯然在 內(nèi)有兩個(gè)2級(jí)極點(diǎn)。除此外處處解析，且當(dāng)時(shí)， 故由定理8.3知：法三：利用拉氏變換積分性質(zhì)求解。由(1)題知 故 即 5. 利用積分性質(zhì)計(jì)算(1) 解：設(shè) 由拉氏變換的微分性質(zhì)得： 所以 (2) 解：在(1)題中取得 由拉氏變換的位移性質(zhì)知： 再由拉氏變換的積分性質(zhì)得 6. 計(jì)算下列積分：(1) 解：由拉氏變換表知：取則