复变函数课后习题答案.docx

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1、复变函数课后习题答案习题一答案 1 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数： （1） （2） （3） （4） 解：（1）， 因此：， （2）， 因此， （3）， 因此， （4） 因此， 2 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （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 设试用三角形式表示与 解：，所以 ， 5 解下列方程： （1） （2） 解：（1） 由此 ， （2） ，当时，对应的4个根分别为： 6 证明下列各题：（

2、1）设则 证明：首先，明显有； 其次，因 固此有 从而 。（2）对随意复数有 证明：验证即可，首先左端， 而右端 ， 由此，左端=右端，即原式成立。（3）若是实系数代数方程 的一个根，那么也是它的一个根。证明：方程两端取共轭，留意到系数皆为实数，并且依据复数的乘法运算规则，由此得到： 由此说明：若为实系数代数方程的一个根，则也是。结论得证。（4）若则皆有 证明：依据已知条件，有，因此： ，证毕。（5）若，则有 证明：， ， 因为，所以， ， 因而，即，结论得证。7设试写出访达到最大的的表达式，其中为正整数，为复数。解：首先，由复数的三角不等式有， 在上面两个不等式都取等号时达到最大，为此，须要

3、取与同向且，即应为的单位化向量，由此， 8试用来表述使这三个点共线的条件。解：要使三点共线，那么用向量表示时，与应平行，因而二者应同向或反向，即幅角应相差或的整数倍，再由复数的除法运算规则知应为或的整数倍，至此得到： 三个点共线的条件是为实数。9写出过两点的直线的复参数方程。解：过两点的直线的实参数方程为： ， 因而，复参数方程为： 其中为实参数。10下列参数方程表示什么曲线？（其中为实参数） （1） （2） （3） 解：只需化为实参数方程即可。（1），因而表示直线 （2），因而表示椭圆 （3），因而表示双曲线 11证明复平面上的圆周方程可表示为 ， 其中为复常数，为实常数 证明：圆周的实方程

4、可表示为：， 代入，并留意到，由此 ， 整理，得 记，则，由此得到 ，结论得证。 12证明：幅角主值函数在原点及负实轴上不连续。 证明：首先，在原点无定义，因而不连续。 对于，由的定义不难看出，当由实轴上方趋于时，而当由实轴下方趋于时，由此说明不存在，因而在点不连续，即在负实轴上不连续，结论得证。 13函数把平面上的曲线和分别映成平面中的什么曲线？ 解：对于，其方程可表示为，代入映射函数中，得 ， 因而映成的像曲线的方程为 ，消去参数，得 即表示一个圆周。 对于，其方程可表示为 代入映射函数中，得 因而映成的像曲线的方程为 ，消去参数，得，表示一半径为的圆周。 14指出下列各题中点的轨迹或所表

5、示的点集，并做图： 解：（1），说明动点到的距离为一常数，因而表示圆心为，半径为的圆周。 （2）是由到的距离大于或等于的点构成的集合，即圆心为半径为的圆周及圆周外部的点集。 （3）说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常数，因而表示一个椭圆。代入化为实方程得 （4）说明动点到和的距离相等，因而是和连线的垂直平分线，即轴。（5），幅角为一常数，因而表示以为顶点的与轴正向夹角为的射线。15做出下列不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。（1），以原点为心，内、外圆半径分别为2、3的圆环区域，有界，多连通 （2），顶点在原点，两条边的倾角分别为的角形区域，无界，单连通 （

6、3），明显，并且原不等式等价于，说明到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3 连线的垂直平分线即2.5左边部分除掉2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。（4）， 明显该区域的边界为双曲线，化为实方程为 ，再留意到到2与到2的距离之差大于1，因而不等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区域。（5），代入，化为实不等式，得 所以表示圆心为半径为的圆周外部，是一无界多连通区域。 习题二答案 1 指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。 （1） （2） （3） （4） 解：依据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，商时分母不为0），依据和、差

7、、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再留意到区域上可导肯定解析，由此得到： （1）到处解析， （2）到处解析， （3）的奇点为，即， （4）的奇点为， 2 判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。（1） （2） （3） （4） 解：依据柯西黎曼定理： （1）， 四个一阶偏导数皆连续，因而到处可微，再由柯西黎曼方程 解得：， 因此，函数在点可导， ， 函数到处不解析。（2）， 四个一阶偏导数皆连续，因而到处可微，再由柯西黎曼方程 解得：， 因此，函数在直线上可导， ， 因可导点集为直线，构不成区域，因而函数到处不解析。（3）， 四个一阶偏导数皆连续，因而 到处可微，并且 到处满意

8、柯西黎曼方程 因此，函数到处可导，到处解析，且导数为 （4）， ， ， 因函数的定义域为，故此，到处不满意柯西黎曼方程，因而函数到处不行导，到处不解析。3 当取何值时在复平面上到处解析？ 解： ， 由柯西黎曼方程得： 由（1）得 ，由（2）得，因而，最终有 4 证明：若解析，则有 证明：由柯西黎曼方程知，左端 右端，证毕。 5 证明：若在区域D内解析，且满意下列条件之一，则在D内肯定为常数。 （1）在D内解析 ， （2）在D内为常数， （3）在D内为常数， （4） （5） 证明：关键证明的一阶偏导数皆为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

9、）、（2）知，因此即 为常数 （2）设，那么由柯西黎曼方程得 ， 说明与无关，因而 ，从而为常数。（3）由已知，为常数，等式两端分别对求偏导数，得 -（1） 因解析，所以又有 -（2） 求解方程组（1）、（2），得 ，说明 皆与无关，因而为常数，从而也为常数。（4）同理，两端分别对求偏导数，得 再联立柯西黎曼方程，仍有 （5）同前面一样，两端分别对求偏导数，得 考虑到柯西黎曼方程，仍有 ，证毕。6 计算下列各值（若是对数还需求出主值） （1） （2） （3） （4） （5） （6） 解：（1） （2）， 为随意整数， 主值为： （3） ， 为随意整数 主值为： （4） （5） ， 为随意整数

10、（6）， 当分别取0，1，2时得到3个值： ， ， 7 求和 解：，因此依据指数函数的定义，有 ， ，（为随意整数） 8 设，求 解：，因此 9 解下列方程： （1） （2） （3） （4） 解：（1）方程两端取对数得： （为随意整数） （2）依据对数与指数的关系，应有 （3）由三角函数公式（同实三角函数一样），方程可变形为 因此 即 ， 为随意整数 （4）由双曲函数的定义得 ，解得 ，即，所以 ，为随意整数 10证明罗比塔法则：若及在点解析，且，则，并由此求极限 证明：由商的极限运算法则及导数定义知 ， 由此， 11 用对数计算公式干脆验证： （1） （2） 解：记，则 （1）左端， 右端，

11、 其中的为随意整数。 明显，左端所包含的元素比右端的要多（如左端在时的值为 ，而右端却取不到这一值），因此两端不相等。 （2）左端 右端 其中为随意整数，而 不难看出，对于左端随意的，右端取或时与其对应；反之，对于右端随意的，当为偶数时，左端可取于其对应，而当为奇数时，左端可取于其对应。综上所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。12 证明 证明：首先有 ，因此 ，第一式子证毕。 同理可证其次式子也成立。 13 证明 （即） 证明：首先， 右端不等式得到证明。 其次，由复数的三角不等式又有 ， 依据高等数学中的单调性方法可以证明时，因此接着上面的证明，有，左端不等式得到证明。 14 设

12、，证明 证明：由复数的三角不等式，有 ， 由已知，再主要到时单调增加，因此有 ， 同理， 证毕。15 已知平面流场的复势为 （1） （2） （3） 试求流淌的速度及流线和等势线方程。解：只需留意，若记，则 流场的流速为， 流线为， 等势线为， 因此，有 （1） 流速为， 流线为，等势线为 （2） 流速为， 流线为，等势线为 （3） 流速为， 流线为 ， 等势线为 习题三答案 1 计算积分，其中为从原点到的直线段 解：积分曲线的方程为，即 ，代入原积分表达式中，得 2 计算积分，其中为 （1）从0到1再到的折线 （2）从0到的直线 解：（1）从0到1的线段方程为：， 从1到的线段方程为：， 代入

13、积分表达式中，得 ； （2）从0到的直线段的方程为， 代入积分表达式中，得 ， 对上述积分应用分步积分法，得 3 积分，其中为 （1）沿从0到 （2）沿从0到 解：（1）积分曲线的方程为， 代入原积分表达式中，得 （2）积分曲线的方程为 ， ， 代入积分表达式中，得 4 计算积分，其中为 （1）从1到+1的直线段 （2）从1到+1的圆心在原点的上半圆周 解：（1）的方程为，代入，得 （2）的方程为，代入，得 5 估计积分的模,其中为+1到-1的圆心在原点的上半圆周。解：在上，=1，因而由积分估计式得 的弧长 6 用积分估计式证明：若在整个复平面上有界，则正整数时 其中为圆心在原点半径为的正向圆

14、周。证明：记，则由积分估计式得 ， 因，因此上式两端令取极限，由夹比定理，得 ， 证毕。7 通过分析被积函数的奇点分布状况说明下列积分为0的缘由，其中积分曲线皆为。（1） （2） （3） （4） （5） 解：各积分的被积函数的奇点为：（1），（2） 即，（3） （4）为随意整数， （5）被积函数到处解析，无奇点 不难看出，上述奇点的模皆大于1，即皆在积分曲线之外，从而在积分曲线内被积函数解析，因此依据柯西基本定理，以上积分值都为0。8 计算下列积分： （1） （2） （3） 解：以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法： （1） （2） （3） 9 计算 ，其中为不经过的任一简洁正向闭曲线。

15、解：被积函数的奇点为，依据其与的位置分四种状况探讨： （1）皆在外，则在内被积函数解析，因而由柯西基本定理 （2）在内，在外，则在内解析，因而由柯西积分 公式： （3）同理，当在内，在外时， （4）皆在内 此时，在内围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线，则由复合闭路原理得： 注：此题若分解，则更简洁！ 10 计算下列各积分 解：（1），由柯西积分公式 （2）， 在积分曲线内被积函数只有一个奇点，故此同上题一样： （3） 在积分曲线内被积函数有两个奇点，围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线，则由复合闭路原理得： （4），在积分曲线内被积函数只有一个奇点1，故此 （5）， 在积分曲线内被积函数有两个奇

16、点，围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线，则由复合闭路原理得： （6）为正整数，由高阶导数公式 11 计算积分，其中为 （1） （2） （3） 解：（1）由柯西积分公式 （2）同理，由高阶导数公式 （3）由复合闭路原理 ， 其中，为内分别围绕0，1且相互外离的小闭合曲线。12 积分的值是什么？并由此证明 解：首先，由柯西基本定理，因为被积函数的奇点在积分曲线外。 其次，令，代入上述积分中，得 考察上述积分的被积函数的虚部，便得到 ，再由的周期性，得 即，证毕。 13 设都在简洁闭曲线上及内解析，且在上 ，证明在内也有。证明：由柯西积分公式，对于内随意点， ， 由已知，在积分曲线上，故此有 再由的

17、随意性知，在内恒有，证毕。14 设在单连通区域内解析，且，证明 （1） 在内； （2） 对于内任一简洁闭曲线，皆有 证明：（1）明显，因为若在某点处则由已知 ，冲突！ （也可干脆证明：，因此 ，即，说明） （3） 既然，再留意到解析，也解析，因此由函数的解析性法则知也在区域内解析，这样，依据柯西基本定理，对于内任一简洁闭曲线，皆有，证毕。15求双曲线 （为常数）的正交（即垂直）曲线族。解：为调和函数，因此只需求出其共轭调和函数，则 便是所要求的曲线族。为此，由柯西黎曼方程 ，因此，再由 知，即为常数，因此 ，从而所求的正交曲线族为 （注：事实上，本题的答案也可视察出，因极易想到 解析） 16设

18、，求的值使得为调和函数。解：由调和函数的定义 ， 因此要使为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必需 ，即。17已知，试确定解析函数 解：首先，等式两端分别对求偏导数，得 -（1） -（2） 再联立上柯西黎曼方程 -（3） -（4） 从上述方程组中解出，得 这样，对积分，得再代入中，得 至此得到：由二者之和又可解出 ，因此 ，其中为随意实常数。 注：此题还有一种方法：由定理知 由此也可很便利的求出。 18由下列各已知调和函数求解析函数 解：（1）， 由柯西黎曼方程， ，对积分，得 ， 再由得，因此 ，所以 ， 因，说明时，由此求出， 至此得到： ， 整理后可得： （2）， 此类问题

19、，除了上题采纳的方法外，也可这样： ，所以 ， 其中为复常数。代入得，故此 （3） 同上题一样， ， 因此， 其中的为对数主值，为随意实常数。（4）， ，对积分，得 再由得，所以为常数，由知， 时，由此确定出，至此得到： ， 整理后可得 19设在上解析，且，证明 证明：由高阶导数公式及积分估计式，得 ，证毕。20若在闭圆盘上解析，且，试证明柯西不等式 ，并由此证明刘维尔定理：在整个复平面上有界且到处解析的函数肯定为常数。证明：由高阶导数公式及积分估计式，得 ， 柯西不等式证毕；下证刘维尔定理： 因为函数有界，不妨设，那么由柯西不等式，对随意都有，又因到处解析，因此可随意大，这样，令 ，得，从而

20、，即 ，再由的随意性知，因而为常数，证毕。习题四答案 1 考察下列数列是否收敛，假如收敛，求出其极限 （1） 解：因为不存在，所以不存在，由定理4.1知，数列不收敛 （2） 解：，其中，则 因为，所以 由定义4.1知，数列收敛，极限为0 （3） 解：因为，所以 由定义4.1知，数列收敛，极限为0 （4） 解：设，则，因为，都不存在，所以不存在，由定理4.1知，数列不收敛 2 下列级数是否收敛？是否肯定收敛? (1) 解：，由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数收敛，且为肯定收敛 (2) 解：， 因为是交织级数，依据交织级数的莱布尼兹审敛法知该级数收敛，同样可知， 也收敛，故级数是收敛的 又

21、，因为发散，故级数发散，从而级数条件收敛 (3) 解：，因级数发散，故发散 (4) 解：，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，故级数收敛，且为肯定收敛 3 试确定下列幂级数的收敛半径 (1) 解：，故此幂级数的收敛半径 (2) 解：，故此幂级数的收敛半径 (3) 解：，故此幂级数的收敛半径 (4) 解：令，则 ，故幂级数的收敛域为，即，从而幂级数的收敛域为，收敛半径为 4 设级数收敛，而发散，证明的收敛半径为 证明：在点处，因为收敛，所以收敛，故由阿贝尔定理知，时，收敛，且为肯定收敛，即收敛 时，因为发散，依据正项级数的比较准则可知，发散，从而的收敛半径为1，由定理4.6，的收敛半径也为1

22、5 假如级数在它的收敛圆的圆周上一点处肯定收敛，证明它在收敛圆所围的闭区域上肯定收敛 证明：时，由阿贝尔定理，肯定收敛 时，由已知条件知，收敛，即收敛，亦即肯定收敛 6 将下列函数绽开为的幂级数，并指出其收敛区域 （1） 解：由于函数的奇点为，因此它在内到处解析，可以在此圆内绽开成的幂级数依据例4.2的结果，可以得到 将上式两边逐项求导，即得所要求的绽开式 = （2） 解：时，由于函数的奇点为，因此它在内到处解析，可以在此圆内绽开成的幂级数 = 时，由于函数的奇点为，因此它在内到处解析，可以在此圆内绽开成的幂级数 = = （3） 解：由于函数在复平面内到处解析，所以它在整个复平面内可以绽开成的

23、幂级数 （4） 解：由于函数在复平面内到处解析，所以它在整个复平面内可以绽开成的幂级数 （5） 解：由于函数在复平面内到处解析，所以它在整个复平面内可以绽开成的幂级数 = （6） 解：由于函数在复平面内到处解析，所以它在整个复平面内可以绽开成的幂级数 = = 7 求下列函数绽开在指定点处的泰勒展式，并写出展式成立的区域 （1） 解： ， ， 由于函数的奇点为，所以这两个绽开式在内到处成立所以有： （2） 解：由于 所以 （3） 解： = 绽开式成立的区域： ，即 （4） 解：， ， ，故有 因为的奇点为，所以这个等式在的范围内到处成立。 8 将下列函数在指定的圆域内绽开成洛朗级数 (1) 解：

24、 , , 故有 (2) 解： 在内 在内 (3) 解：在内， 在内 (4) 解：在内 (5) 解： 在内 故有 9 将在的去心邻域内绽开成洛朗级数 解：因为函数的奇点为，所以它以点为心的去心邻域是圆环域在内 又 故有 10函数能否在圆环域内绽开为洛朗级数？为什么？ 答：不能。函数的奇点为,，所以对于，内都有的奇点，即以为环心的到处解析的圆环域不存在，所以函数不能在圆环域内绽开为洛朗级数 习题五答案 1 求下列各函数的孤立奇点，说明其类型，假如是极点，指出它的级 （1） 解：函数的孤立奇点是， 因 由性质5.2知，是函数的1级极点，均是函数的2级极点 （2） 解：函数的孤立奇点是，因，由极点定义

25、知，是函数的2级极点 （3） 解：函数的孤立奇点是，因，由性质5.1知，是函数可去奇点 （4） 解：函数的孤立奇点是, ，即时，因 所以是的3级零点，由性质5.5知，它是的3级极点 ，时，令， 因，由定义5.2知，是的1级零点，由性质5.5知，它是的1级极点 （5） 解：函数的孤立奇点是,令， ， 时， ，由定义5.2知，是的2级零点，由性质5.5知，它是的2级极点，故是的2级极点 时，由定义5.2知，是的1级零点，由性质5.5知，它是的1级极点，故是的级极点 （） 解：函数的孤立奇点是， 令， 时，因，所以是的2级零点，从而它是的2级极点 时，由定义5.2知， 是的1级零点，由性质5.5知，

26、它是的级极点 2 指出下列各函数的全部零点，并说明其级数 （1） 解：函数的零点是，记， 时，因，故是的2级零点 时，由定义5.2知， 是的1级零点 （2） 解：函数的零点是，因，所以由性质5.4知，是的2级零点 （3） 解：函数的零点是， 记， 时，是的1级零点，的1级零点，的2级零点，所以是的4级零点 ，时，由定义5.2知，是的1级零点 ，时，由定义5.2知，是的1级零点 3 是函数的几级极点？ 答：记，则， ，将代入，得： ，由定义5.2知， 是函数的5级零点，故是的10级极点 4 证明：假如是的级零点，那么是的级零点 证明：因为是的级零点，所以， ，即，由定义5.2知，是的级零点 5

27、求下列函数在有限孤立奇点处的留数 （1） 解：函数的有限孤立奇点是，且均是其1级极点由定理5.2知， ， （2） 解：函数的有限孤立奇点是，且是函数的3级极点，由定理5.2， ， （3） 解：函数的有限孤立奇点是， 因 所以由定义5.5知， （4） 解：函数的有限孤立奇点是， 因 所以由定义5.5知， （5） 解：函数的有限孤立奇点是，因 所以由定义5.5知， （6） 解：函数的有限孤立奇点是 ，即， 因为 所以是的2级极点由定理5.2， 时，记，则， 因为，所以由定义5.2知，是的1级零点，故它是的1级极点由定理5.3， 6 利用留数计算下列积分（积分曲线均取正向） （1） 解：是被积函数在

28、积分区域内的有限孤立奇点，且为2级极点，由定理5.2， ， 由定理5.1知， （2） 解：是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点，且为1级极点， 所以由定理5.1及定理5.2， （3） 解：是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点， 因为，所以由性质5.1知是函数的可去奇点， 从而由定理5.1，由定理5.1， （4） 解：是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点，且为2级极点，由定理5.2， ， 由定理5.1， （5） 解：是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点，由性质5.6知是函数的1级极点， 由定理5.1， （6） 解：被积函数在积分区域内的有限孤立奇点为：，由定理5.3，这些点均为的1级极点，且 由

29、定理5.1， 7 计算积分，其中为正整数， 解：记，则的有限孤立奇点为，且为级极点，分状况探讨如下： 时，均在积分区域内，由定理5.1， 故有 时，均不在积分区域内，所以 时，在积分区域内，不在积分区域内， 所以 习题五 8推断是下列各函数的什么奇点？求出在的留数。 解：（1）因为 所以，是的可去奇点，且。（2）因为 所以 于是，是的本性奇点，且。 （3）因为 所以 简单看出，展式中由无穷多的正幂项，所以是的本性奇点。 。 （4）因为 所以是的可去奇点。 。 9计算下列积分： 解：（1） （2） 从上式可知， 所以 。10求下列各积分之值： （1）解：设则，。于是 （2）解：设则，。于是 （3

30、）解：明显，满意分母的次数至少比分子的次数高二次，且在实轴上没有奇点，积分是存在的。在上半平面内只有一个奇点，且为2级极点。于是 （4）解： 明显，满意分母的次数至少比分子的次数高二次，且在实轴上没有奇点，积分是存在的。在上半平面内只有和二个奇点，且都为1 级极点。于是 所以 （5）解：明显，满意分母的次数至少比分子的次数高一次，且在实轴上没有奇点，在上半平面内只有一个奇点，且为1 级极点。于是 （6）解：明显，满意分母的次数至少比分子的次数高一次，且在实轴上没有奇点，在上半平面内只有一个奇点，且为1 级极点。于是 11利用对数留数计算下列积分： 解：（1），这里为函数在内的零点数，为在内的极

31、点数。 （2） 这里为函数在内的零点数，为在内的极点数；为函数在内的零点数，为在内的极点数。 (3) 这里为函数在内的零点数，为在内的极点数。 (4) 这里为函数在内的零点数，为在内的极点数。 12证明方程有三个根在环域内 证明：令，。因为当时，有 所以，方程与在内根的数目相同，即4个。 又当时，有 所以，方程与在内根的数目相同，即1个。 综合上述得到，在环域内有3个根。 13探讨方程在与内各有几个根。解：令，。因为当时，有 所以，方程与在内根的数目相同，即1个。 又当时，有 所以，方程与在内根的数目相同，即4个。 依据上述还可以得到，在环域内有3个根。 14当时，证明方程与在单位圆内有n个根

32、。证明：令，。因为当时，有 所以，当时，方程与在内根的数目相同，即n个。 习题七答案 1 试证：若满意傅氏积分定理的条件，则有 证明：依据付氏积分公式，有 2 求下列函数的傅氏变换： （1） （2） （3） （4） 解：（1） f(t) (2) (3) (4) 由于 所以 3 求下列函数的傅氏变换，并推证所列的积分等式。 (1) 证明 (2) 证明。解：(1) 由傅氏积分公式，当时 所以，依据傅氏积分定理 (2) 由傅氏积分公式 所以，依据傅氏积分定理 5 求下列函数的傅氏变换： (1) (2) (3) (4) 解：（1） (2) (3) 由于 所以 (4) 由于 所以 6 证明：若其中为一实函数，则 其中为的共轭函数。证明：由于 所以 于是有 7若，证明（翻转性质）。证明：由于 所以 对上述积分作变换，则 8证明下列各式： (1) （为常数）； (2) 证明：（1） （2） 9计算下列函数和的卷积： (1) (2) (2) (2) 解: (1) 明显，有 当时，由于=0，所以 ； 当时， （2）明显，有 所以，当 或 或 时，皆有=0。于是 当时，； 当时，； 当时，。又 所以 从而 当时， 当时， 总结上述，得 。10求下列函数的傅氏变换： (1) (2) (3) (4) 解：（1）由于 依据位移性质 （2） （3）依据位移性质 再依据像函数的位移性质 （4）由于 依