复变函数课后习题答案全.doc

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1、. .习题一答案1 求以下复数的实部、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 将以下复数化为三角表达式和指数表达式：1 2 34 5解：123453 求以下各式的值：1 2 3 45 6解：1234564 设试用三角形式表示与解：，所以，5 解以下方程：1 2解：1 由此， 2，当时，对应的4个根分别为：6 证明以下各题：1设那么证明：首先，显然有； 其次，因 固此有 从而 。2对任意复数有证明：验证即可，首先左端，而右端， 由此，左端=右端，即原式成立。3假设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，注意到系数皆

2、为实数，并且根据复数的乘法运算规那么，由此得到：由此说明：假设为实系数代数方程的一个根，那么也是。结论得证。4假设那么皆有证明：根据条件，有，因此：，证毕。5假设，那么有证明：，因为，所以， ，因而，即，结论得证。7设试写出使到达最大的的表达式，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到达最大，为此，需要取与同向且，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那么知应为或的整数倍，至此得到：三个点共线的条件是为实数。9写出过两

3、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以下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：圆周的实方程可表示为：，代入，并注意到，由此，整理，得 记，那么，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

4、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指出以下各题中点的轨迹或所表示的点集，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

5、示以为顶点的与轴正向夹角为的射线。15做出以下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，、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3，显然，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左边局部除掉2后的点构成的集合，是一无界，多连通区域。4， 显然该区域的边界为双曲线，化为实方程为 ，再注意到到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局部，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

6、外部，是一无界多连通区域。习题二答案1 指出以下函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。1 2 3 4解：根据函数的可导性法那么可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，商时分母不为0，根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到：1处处解析，2处处解析，3的奇点为，即，4的奇点为，2 判别以下函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。1 23 4解：根据柯西黎曼定理：1， 四个一阶偏导数皆连续，因而处处可微，再由柯西黎曼方程解得：， 因此，函数在点可导， ， 函数处处不解析。2， 四个一阶偏导数皆连续，因而处处可微，再由柯西黎曼方程解得：， 因此，函

7、数在直线上可导， ， 因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。3， 四个一阶偏导数皆连续，因而 处处可微，并且 处处满足柯西黎曼方程 因此，函数处处可导，处处解析，且导数为 4， 因函数的定义域为，故此，处处不满足柯西黎曼方程，因而函数处处不可导，处处不解析。3 当取何值时在复平面上处处解析？解：，由柯西黎曼方程得：由1得 ，由2得，因而，最终有4 证明：假设解析，那么有 证明：由柯西黎曼方程知，左端右端，证毕。5 证明：假设在区域D内解析，且满足以下条件之一，那么在D内一定为常数。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

8、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，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 计算以下各值假设是对数还需求出主值1 2 34 5 6解：12，为任意整数， 主值为：3， 为任意整数主值为：45， 为任意整数6，当分别取0，1，2时得到3个值：， ， 7 求和解：，因此根据指数

9、函数的定义，有， ，为任意整数8 设，求解：，因此9 解以下方程：1 23 4解：1方程两端取对数得： 为任意整数2根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 ， 为任意整数4由双曲函数的定义得 ，解得，即，所以 ，为任意整数10证明罗比塔法那么：假设及在点解析，且，那么，并由此求极限 证明：由商的极限运算法那么及导数定义知，由此，11 用对数计算公式直接验证：1 2解：记，那么1左端， 右端， 其中的为任意整数。 显然，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 其中为任意整数，而 不难看出，对于左

10、端任意的，右端取或时与其对应；反之，对于右端任意的，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。 同理可证第二式子也成立。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，根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，证明证明：由复数的三角不等式，有，由，再主要到时单调增加，因此有，同理， 证毕。15 平面流场的复势为1 2 3试求流动的速度及流线和等势线方程。解：只需注意，假设记，那么 流场的流速为，

11、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+

12、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：假设在整个复平面上有界，那么正整数时其中为圆心在原点半径为的正向圆周。证明：记，那么由积分估计式得，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情况说明以下积分为0的原因，其中积分曲线皆为。1 2 34 5解：各积分的被积函数的奇点为：1，2即，3 4为任意整数，5被积函数处处解析，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

13、此根据柯西根本定理，以上积分值都为0。8 计算以下积分：1 2 3解：以上积分皆与路径无关，因此用求原函数的方法：1239 计算 ，其中为不经过的任一简单正向闭曲线。解：被积函数的奇点为，根据其与的位置分四种情况讨论：1皆在外，那么在内被积函数解析，因而由柯西根本定理 2在，在外，那么在内解析，因而由柯西积分 公式：3同理，当在，在外时，4皆在此时，在内围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线，那么由复合闭路原理得：注：此题假设分解，那么更简单！10 计算以下各积分解：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

14、的小闭合曲线，那么由复合闭路原理得：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点，围绕分别做两条相互外离的小闭合曲线，那么由复合闭路原理得：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，由柯西根本定理，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 设都在简单闭曲线上及内解析，且在上，证明在内也有。证明：由柯西积分

15、公式，对于内任意点， 由，在积分曲线上，故此有 再由的任意性知，在内恒有，证毕。14 设在单连通区域内解析，且，证明（1） 在；（2） 对于内任一简单闭曲线，皆有证明：1显然，因为假设在某点处那么由，矛盾！也可直接证明：，因此，即，说明（3） 既然，再注意到解析，也解析，因此由函数的解析性法那么知也在区域内解析，这样，根据柯西根本定理，对于内任一简单闭曲线，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，那么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：实际上，此题的答案也可观察出，因极易想到解

16、析16设，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，必须，即。17，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，其中为任意实常数。 注：此题还有一种方法：由定理知由此也可很方便的求出。18由以下各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，除了上题采用的方法外，也可这样：，所以，其中为复常数。代入得，故此3同上题

17、一样， 因此， 其中的为对数主值，为任意实常数。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假设在闭圆盘上解析，且，试证明柯西不等式 ，并由此证明X维尔定理：在整个复平面上有界且处处解析的函数一定为常数。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X维尔定理： 因为函数有界，不妨设，那么由柯西不等式，对任意都有，又因处处解析，因此可任意大，这样，令，得，从而，即 ，再由的任意性知，因而为常数，证毕。习题四答案1 考察以下数列是否收敛，如果收敛，求出其极限1解：因为不存在，

18、所以不存在，由定理4.1知，数列不收敛2解：，其中，那么因为，所以由定义4.1知，数列收敛，极限为03解：因为，所以由定义4.1知，数列收敛，极限为04解：设，那么，因为，都不存在，所以不存在，由定理4.1知，数列不收敛2 以下级数是否收敛？是否绝对收敛?(1)解：，由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数收敛，且为绝对收敛(2)解：，因为是交织级数，根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，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，且为绝对收敛3 试确定以下幂级数的收

19、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，那么，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，且为绝对收敛，即收敛时，因为发散，根据正项级数的比拟准那么可知，发散，从而的收敛半径为1，由定理4.6，的收敛半径也为15 如果级数在它的收敛圆的圆周上一点处绝对收敛，证明它在收敛圆所围的闭区域上绝对收敛证明：时，由阿贝尔定理，绝对收敛时，由条件知，收敛，即收敛，亦即绝对收敛6 将以下函数展开为的幂级数，并指出其收敛区

20、域1解：由于函数的奇点为，因此它在内处处解析，可以在此圆内展开成的幂级数根据例4.2的结果，可以得到将上式两边逐项求导，即得所要求的展开式=2解：时，由于函数的奇点为，因此它在内处处解析，可以在此圆内展开成的幂级数=时，由于函数的奇点为，因此它在内处处解析，可以在此圆内展开成的幂级数=3解：由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成的幂级数4解：由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成的幂级数5解：由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成的幂级数 =6解：由于函数在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成的幂级数= =7 求以下函数展

21、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，所以这两个展开式在内处处成立所以有：2解：由于所以3解：=展开式成立的区域：，即4解：，故有因为的奇点为，所以这个等式在的X围内处处成立。8 将以下函数在指定的圆域内展开成洛朗级数(1)解： ,故有(2)解： 在在(3)解：在，在(4)解：在(5)解： 在故有9 将在的去心邻域内展开成洛朗级数解：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又故有10函数能否在圆环域内展开为洛朗级数？为什么？答：不能。函数的奇点为,，所以对于，内都有的奇点，即以为环心的处处解析的圆环域不存在，所以函数不能在圆环域内展开为洛朗级数习题

22、五答案1 求以下各函数的孤立奇点，说明其类型，如果是极点，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

23、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，它是的级极点2 指出以下各函数的所有零点，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，那么，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：如果是的级零点，那么是

24、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 求以下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，那么，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 利用留数计算以下积分积分曲线均取正向1解：是被积函数在积分区域内的有限孤

25、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 由定理5.1，7 计算积分，其中为正整数，解：记，那么的有限孤立奇点为，且为级

26、极点，分情况讨论如下：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判断是以下各函数的什么奇点？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因为所以容易看出，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计算以下积分：解：1 2从上式可知，所以 。10求以下各积分之值：1解：设那么，。于是2解：设那么，。于是3解：显然，满足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： 显然，满足分母的次数至少

27、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：显然，满足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：显然，满足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利用对数留数计算以下积分：解：1，这里为函数在内的零点数，为在内的极点数。 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

28、明方程有三个根在环域证明：令，。因为当时，有所以，方程与在内根的数目一样，即4个。 又当时，有所以，方程与在内根的数目一样，即1个。 综合上述得到，在环域内有3个根。13讨论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一样，即1个。 又当时，有所以，方程与在内根的数目一样，即4个。 根据上述还可以得到，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。证明：令，。因为当时，有所以，当时，方程与在内根的数目一样，即n个。习题七答案1 试证：假设满足傅氏积分定理的条件，那么有证明：根据付氏积分公式，有2 求以下函数的傅氏变换：1 23 4解：1f(t)(2)(3)(

29、4)由于所以3 求以下函数的傅氏变换，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，根据傅氏积分定理(2)由傅氏积分公式 所以，根据傅氏积分定理5 求以下函数的傅氏变换：(1) (2)(3) (4) 解：1(2)(3) 由于 所以 (4) 由于 所以 6 证明：假设其中为一实函数，那么其中为的共轭函数。证明：由于所以 于是有 7假设，证明翻转性质。证明：由于所以 对上述积分作变换，那么 8证明以下各式：(1) 为常数；(2) 证明：1 2 9计算以下函数和的卷积：(1) (2) (2) (2) 解: (1) 显然，有当时，由于=0，所以 ；当时， 2显然，有

30、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求以下函数的傅氏变换：(1) (2)(3) (4) 解：1由于根据位移性质23根据位移性质再根据像函数的位移性质4由于 根据微分性质再根据位移性质。 习题八1 求以下函数的拉氏变换：(1) 解：由拉氏变换的定义知：(2) 解：由拉氏变换的定义以及单位脉动函数的筛选性质知：2. 求以下函数的拉氏变换：(1) 解：由拉氏变换的线性性质知：(2) 解：由拉氏变换的线性性质和位移性质知：(3) 解：法一：利用位移性质。由拉氏变换的位移性质知：法二：利用微分性质。令 那么由拉氏变换的微分性质知

31、：即 (4) 解：因为 故由拉氏变换的位移性知：(5) 解：故(6) 解：因为 即：故(7) 解：法一：利用拉氏变换的位移性质。法二：利用微分性质。令那么由拉氏变换的微分性质知：又因为所以 (8) 解：法一：利用拉氏变换的位移性质。因为 故 法二：利用微分性质。令，那么 故由拉氏变换的微分性质知：.故3. 利用拉氏变换的性质计算以下各式：(1) 求解：因为所以由拉氏变换的位移性质知： (2) 求解：设 那么由拉氏变换的积分性质知：再由微分性质得：所以 4. 利用拉氏变换的性质求 (1) 解：法一：利用卷积求解。设 那么而由卷积定理知：法二：利用留数求解。显然在 内有两个2级极点。除此外处处解析

32、，且当时， 故由定理8.3知： (2) 解：法一：利用卷积求解。设 那么而 由卷积定理知 法二：用留数求解。显然在 内有两个2级极点。除此外处处解析，且当时， 故由定理8.3知：法三：利用拉氏变换积分性质求解。由(1)题知 故 即 5. 利用积分性质计算(1) 解：设 由拉氏变换的微分性质得： 所以 (2) 解：在(1)题中取得 由拉氏变换的位移性质知：再由拉氏变换的积分性质得 6. 计算以下积分：(1) 解：由拉氏变换表知：取那么 (2) 解：7求以下函数的拉氏逆变换： (1) 解：因 取得 故 (2) 解：因为 而 所以 (3) 解：设那么是的四级极点。 除此外处处解析，且当时， 故由定理

33、8.3知：下面来求留数。因为 故.所以 (4) 解：设 那么在内具有两个单极点 除此外处处解析，且当时， 故由定理8.3得：(5) 解：设分别为的一阶、二阶极点。显然满足定理8.3的条件，故由定理8.3知：(6) 解：设 显然 查表知 故由卷积定理得：(7) 解：设 那么 因为 所以 故 (8) 解：，因为 所以 即：8. 求以下函数的拉氏逆变换：(1) 解：由拉氏变换表知：所以 (2) 解：而 所以 (3) 解：设 那么 设 那么 由卷积定理知，所以 (4) 解：设 那么 设 那么 故所以 (5) 解：因为 故由卷积定理知：又因为 所以 (6) 解：由拉氏变换表知：所以 9. 求以下卷积： (1) 解：因为 所以 (2) m, n为正整数； 解： (3) 解： (4) 解： (5) 解：因为 当时，故当 时，即 (6) 解：设 那么 所以当 即 时，上式为0.当 即 时，由函数的筛选性质得：10. 利用卷积定理证明以下等式： (1) 证明：因为 故由卷积定理：也即 ，证毕。 (2) 证明：因为 故由卷积定理知：证毕。11. 解以下微分方程或微分方程组： (1) 解：设 对方程两边取拉氏变换，得代入 得：用留数方法求解拉氏逆变换，有：(2) 解：设 对方程两边同时取拉氏变换，得代入初值条件，得：求拉氏逆变换得方程的