1、精心整理習題一答案1 求下列復數(shù)的實部、虛部、模、幅角主值及共軛復數(shù)：（1）（2）（3）（4）解：（1），因此：，（2），因此，（3），因此，（4）因此，2 將下列復數(shù)化為三角表達式和指數(shù)表達式：（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），當時，對應的4個根分別為：6 證明下列各題：（1）設則證明：首先，顯然有；其次，因固此有從而。（2）對任意復數(shù)有證明：驗證即可，首先左端，而右端，由此，左端

2、=右端，即原式成立。（3）若是實系數(shù)代數(shù)方程的一個根，那么也是它的一個根。證明：方程兩端取共軛，注意到系數(shù)皆為實數(shù)，并且根據(jù)復數(shù)的乘法運算規(guī)則，由此得到：由此說明：若為實系數(shù)代數(shù)方程的一個根，則也是。結論得證。（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：，因為，所以，因而，即，結論得證。7設試寫出使達到最大的的表達式，其中為正整數(shù)，為復數(shù)。解：首先，由復數(shù)的三角不等式有，在上面兩個不等式都取等號時達到最大，為此，需要取與同向且，即應為的單位化向量，由此，8試用來表述使這三個點共線的條件。解：要使三點共線，那么用向量表示時，與應平行，因而二者應同向或反向，即幅角應相差

3、或的整數(shù)倍，再由復數(shù)的除法運算規(guī)則知應為或的整數(shù)倍，至此得到：三個點共線的條件是為實數(shù)。9寫出過兩點的直線的復參數(shù)方程。解：過兩點的直線的實參數(shù)方程為：，因而，復參數(shù)方程為：其中為實參數(shù)。10下列參數(shù)方程表示什么曲線？（其中為實參數(shù)）（1）（2）（3）解：只需化為實參數(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證明復平面上的圓周方程可表示為，其中為復常數(shù)，為實常數(shù)證明：圓周的實方程可表示為：，代入，并注意到，由此，整理，得記，則，由此得到，結論得證。12證明：幅角主值函數(shù)在原點及負實軸上不連續(xù)。證明：首先，在原點無定義，因而不連續(xù)。對于，由的定義不難看出，當由

4、實軸上方趨于時，而當由實軸下方趨于時，由此說明不存在，因而在點不連續(xù)，即在負實軸上不連續(xù)，結論得證。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)，得即表示一個圓周。對于，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指出下列各題中點的軌跡或所表示的點集，并做圖：解：（1），說明動點到的距離為一常數(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構成的集合，即圓心為半徑為的圓周及圓周外部的點集。（3）說明動點到兩個固定點1和3的距離之和為一常數(shù)，

5、因而表示一個橢圓。代入化為實方程得（4）說明動點到和的距離相等，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），頂點在原點，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后的點構成的集合，是一無界，多連通區(qū)域。（4），顯然該區(qū)域的邊界為雙曲線，化為實方程為，再注意到到2與到2的距

6、離之差大于1，因而不等式表示的應為上述雙曲線左邊一支的左側部分，是一無界單連通區(qū)域。（5），代入，化為實不等式，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。習題二答案1 指出下列函數(shù)的解析區(qū)域和奇點，并求出可導點的導數(shù)。（1）（2）（3）（4）解：根據(jù)函數(shù)的可導性法則（可導函數(shù)的和、差、積、商仍為可導函數(shù)，商時分母不為0），根據(jù)和、差、積、商的導數(shù)公式及復合函數(shù)導數(shù)公式，再注意到區(qū)域上可導一定解析，由此得到：（1）處處解析，（2）處處解析，（3）的奇點為，即，（4）的奇點為，2 判別下列函數(shù)在何處可導，何處解析，并求出可導點的導數(shù)。（1）（2）（3）（4）解：根據(jù)柯西黎曼定理：（1）

7、，四個一階偏導數(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)在點可導，函數(shù)處處不解析。（2），四個一階偏導數(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，因可導點集為直線，構不成區(qū)域，因而函數(shù)處處不解析。（3），四個一階偏導數(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，處處解析，且導數(shù)為（4），因函數(shù)的定義域為，故此，處處不滿足柯西黎曼方程，因而函數(shù)處處不可導，處處不解析。3 當取何值時在復平面上處處解析？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：

8、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：關鍵證明的一階偏導數(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，那么由柯西黎曼方程得，說明與無關，因而，從而為常數(shù)。（3）由已知，為常數(shù)，等式兩端分別對求偏導數(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，因而為常數(shù)，從而也為常數(shù)。（4）同理，兩端分別對求偏導數(shù)，得再聯(lián)立柯西黎曼方程，仍有（5）同前面一樣，兩端分別對求偏導數(shù)，得考慮到柯西黎曼方程，仍有

9、，證畢。6 計算下列各值（若是對數(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），當分別取0，1，2時得到3個值：，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，求解：，因此9 解下列方程：（1）（2）（3）（4）解：（1）方程兩端取對數(shù)得：（為任意整數(shù)）（2）根據(jù)對數(shù)與指數(shù)的關系，應有（3）由三角函數(shù)公式（同實三角函數(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：若及在點解析，且，則，并由此求極限證明：由商的極限運

10、算法則及導數(shù)定義知，由此，11 用對數(shù)計算公式直接驗證：（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，對于左端任意的，右端取或時與其對應；反之，對于右端任意的，當為偶數(shù)時，左端可取于其對應，而當為奇數(shù)時，左端可取于其對應。綜上所述，左右兩個集合中的元素相互對應，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，由復數(shù)的三角不等式又有，根據(jù)高等數(shù)學中的單調(diào)性方法可以證

11、明時，因此接著上面的證明，有，左端不等式得到證明。14 設，證明證明：由復數(shù)的三角不等式，有，由已知，再主要到時單調(diào)增加，因此有，同理，證畢。15 已知平面流場的復勢為（1）（2）（3）試求流動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，等勢線為習題三答案1 計算積分，其中為從原點到的直線段解：積分曲線的方程為，即，代入原積分表達式中，得2 計算積分，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：，代入積分表達式中

12、，得；（2）從0到的直線段的方程為，代入積分表達式中，得，對上述積分應用分步積分法，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，代入原積分表達式中，得（2）積分曲線的方程為，代入積分表達式中，得4 計算積分，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 估計積分的模,其中為+1到-1的圓心在原點的上半圓周。解：在上，=1，因而由積分估計式得的弧長6 用積分估計式證明：若在整個復平面上有界，則正整數(shù)時其中為圓心在原點半徑為的正向圓周。證明：記，則由積分估計式得，因，因此上式兩端令取極限，由

13、夾比定理，得，證畢。7 通過分析被積函數(shù)的奇點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，無奇點不難看出，上述奇點的模皆大于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 計算下列積分：（1）（2）（3）解：以上積分皆與路徑無關，因此用求原函數(shù)的方法：（1）（2）（3）9 計算，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

14、（2）在內(nèi)，在外，則在內(nèi)解析，因而由柯西積分公式：（3）同理，當在內(nèi)，在外時，（4）皆在內(nèi)此時，在內(nèi)圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復合閉路原理得：注：此題若分解，則更簡單！10 計算下列各積分解：（1），由柯西積分公式（2），在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)只有一個奇點，故此同上題一樣：;（3）在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)有兩個奇點，圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復合閉路原理得：（4），在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)只有一個奇點1，故此（5），在積分曲線內(nèi)被積函數(shù)有兩個奇點，圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復合閉路原理得：（6）為正整數(shù)，由高階導數(shù)公式11 計算積分，其中為（1）（2）（3）解：

15、（1）由柯西積分公式（2）同理，由高階導數(shù)公式（3）由復合閉路原理，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，因為被積函數(shù)的奇點在積分曲線外。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，對于內(nèi)任意點，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 設在單連通區(qū)域內(nèi)解析，且，證明（1） 在內(nèi)；（2） 對于內(nèi)任一簡單閉曲線，皆有證明：（1）顯然，因為若在某點處則由已知，矛盾?。ㄒ部芍苯幼C明：，

16、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：實際上，本題的答案也可觀察出，因極易想到解析）16設，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，等式兩端分別對求偏導數(shù)，得-（1）-（2）再聯(lián)立上柯西黎曼

17、方程-（3）-（4）從上述方程組中解出，得這樣，對積分，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，對積分，得，再由得，因此，所以，因，說明時，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，其中為復常數(shù)。代入得，故此（3）同上題一樣，因此，其中的為對數(shù)主值，為任意實常數(shù)。（4），對積分，得再由得，所以為常數(shù)，由知，時，由此確定出，至此得到：，整理后可得19設在上解析，且，證明證明：由高階導數(shù)公式及積分估計式，得，

18、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：在整個復平面上有界且處處解析的函數(shù)一定為常數(shù)。證明：由高階導數(shù)公式及積分估計式，得，柯西不等式證畢；下證劉維爾定理：因為函數(shù)有界，不妨設，那么由柯西不等式，對任意都有，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：因為不存在，所以不存在，由定理4.1知，數(shù)列不收斂（2）解：，其中，則因為，所以由定義4.1知，數(shù)列收斂，極限為0（3）解：因為，所以由定義4.1知，數(shù)列收斂，極限為0（4）解：設，則，因為，都不存在，所以不

19、存在，由定理4.1知，數(shù)列不收斂2 下列級數(shù)是否收斂？是否絕對收斂?(1)解：，由正項級數(shù)的比值判別法知該級數(shù)收斂，故級數(shù)收斂，且為絕對收斂(2)解：，因為是交錯級數(shù)，根據(jù)交錯級數(shù)的萊布尼茲審斂法知該級數(shù)收斂，同樣可知，也收斂，故級數(shù)是收斂的又，因為發(fā)散，故級數(shù)發(fā)散，從而級數(shù)條件收斂(3)解：，因級數(shù)發(fā)散，故發(fā)散(4)解：，由正項正項級數(shù)比值判別法知該級數(shù)收斂，故級數(shù)收斂，且為絕對收斂3 試確定下列冪級數(shù)的收斂半徑(1)解：，故此冪級數(shù)的收斂半徑(2)解：，故此冪級數(shù)的收斂半徑(3)解：，故此冪級數(shù)的收斂半徑(4)解：令，則，故冪級數(shù)的收斂域為，即，從而冪級數(shù)的收斂域為，收斂半徑為4 設級數(shù)收

20、斂，而發(fā)散，證明的收斂半徑為證明：在點處，因為收斂，所以收斂，故由阿貝爾定理知，時，收斂，且為絕對收斂，即收斂時，因為發(fā)散，根據(jù)正項級數(shù)的比較準則可知，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 如果級數(shù)在它的收斂圓的圓周上一點處絕對收斂，證明它在收斂圓所圍的閉區(qū)域上絕對收斂證明：時，由阿貝爾定理，絕對收斂時，由已知條件知，收斂，即收斂，亦即絕對收斂6 將下列函數(shù)展開為的冪級數(shù)，并指出其收斂區(qū)域（1）解：由于函數(shù)的奇點為，因此它在內(nèi)處處解析，可以在此圓內(nèi)展開成的冪級數(shù)根據(jù)例4.2的結果，可以得到將上式兩邊逐項求導，即得所要求的展開式=（2）解：時，由于函數(shù)的奇點為，因此它在內(nèi)處

21、處解析，可以在此圓內(nèi)展開成的冪級數(shù)=時，由于函數(shù)的奇點為，因此它在內(nèi)處處解析，可以在此圓內(nèi)展開成的冪級數(shù)=（3）解：由于函數(shù)在復平面內(nèi)處處解析，所以它在整個復平面內(nèi)可以展開成的冪級數(shù)（4）解：由于函數(shù)在復平面內(nèi)處處解析，所以它在整個復平面內(nèi)可以展開成的冪級數(shù)（5）解：由于函數(shù)在復平面內(nèi)處處解析，所以它在整個復平面內(nèi)可以展開成的冪級數(shù)=（6）解：由于函數(shù)在復平面內(nèi)處處解析，所以它在整個復平面內(nèi)可以展開成的冪級數(shù)=7 求下列函數(shù)展開在指定點處的泰勒展式，并寫出展式成立的區(qū)域（1）解：，由于函數(shù)的奇點為，所以這兩個展開式在內(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

22、：，故有因為的奇點為，所以這個等式在的范圍內(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)展開成洛朗級數(shù)解：因為函數(shù)的奇點為，所以它以點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)展開為洛朗級數(shù)？為什么？答：不能。函數(shù)的奇點為,，所以對于，內(nèi)都有的奇點，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)展開為洛朗級數(shù)習題五答案1 求下列各函數(shù)的孤立奇點，說明其類型，如果是極點，指出它的級（1）解：函數(shù)的孤立奇點是，因由性質5.2知，是函數(shù)的1級極點，均是函數(shù)的2級極

23、點（2）解：函數(shù)的孤立奇點是，因，由極點定義知，是函數(shù)的2級極點（3）解：函數(shù)的孤立奇點是，因，由性質5.1知，是函數(shù)可去奇點（4）解：函數(shù)的孤立奇點是,，即時，因所以是的3級零點，由性質5.5知，它是的3級極點，時，令，因，由定義5.2知，是的1級零點，由性質5.5知，它是的1級極點（5）解：函數(shù)的孤立奇點是,令，時，由定義5.2知，是的2級零點，由性質5.5知，它是的2級極點，故是的2級極點時，由定義5.2知，是的1級零點，由性質5.5知，它是的1級極點，故是的級極點（）解：函數(shù)的孤立奇點是，令，時，因，所以是的2級零點，從而它是的2級極點時，由定義5.2知，是的1級零點，由性質5.5知，

24、它是的級極點2 指出下列各函數(shù)的所有零點，并說明其級數(shù)（1）解：函數(shù)的零點是，記，時，因，故是的2級零點時，由定義5.2知，是的1級零點（2）解：函數(shù)的零點是，因，所以由性質5.4知，是的2級零點（3）解：函數(shù)的零點是，記，時，是的1級零點，的1級零點，的2級零點，所以是的4級零點，時，由定義5.2知，是的1級零點，時，由定義5.2知，是的1級零點3 是函數(shù)的幾級極點？答：記，則，將代入，得：，由定義5.2知，是函數(shù)的5級零點，故是的10級極點4 證明：如果是的級零點，那么是的級零點證明：因為是的級零點，所以，即，由定義5.2知，是的級零點5 求下列函數(shù)在有限孤立奇點處的留數(shù)（1）解：函數(shù)的有

25、限孤立奇點是，且均是其1級極點由定理5.2知，（2）解：函數(shù)的有限孤立奇點是，且是函數(shù)的3級極點，由定理5.2，（3）解：函數(shù)的有限孤立奇點是，因所以由定義5.5知，（4）解：函數(shù)的有限孤立奇點是，因所以由定義5.5知，（5）解：函數(shù)的有限孤立奇點是，因所以由定義5.5知，（6）解：函數(shù)的有限孤立奇點是，即，因為所以是的2級極點由定理5.2，時，記，則，因為，所以由定義5.2知，是的1級零點，故它是的1級極點由定理5.3，6 利用留數(shù)計算下列積分（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，且為2級極點，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

26、孤立奇點，且為1級極點，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，因為，所以由性質5.1知是函數(shù)的可去奇點，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，且為2級極點，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，由性質5.6知是函數(shù)的1級極點，由定理5.1，（6）解：被積函數(shù)在積分區(qū)域內(nèi)的有限孤立奇點為：，由定理5.3，這些點均為的1級極點，且由定理5.1，7 計算積分，其中為正整數(shù)，解：記，則的有限孤立奇點為，且為級極點，分情況討論如下：時，均在積分區(qū)域內(nèi)，由定理5.1，故有時，均不在積分區(qū)

27、域內(nèi)，所以時，在積分區(qū)域內(nèi)，不在積分區(qū)域內(nèi)，所以習題五8判斷是下列各函數(shù)的什么奇點？求出在的留數(shù)。解：（1）因為所以，是的可去奇點，且。（2）因為所以于是，是的本性奇點，且。（3）因為所以容易看出，展式中由無窮多的正冪項，所以是的本性奇點。（4）因為所以是的可去奇點。9計算下列積分：解：（1）（2）從上式可知，所以。10求下列各積分之值：（1）解：設則，。于是（2）解：設則，。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，且在實軸上沒有奇點，積分是存在的。在上半平面內(nèi)只有一個奇點，且為2級極點。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，且在實軸上沒有奇點，積分是存在

28、的。在上半平面內(nèi)只有和二個奇點，且都為1級極點。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，且在實軸上沒有奇點，在上半平面內(nèi)只有一個奇點，且為1級極點。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，且在實軸上沒有奇點，在上半平面內(nèi)只有一個奇點，且為1級極點。于是11利用對數(shù)留數(shù)計算下列積分：解：（1），這里為函數(shù)在內(nèi)的零點數(shù)，為在內(nèi)的極點數(shù)。（2）這里為函數(shù)在內(nèi)的零點數(shù)，為在內(nèi)的極點數(shù)；為函數(shù)在內(nèi)的零點數(shù)，為在內(nèi)的極點數(shù)。(3)這里為函數(shù)在內(nèi)的零點數(shù)，為在內(nèi)的極點數(shù)。(4)這里為函數(shù)在內(nèi)的零點數(shù)，為在內(nèi)的極點數(shù)。12證明方程有三個根在環(huán)域內(nèi)證明：令，。因為當時，有

29、所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即4個。又當時，有所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即1個。綜合上述得到，在環(huán)域內(nèi)有3個根。13討論方程在與內(nèi)各有幾個根。解：令，。因為當時，有所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即1個。又當時，有所以，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即4個。根據(jù)上述還可以得到，在環(huán)域內(nèi)有3個根。14當時，證明方程與在單位圓內(nèi)有n個根。證明：令，。因為當時，有所以，當時，方程與在內(nèi)根的數(shù)目相同，即n個。習題七答案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

30、推證所列的積分等式。(1)證明(2)證明。解：(1)由傅氏積分公式，當時所以，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（翻轉性質）。證明：由于所以對上述積分作變換，則8證明下列各式：(1)（為常數(shù)）；(2)證明：（1）（2）9計算下列函數(shù)和的卷積：(1)(2)(2)(2)解:(1)顯然，有當時，由于=0，所以；當時，（2）顯然，有所以，當或或時，皆有=0。于是當時，；當時，；當時，。又所以從而當時，當時，總

31、結上述，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（2）（3）根據(jù)位移性質再根據(jù)像函數(shù)的位移性質（4）由于根據(jù)微分性質再根據(jù)位移性質。習題八1 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函數(shù)的篩選性質知：2. 求下列函數(shù)的拉氏變換：(1)解：由拉氏變換的線性性質知：(2)解：由拉氏變換的線性性質和位移性質知：(3)解：法一：利用位移性質。由拉氏變換的位移性質知：法二：利用微分性質。令則由拉氏變換的微分性質知：即(4)解：因為故由拉氏變換的位移性知：(5)解：故(6)解：因為即：故(7)解：法一：利用拉氏變換的位移性質。法二：利用微分性質。令則由拉氏變換的微分性質知：又因為所以(8)解：法一：利用拉氏變換的位移性質。因為故法二：利用微分性質。令，則故由拉氏變換的微分性質知：.故3.利用拉氏變換的性質計算下列各式：(1)求解：因為所以由拉氏變換的位移性質知：(2)求解：設則由拉氏變換的積分性質知：再由微分性質得：所以4.利用拉氏變換的性質求(1)解：法一：利用卷積求解。設則而由卷積定理知：法二：利用留數(shù)求解。顯然在內(nèi)有兩個2級極點。除此外處處解析，且當時，故由定理8.3知：(2)解：法一：利用卷積求解。設則而由卷積定理知法二：用留數(shù)求解。顯然在內(nèi)有兩個2級極點。除此