復(fù)變函數(shù)課后習(xí)題的答案(全)

...wd......wd......wd...習(xí)題一答案求以下復(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，，將以下復(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〕求以下各式的值：〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕〔5〕〔6〕解：〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕〔5〕〔6〕設(shè)試用三角形式表示與解：，所以，解以下方程：〔1〕〔2〕解：〔1〕由此，〔2〕，當(dāng)時(shí)，對(duì)應(yīng)的4個(gè)根分別為：證明以下各題：〔1〕設(shè)那么證明：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〕假設(shè)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)那么，，由此得到：由此說明：假設(shè)為實(shí)系數(shù)代數(shù)方程的一個(gè)根，那么也是。結(jié)論得證?！?〕假設(shè)那么皆有證明：根據(jù)條件，有，因此：，證畢?！?〕假設(shè)，那么有證明：，，因?yàn)椋?，，因而，即，結(jié)論得證。7．設(shè)試寫出使到達(dá)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)到達(dá)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)那么知應(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．以下參數(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?！?〕，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，那么，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．指出以下各題中點(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?！?〕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?！?〕，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．做出以下不等式所確定的區(qū)域的圖形，并指出是有界還是無界，單連通還是多連通?！?〕，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左邊局部除掉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)局部，是一無界單連通區(qū)域?！?〕，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)題二答案指出以下函數(shù)的解析區(qū)域和奇點(diǎn)，并求出可導(dǎo)點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)?！?〕〔2〕〔3〕〔4〕解：根據(jù)函數(shù)的可導(dǎo)性法那么〔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，判別以下函數(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?！?〕，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。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，最終有證明：假設(shè)解析，那么有證明：由柯西—黎曼方程知，左端右端，證畢。證明：假設(shè)在區(qū)域D內(nèi)解析，且滿足以下條件之一，那么在D內(nèi)一定為常數(shù)?！?〕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！〔1〕，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)?！?〕由，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)?！?〕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。計(jì)算以下各值〔假設(shè)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：，，求和解：，因此根據(jù)指數(shù)函數(shù)的定義，有，，〔為任意整數(shù)〕設(shè)，求解：，因此解以下方程：〔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．證明羅比塔法那么：假設(shè)及在點(diǎn)解析，且，那么，并由此求極限證明：由商的極限運(yùn)算法那么及導(dǎo)數(shù)定義知，由此，用對(duì)數(shù)計(jì)算公式直接驗(yàn)證：〔1〕〔2〕解：記，那么〔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。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。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。設(shè)，證明證明：由復(fù)數(shù)的三角不等式，有，由，，再主要到時(shí)單調(diào)增加，因此有，同理，證畢。平面流場(chǎng)的復(fù)勢(shì)為〔1〕〔2〕〔3〕試求流動(dòng)的速度及流線和等勢(shì)線方程。解：只需注意，假設(shè)記，那么流場(chǎng)的流速為，流線為，等勢(shì)線為，因此，有〔1〕流速為，流線為，等勢(shì)線為〔2〕流速為，流線為，等勢(shì)線為〔3〕流速為，流線為，等勢(shì)線為習(xí)題三答案計(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(zhǎng)用積分估計(jì)式證明：假設(shè)在整個(gè)復(fù)平面上有界，那么正整數(shù)時(shí)其中為圓心在原點(diǎn)半徑為的正向圓周。證明：記，那么由積分估計(jì)式得，因，因此上式兩端令取極限，由夾比定理，得，證畢。通過分析被積函數(shù)的奇點(diǎn)分布情況說明以下積分為0的原因，其中積分曲線皆為?！?〕〔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。計(jì)算以下積分：〔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〕計(jì)算，其中為不經(jīng)過的任一簡(jiǎn)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，那么在內(nèi)被積函數(shù)解析，因而由柯西基本定理〔2〕在內(nèi)，在外，那么在內(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，那么由復(fù)合閉路原理得：注：此題假設(shè)分解，那么更簡(jiǎn)單！計(jì)算以下各積分解：〔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，那么由復(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，那么由復(fù)合閉路原理得：〔6〕為正整數(shù)，由高階導(dǎo)數(shù)公式計(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。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。設(shè)都在簡(jiǎn)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，在積分曲線上，，故此有再由的任意性知，在內(nèi)恒有，證畢。設(shè)在單連通區(qū)域內(nèi)解析，且，證明在內(nèi)；對(duì)于內(nèi)任一簡(jiǎn)單閉曲線，皆有證明：〔1〕顯然，因?yàn)榧僭O(shè)在某點(diǎn)處那么由，矛盾！〔也可直接證明：，因此，即，說明〕既然，再注意到解析，也解析，因此由函數(shù)的解析性法那么知也在區(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(jiǎn)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)，那么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，此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．，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．由以下各調(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)?！?〕，，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．假設(shè)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)題四答案考察以下數(shù)列是否收斂，如果收斂，求出其極限．〔1〕解：因?yàn)椴淮嬖?，所以不存在，由定?.1知，數(shù)列不收斂．〔2〕解：，其中，那么．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)，那么，因?yàn)?，都不存在，所以不存在，由定?.1知，數(shù)列不收斂．以下級(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)槭墙豢椉?jí)數(shù)，根據(jù)交織級(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．試確定以下冪級(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，那么，故冪級(jí)數(shù)的收斂域?yàn)?，即，從而冪?jí)數(shù)的收斂域?yàn)?，收斂半徑為．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)槭諗浚允諗?，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)那么可知，發(fā)散，從而的收斂半徑為1，由定理4.6，的收斂半徑也為1．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)，，由條件知，收斂，即收斂，亦即絕對(duì)收斂．將以下函數(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：=1\*GB3①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)．===．=2\*GB3②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)．===．求以下函數(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。將以下函數(shù)在指定的圓域內(nèi)展開成洛朗級(jí)數(shù)．(1)解：,,故有(2)解：=1\*GB3①在內(nèi)=2\*GB3②在內(nèi)(3)解：=1\*GB3①在內(nèi)，=2\*GB3②在內(nèi)(4)解：在內(nèi)(5)解：在內(nèi)故有將在的去心鄰域內(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)題五答案求以下各函數(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,=1\*GB3①，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)=2\*GB3②，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，，=1\*GB3①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)．=2\*GB3②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１級(jí)極點(diǎn)．〔６〕解：函數(shù)的孤立奇點(diǎn)是，令，，=1\*GB3①時(shí)，因，所以是的2級(jí)零點(diǎn)，從而它是的2級(jí)極點(diǎn)．=2\*GB3②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)．指出以下各函數(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，=1\*GB3①時(shí)，因，故是的2級(jí)零點(diǎn)．=2\*GB3②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，=1\*GB3①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)．=2\*GB3②，時(shí)，，，由定義5.2知，，是的1級(jí)零點(diǎn)．=3\*GB3③，時(shí)，，，由定義5.2知，，是的1級(jí)零點(diǎn)．是函數(shù)的幾級(jí)極點(diǎn)答：記，那么，，，，，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)．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)．求以下函數(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．=1\*GB3①，即，因?yàn)樗允堑?級(jí)極點(diǎn)．由定理5.2，．=2\*GB3②時(shí)，記，那么，因?yàn)椋杂啥x5.2知，是的1級(jí)零點(diǎn)，故它是的1級(jí)極點(diǎn)．由定理5.3，．利用留數(shù)計(jì)算以下積分〔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，．計(jì)算積分，其中為正整數(shù)，．解：記，那么的有限孤立奇點(diǎn)為，且為級(jí)極點(diǎn)，分情況討論如下：=1\*GB3①時(shí)，均在積分區(qū)域內(nèi)，由定理5.1，故有．=2\*GB3②時(shí)，均不在積分區(qū)域內(nèi)，所以．=3\*GB3③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．判斷是以下各函數(shù)的什么奇點(diǎn)求出在的留數(shù)。解：〔1〕因?yàn)樗裕堑目扇テ纥c(diǎn)，且?！?〕因?yàn)樗杂谑?，是的本性奇點(diǎn)，且?！?〕因?yàn)樗匀菀卓闯?，展式中由無窮多的正冪項(xiàng)，所以是的本性奇點(diǎn)。。〔4〕因?yàn)樗允堑目扇テ纥c(diǎn)。。9．計(jì)算以下積分：解：〔1〕〔2〕從上式可知，所以。10．求以下各積分之值：〔1〕解：設(shè)那么，。于是〔2〕解：設(shè)那么，。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)算以下積分：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)目一樣，即4個(gè)。又當(dāng)時(shí)，有所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目一樣，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)目一樣，即1個(gè)。又當(dāng)時(shí)，有所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目一樣，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)目一樣，即n個(gè)。習(xí)題七答案試證：假設(shè)滿足傅氏積分定理的條件，那么有證明：根據(jù)付氏積分公式，有求以下函數(shù)的傅氏變換：〔1〕〔2〕

〔3〕〔4〕解：〔1〕f(t)(2)(3)(4)由于所以求以下函數(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)傅氏積分定理求以下函數(shù)的傅氏變換：(1)(2)

(3)(4)解：〔1〕(2)(3)由于所以(4)由于所以證明：假設(shè)其中為一實(shí)函數(shù)，那么

其中為的共軛函數(shù)。證明：由于所以于是有7．假設(shè)，證明〔翻轉(zhuǎn)性質(zhì)〕。證明：由于所以對(duì)上述積分作變換，那么8．證明以下各式：(1)〔為常數(shù)〕；(2)證明：〔1〕〔2〕9．計(jì)算以下函數(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．求以下函數(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)題八求以下函數(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：求以下函數(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)。令那么由拉氏變換的微分性質(zhì)知：即(4)解：因?yàn)楣视衫献儞Q的位移性知：(5)解：故(6)解：因?yàn)榧矗汗?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)。令那么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)楣史ǘ豪梦⒎中再|(zhì)。令，那么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)算以下各式：(1)求解：因?yàn)樗杂衫献儞Q的位移性質(zhì)知：(2)求解：設(shè)那么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)那么而由卷積定理知：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)那么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