复变函数课后习题答案(全)(38页).doc

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1、-复变函数课后习题答案(全)-第 37 页习题一答案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：（1）设则证明：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

2、，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，注意到系数皆为实数，并且根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：根据已知条件，有，因此：，证毕。（5）若，则有证明：，因为，所以，因而，即，结论得证。7设试写出使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，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

3、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：圆周的实方程可表示为：，代入，并注意到，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

4、，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

5、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（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左边部分除掉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，

6、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：根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），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：根

7、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：若解析，则有证明：由柯西黎曼方程知，左端右

8、端，证毕。5 证明：若在区域D内解析，且满足下列条件之一，则在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

9、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），为任意整数，主值为：（3），为任意整数主值为：（4）（5），为任意整数（6），当分别取0，1，2时得到3个值：7 求和解：，因此根据指数函数的定义，有，（为任意整数）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证明罗比塔法则：若及在点解析，且，则，并由此求极限证

10、明：由商的极限运算法则及导数定义知由此，11 用对数计算公式直接验证：（1）（2）解：记，则（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

11、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）试求流动的速度及流线和等势线方程。解：只需注意，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：，代入积分

12、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周。证明：记，则由积分估计式得因，因此上式两端令取极限，

13、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下列积分为0的原因，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，因此根据柯西基本定理，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，则在内被积函数解析，因而由柯西基本定

14、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，则更简单！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：

15、（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：由柯西积分公式，对于内任意点，由已知，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） 在内；（2） 对于内任一简单闭曲线，皆有证明：（1）显然，因为若在某点处则由已知，矛盾！（也可直接证明：，因

16、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则知也在区域内解析，这样，根据柯西基本定理，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，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：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到解析）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

17、-（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，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若在

18、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；下证刘维尔定理：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 考察下列数列是否收敛，如果收敛，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.

19、1知，数列不收敛2 下列级数是否收敛？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：，因为是交错级数，根据交错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

20、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，由已知条件知，收敛，即收敛，亦即绝对收敛6 将下列函数展开为的幂级数，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

21、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 求下列函数展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

22、个等式在的范围内处处成立。8 将下列函数在指定的圆域内展开成洛朗级数(1)解：,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内又故有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五答案1 求下列各函数的孤立奇点，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

23、，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 指出下列各函

24、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，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：如果是的级零点，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 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

25、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

26、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，则的有限孤立奇点为，且为级极点，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，

27、不在积分区域内，所以习题五8判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）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

28、，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利用对数留数计算下列积分：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，

29、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。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相同，即n个。习题七答案1 试证：若满足傅氏积分定理的条件，则有证明：根据付氏积分公式，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

30、(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)显然，有当时，由于=0，所以当时，（2）显然，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

31、变换：(1)(2)(3)(4)解：（1）由于根据位移性质（2）（3）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 求下列函数的拉氏变换：(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. 求下列函数的拉氏变换：(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。令则由拉氏变换的微分性质知：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。令则

32、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，则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下列各式：(1)求解：因为所以由拉氏变换的位移性质知：(2)求解：设则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。设则而由卷积定理知：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，且当时，故由定理8.3知：(2)解：法一：利用卷积求解。设则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。

33、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.计算下列积分：(1)解：由拉氏变换表知：取则(2)解：7求下列函数的拉氏逆变换：(1)解：因取得故(2)解：因为而所以(3)解：设则是的四级极点。除此外处处解析，且当时，故由定理8.3知：下面来求留数。因为故.所以(4)解：设则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：设则因为所以故(8)解：，因为

34、所以即：8.求下列函数的拉氏逆变换：(1)解：由拉氏变换表知：所以(2)解：而所以(3)解：设则设则由卷积定理知，所以(4)解：设则设则故所以(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.求下列卷积：(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：设则所以当即时，上式为0.当即时，由函数的筛选性质得：10.利用卷积定理证明下列等式：(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.解下列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

35、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解为：(3)解：设用拉氏变换作用方程两边，得：代入初值条件，有：即：因为所以由卷积定理求拉氏逆变换得：(4)解：设用拉氏变换作用在方程两边得：将初始条件代入，得：因为所以因此故方程的解：(5)解：设对方程两边取拉氏变换，得：代入初始条件，整理得：由例8.16知：又因为故因为所以方程的解(6)解：设对方程组的每个方程两边分别取拉氏变换，并考虑到初始条件得：求解该方程组得：取拉式逆变换得原方程组的解为：(7)解：设对方程组的每个方程两边分别取拉氏变换，并考虑到初始条件得：整理计算得：下求的拉氏逆变换：因为故由卷积定理可得同理可求所以方程组的解为(8)解：设对方程组的每个方程两边分别取拉氏变换，并考虑到初始条件得：解此方程组得：取拉氏逆变换得原方程组的解为：12.求解积分方程解：令由卷积定理知将拉氏变换作用于原方程两端，得：也即：取拉式逆变换得原方程的解为：