2023年复变函数与积分变换修订版-复旦大学课后的习题超详细解析答案.pdf

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1、精品资料 欢迎下载 复变函数与积分变换 （修订版）主编：马柏林（复旦大学出版社）课后习题答案 精品资料 欢迎下载 习题一 1.用复数的代数形式 a+ib 表示下列复数 /43513;(2)(43);711iieiiiii.解i42222ecosisinii442222 解：35i 17i35i1613i7i11+7i17i2525 解：2i43i834i6i510i 解：3 1i1335=iii1i222 2.求下列各复数的实部和虚部(z=x+iy)(zaaza);3331313;.22niizi ：设 z=x+iy 则22iiiiiixayxayxyaxayzazaxyaxayxay 222

2、22Rezaxayzaxay,222Imzaxyzaxay 解：设 z=x+iy 323222222223223iii2ii22i33izxyxyxyxyxyxyx xyxyy xyx yxxyx yy 332Re3zxxy,323Im3zx yy 解：332321i 31i 3113133133288 180i18 1i 3Re12,1i 3Im02 解：2332313133133i1i 328 180i18 1i 3Re12,1i 3Im02 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢

3、迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 解：1,2i211i,knknkknk 当2nk时，Re i1kn，Im i0n；当21nk时，Re i0n，Im i1kn 3.求下列复数的模和共轭复数 12;3;(2)(32);.2iiii 解：2i415 2i2i 解：33 33 解：2i32i2i 32i51365 2i32i2i32i2i32i47i 解：1i1i2222 1i11i222i 4、证明：当且仅当zz时，z 才是实数 证明：若zz，设izxy，则有 iixyxy ，从而有2i0y，即 y=0 z=x 为实数 若 z=x，x，则zxx zz 命题成立 5、设 z,

4、w，证明：zwzw 证明 2zwzwzwzwzw 22222Rez zz ww zw wzzwz wwzwz w 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 2222222zwzwzwzwzw zwzw 6、设 z,w，证明下列不等式 2222Rezwzz ww 2222Rezwzz ww 22222zwzwzw 并给出最后一个等式的几何解释 证明：2222Rezwzz ww 在上面第五题的证明已经证明了 下面证 2222Rezwzz

5、 ww 222zwzwzwzwzwzz ww zw 222Rezz ww 从而得证 22222zwzwzw 几何意义：平行四边形两对角线平方的和等于各边的平方的和 7.将下列复数表示为指数形式或三角形式 33522;1;8(13);.cossin7199iiiii 解：35i17i35i7i117i17i 3816i198i17e50255i其中8 arctan19 解：eii其中2 2eii 解：ii1ee 解：2813i163.2 i3813i16e 解：322cosisin99 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的

6、战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 解：322cosisin199 322i.3i9322cosisin1 ee99 8.计算：(1)i 的三次根；(2)-1的三次根；(3)33i的平方根.i 的三次根 解：1332 2 22icossincosisin0,1,22233kkik 131cosisini6622z 25531cos isini6622 z 39931cos isini6622 z-1的三次根 解：1332 +2 1cos isin cosisin0,1,233kkk 1 13cosisini3322 z 2cos is

7、in 1z 35513cos isini3322 z 33i的平方根 解：i42233i=6i6 e22 112i442 2 4433i6 e6cosisin0,122kkk 11i84416cosisin6e88z 911 i8442996cos isin6e88z 9.设2e,2inzn.证明：110nzz 证明：2ienz 1nz，即10nz 11 10nzzz 又n2 z1 从而211+0nzzz 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品

8、资料 欢迎下载 11.设是圆周:,0,e.izrracrzc 令:Im0zaLzb,其中eib.求出L在 a 切于圆周的关于的充分必要条件.解：如图所示 因为L=z:Imzab=0表示通过点 a 且方向与 b 同向的直线，要使得直线在 a 处与圆相切，则 CAL过 C 作直线平行L，则有BCD=，ACB=90 故 -=90 所以L在 处切于圆周 T 的关于 的充要条件是 -=90 12.指出下列各式中点 z 所确定的平面图形，并作出草图.(1)arg;(2);1(3)1|2;(4)ReIm;(5)Im12.zzzzizzzz 且 解：(1)、argz=表示负实轴 (2)、|z-1|=|z|表示

9、直线 z=12 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 (3)、1|z+i|Imz 解：表示直线 y=x 的右下半平面 5、Imz1，且|z|1时.故当1z 和1z 时,10()nnnzz收敛.5.幂级数0(2)nnnCz能否在 z=0 处收敛而在 z=3 处发散.解：设1limnnnCC，则当12z 时，级数收敛，12z 时发散.若在 z=0 处收敛,则12 若在 z=3 处发散,则11 显然矛盾,所以幂级数0(2)nnnCz不

10、能在 z=0 处收敛而在 z=3 处发散 6.下列说法是否正确?为什么?(1)每一个幂级数在它的收敛圆周上处处收敛.(2)每一个幂级数的和函数在它的收敛圆内可能有奇点.答:(1)不正确,因为幂级数在它的收敛圆周上可能收敛,也可能发散.(2)不正确,因为收敛的幂级数的和函数在收敛圆周内是解析的.视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 7.若0nnnC z的收敛半径为 R,求0nnnnCzb的收敛半径。解：因为11111 1limli

11、mnnnnnnnnCCbCCbR bb 所以 RR b 8.证明：若幂级数0nnna z的 系数满足limnnna，则(1)当0 时,1R (2)当0时,R (3)当 时,0R 证明：考虑正项级数 2120.nnnnna za za za z 由于limlimnnnnnnnnna zazz，若0 ，由正项级数的根值判别法知，当1z 时，即1z 时，0nnna z收敛。当1z 时，即1z 时，2nna z不能趋于零,lim1nnnna z级数发散.故收敛半径1R.当0时,1z,级数收敛且R.若,对0,z 当充分大时,必有2nna z不能趋于零,级数发散.且0R 9.求下列级数的收敛半径，并写出收

12、敛圆周。(1)0(i)npnzn (2)0pnnnz (3)121021(i)2nnnnzn(4)(1)0i()(1)nn nnzn 解:()111limlim()lim(1)1(1)111ppppnnnnnnnnR收敛圆周 i1z 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载(2)(1)lim11ppnnnR 所以收敛圆周 1z (3)记 12121()(i)2nnnnnfzz 由比值法,有 21212121(21)2()1limli

13、m()2(21)2nnnnnnnnnzfzzfznz 要级数收敛,则 2z 级数绝对收敛,收敛半径为 2R 所以收敛圆周 2z (4)记(1)i()()(1)nn nnfzzn 1(1)1,11(1)lim()limlimnn nnnnnnnnzzfznn 若若 所以11z 时绝对收敛,收敛半径1R 收敛圆周11z 10.求下列级数的和函数.(1)11(1)nnnnz (2)20(1)(2)!nnnzn 解:(1)11limlim1nnnnCnCn 故收敛半径 R=1,由逐项积分性质，有：-1011(1)(1)1znnnnnnznzdzzz 所以 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受

14、欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载-1211(1)(),11(1)nnnznzzzz 于是有：11211(1)(1)1(1)nnnnnnznzznzzz (2)令：20()(1)(2)!nnnzs zn 11limlim0.(21)(22)nnnnCCnn 故 R=,由逐项求导性质 211()(1)(21)!nnnzs zn 2222+1100()(1)(1)(1)(1)(22)!(2)!(2)!nmnnmnnmnzzzszmnnmn 由此得到()()szs z 即有微分

15、方程()()0szs z 故有：()cossins zAzBz，A,B待定。200(0)(1)11(2)!nnznzAAn 由S 2101(0)sincos(1)00(21)!nnznzszBzBn 所以 20(1)cos.(2)!nnnzzRn 11.设级数0nnC收敛，而0nnC发散，证明0nnnC z的收敛半径为 1 证明：因为级数0nnC收敛 设 11lim.nnnnnCZzC Z 若 0nnnC z的收敛半径为 1 则1z 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应

16、用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 现用反证法证明1 若01 则1z，有1lim1nnnCC，即0nnC收敛，与条件矛盾。若1则1z，从而0nnnC z在单位圆上等于0nnC，是收敛的，这与收敛半径的概念矛盾。综上述可知，必有1，所以 11R 12.若0nnnC z在0z点处发散，证明级数对于所有满足0zz点z都发散.证明：不妨设当10zz时，0nnnC z在1z处收敛 则对1zz，0nnnC z绝对收敛，则0nnnC z在 点0z处收敛 所以矛盾,从而0nnnC z在0zz处发散.13.用直接法将函数ln(1e)z在0z 点处展开为泰勒级数,(到4z项),并指出其收敛半径.解:因为1

17、eln(1e)ln()ezzz 奇点为(21)i(0,1,.)kzkk 所以R 又 0ln(1e)ln 2zz 0e1ln(1e)1e2zzzz 022e1ln(1e)(1e)2zzzz 203eeln(1e)0(1e)zzzzz 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 2(4)043e(14ee)1ln(1e)(1e)2zzzzzz 于是，有展开式 2423111ln(1e)ln2.,22!24!2zzzzR 14.用直接法将函

18、数211z在12z 点处展开为泰勒级数,(到4(1)z 项)解：iz 为211z的奇点，所以收敛半径2R 又 211(),(1)12f zfz 2221(),(1)(1)2zfzfz 223261(),(1)(1)2zfzfz 3242424(),(1)0(1)zzfzfz 24(4)(4)2524240120(),(1)0(1)zzfzfz 于是，()f z在1z 处的泰勒级数为 24211113(1)(1)(1).,212244!zzzRz 15.用间接法将下列函数展开为泰勒级数，并指出其收敛性.(1)123z分别在0z 和1z 处 (2)3sin z在0z 处(3)arctan z在0z

19、 处 (4)(1)(2)zzz在2z 处 (5)ln(1)z在0z 处 解（1）01111123(),22332333213nnzzzzz 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 0111112(1),12322 12(1)11 2(1)2nnnzzzzzz (2)35210(1)sin.(21)!3!5!nnnzzzzzn 23210331sin(1),4(21)!nnnnzzzn (3)201arctan1i1zzdzzzR

20、为奇点，2212000011arctan(1)(1),1121zznnnnnnzdzz dzzzzn(4)0011011111111122(1)(2)1223243411341212(1)()(1)()334411(1)()(2),2334nnnnnnnnnnnzzzzzzzzzzzz (5)因为从1z 沿负实轴ln(1)z不解析 所以,收敛半径为 R=1 01ln(1)(1)1nnnzzz 10001ln(1)(1)(1),1znnnnnnzz dzzzn 16.为什么区域zR内解析且在区间(,)R R取实数值的函数()f z展开成z的幂级数时，展开式的系数都是实数？答：因为当z取实数值时，

21、()f z与()f x的泰勒级数展开式是完全一致的，而在xR内，()f x的展开式系数都是实数。所以在zR内，()f z的幂级数展开式的系数是实数.17.求221()2zf zzz 的以0z 为中心的各个圆环域内的罗朗级数.解:函数()f z有奇点11z 与22z ,有三个以0z 为中心的圆环域,其罗朗级数.分别为：2001021111z1()=(1)()212221(1)1)2nnnnnnnnnzzf zzzzzzz 在内，视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单

22、词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 19.在1z 内将11()ezf z展开成罗朗级数.解:令1,1tz则 2311()e1.2!3!tf zttt 而11tz在1z 内展开式为 2111111(1.)111zzzzzz 所以,代入可得 22223451111 111()1(1.)(1.).2!1111191.2624120f zzzzzzzzzzzz 20.有人做下列运算,并根据运算做出如下结果 23.1zzzzz 2111.1zzzz 因为011zzzz,所以有结果 2332111.1 1.0zzzzzz 你认为正确吗?为什么?答:不正确,因为23.1zzzzz 要求z1 而2111.1z

23、zzz 要求z1 所以,在不同区域内 2362111.1 1.011zzzzzzzzzz 21.证明:1()cos()f zzz用 z 的幂表示的罗朗级数展开式中的系数为 201cos(2cos)cos.0,1,.2nCn dn 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 证明:因为0z 和z 是1cos()zz的奇点，所以在0z 内，1cos()zz的罗朗级数为 1cos()nnnnzC zz 其中11cos()1,0,1,2,.2

24、 innCcdn 其中 C为0z 内任一条绕原点的简单曲线.i11iiii22ii(1)i002ii0201cos()1,(e,02)2 i1cos(ee)1cos(ee)ie2 ie2e1cos(ee)(cosisin)21cos(2cos)cos.0,1,.2nnznnzzCdz zzddnndn dn 22.0z 是函数11()cos()zf z 的孤立奇点吗?为什么?解:因为11()cos()zf z 的奇点有0z 11(0,1,2,.)22kzkzk 所以在0z 的任意去心邻域，总包括奇点12zk，当k 时，z=0。从而0z 不是11cos()z的孤立奇点.23.用级数展开法指出函数

25、3366sin(6)zzz在0z 处零点的级.解：336393391593()6sin(6)6sin6116(.)63!5!f zzzzzzzzzzzz 故 z=0 为 f(z)的 15 级零点 24.判断0z 是否为下列函数的孤立奇点，并确定奇点的类型：1/ez；21cos zz 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 解:0z 是1ez的孤立奇点 因为 12111e1.2!znzzn z 所以0z 是1ez的本性奇点.(2)因

26、为 24222111 1.1 cos112!4!.2!4!zzzzzz 所以0z 是21 cos zz的可去奇点.25.下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出其点：3sin zz 21(e1)zz 21sin z 解:(1)35233211.sin1113!5!.3!5!zzzzzzzz 所以0z 是奇点,是二级极点.解:(2)2 i(0,1,.)zkk 0z 是奇点,2 ik是一级极点,0 是二级极点.解:(3)0z 2022022220sin0,(sin)cos20.(sin)4sin2cos20zzzzzzzzzzz 0z 是2sinz的二级零点 而 izk 是2sinz的一级零点,zk

27、 是2sinz的一级零点 所以 0z 是21sinz的二级极点,i,kk是21sinz的一级极点.26.判定z 下列各函数的什么奇点？21/ez cossinzz 223zz 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 解:(1)当z 时,21e1z 所以,z 是21ez的可去奇点.(2)因为 243523451111cossin1.2!4!3!5!11111.2!3!4!5!zzzzzzzzzzzz 所以,z 是cossinzz的本

28、性奇点.(3)当z 时,2203zz 所以,z 是223zz的可去奇点.27.函数21()(1)f zz z在1z 处有一个二级极点，但根据下面罗朗展开式：25431111,11(1)(1)(1)(1)zz zzzz .我们得到“1z 又是()f z的本性奇点”，这两个结果哪一个是正确的？为什么?解:不对,z=1是 f(z)的二级极点,不是本性奇点.所给罗朗展开式不是在011z 内得到的 在011z 内的罗朗展开式为 22221111111(1)(1).(1)1(1)(1)1zzz zzzzzz 28.如果 C为正向圆周3z，求积分()Cf z dz的值(1)1()(2)f zz z (2)(

29、)(1)(2)zf zzz 解：（1）先将展开为罗朗级数，得 23411 112(2)2(1)1248(.),22z zzzzzzzz 而z=3 在2z 内，10C,故 1()2 i0Cf z dzC 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载(2)(1)(2)zzz在2z 内处处解析，罗朗展开式为 23111112(1)(2)1211137.,2zzzzzzzzzzzz 而z=3 在2z 内，11C,故 1()2 i2 iCf z

30、dzC 习题五 1.求下列函数的留数(1)5e1zf zz在z=0 处 解：5e1zz在 0|z|+的罗朗展开式为 23454321111111112!3!4!2!3!4!zzzzzzzzz 5e111Res,014!24zz(2)11ezfz在z=1 处 解：11ez在 01z|1 解：令 2102cos3d12 cosIaa 2202sin3d12 cosIaa 32120i2eid12 cosIIaa 令z=ei 31ddios2czzzz，则 3122123221321id1i1221di11122 i Res,i1zzzIIzzzaazzzazazaf zaaa 得13221Iaa(

31、3)2222dxxaxb，a0，b0 解：令22221R zzazb，被积函数R(z)在上半平面有一级极点z=ia和 ib故 22222222ii22222 i Res,iRes,i112 i limilimi112 i2i2iz az bIR z aR z bz az bzazbzazba bab abab a b（4）.22022dxxxa，a0 解：2222022221dd2xxxxxaxa 令2222zR zza，则z=ai 分别为R(z)的二级极点 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短

32、语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 故22222222i0i1d2 iRes,iRes,i2 i limlimii2zazaxxR zaR zaxazzzazaa(5)2022sindxxxbx，0，b0 解：i222222222cossineddidxxxxxxxxxxbxbxb 而考知222zR zzb，则R(z)在上半平面有z=bi 一个二级极点 ii222iied2 i Rese,ie2 i limeii2zxzzbbxxR zbxbzzbb 222sinde2bbbxxxx 从而2022sinde44 ebbxxbbxxb(6)22iedxxxa，a

33、0 解：令221R zza，在上半平面有z=ai 一个一级极点 iii22ieeed2 i Rese,i2 i lim2 ii2 iexzazazaxR zaxaz aaa 7.计算下列积分(1)20sin2d1xxxx 解：令211R zzz，则R(z)在实轴上有孤立奇点z=0，作以原点为圆心、r为半径的上半圆周cr，使 CR,-R,-r,Cr,r,R 构成封闭曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i,于是：222i201e1eImdIm 2 i Res,ilimd2211rrxizcIxR zzzzxx而202edlim i1rizcrzzz 故：2221e1eIm 2 i lim iIm 2 i

34、 i1 e2222ziizIz z i (2)21d2 izTazz，其中T为直线 Rez=c,c0,0a1 解：在直线z=c+iy(-y 0.0Im(z)0,0y0.Im(w)0.若w=u+iv,则 2222,uvyxuvuv 因为 0y0,0Im(z)0,Im(w)0,1212w (以（12,0）为圆心、12为半径的圆)3.求w=z2在z=i 处的伸缩率和旋转角，问w=z2将经过点z=i 且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成w平面上哪一个方向？并作图.解：因为w=2z,所以w(i)=2i,|w|=2,旋转角 argw=2.于是,经过点 i 且平行实轴正向的向量映成w平面上过点-1，且方向垂

35、直向上的向量.如图所示.4.一个解析函数，所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和旋转角的不变性？映射w=z2在z平面上每一点都具有这个性质吗？答：一个解析函数所构成的映射在导数不为零的条件下具有伸缩率和旋转不变性映射w=z2在z=0处导数为零，所以在z=0 处不具备这个性质.5.求将区域 0 x0.解：(1)Re(z)=0 是虚轴，即z=iy代入得.22222i1(1i)12ii1111yyyywyyyy 写成参数方程为2211yuy，221yvy,y .消去y得，像曲线方程为单位圆,即 u2+v2=1.(2)|z|=2.是一圆围，令i2e,02z.代入得ii2e12e1w化为参数方程.354c

36、osu 4sin54cosu 02 消去得，像曲线方程为一阿波罗斯圆.即 22254()()33uv (3)当 Im(z)0 时，即11Im()011wwzww ,令w=u+iv得 221(1)i2Im()Im()01(1)i(1)wuvvwuvuv .即v0,故 Im(z)0 的像为 Im(w)0.9.求出一个将右半平面 Re(z)0 映射成单位圆|w|0,映射成|w|0,映为单位圆|w|0).(1)由f(i)=0得=i，又由 arg(i)0f ,即i22i()e(i)fzz,i()21(i)e02f，得2，所以 iiizwz.(2)由f(1)=1,得k=11；由f(i)=15,得k=i5(

37、i)联立解得 3+(52i)(52i)3zwz.12.求将|z|1 映射成|w|1 的分式线性变换w=f(z)，并满足条件：(1)f(12)=0,f(-1)=1.(2)f(12)=0,12arg()2f ,(3)f(a)=a,arg()fa.解：将单位圆|z|1 映成单位圆|w|1 的分式线性映射，为 ie1zwz ,|1.(1)由f(12)=0，知12.又由f(-1)=1，知 1iii2121ee(1)1e11 .故12221112zzzwz.视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎

38、下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载(2)由f(12)=0，知12，又i254e(2)zwz i11224()earg()32ff，于是 21i2221e()i12zzzwz.(3)先求=()z，使z=a0，arg()a,且|z|1 映成|1.则可知 i=()=e1zaza z 再求w=g()，使=0w=a,arg(0)0g,且|1 映成|w|1.先求其反函数=()w,它使|w|1 映为|1,w=a映为=0，且 arg()arg(1/(0)0wg,则 =()=1wawa w .因此，所求w由等式给出.i=e11wazaa wa z .13.求将顶点在 0，1，i 的三角形式的

39、内部映射为顶点依次为 0，2，1+i 的三角形的内部的分式线性映射.解：直接用交比不变性公式即可求得 02ww1 i01 i2=02zzi0i 1 2ww.1 i21 i=1zz.i1i 4z(i1)(1i)wz.14.求出将圆环域 2|z|5 映射为圆环域 4|w|2 映为|w|10.又w=f(z)将|z|=5 映为|w|=4，将z=2 映为w=-10，所以将|z|4，由此确认，此函数合乎要求.视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎

40、下载 15.映射2wz将z平面上的曲线221124xy映射到w平面上的什么曲线？解：略.16.映射w=ez将下列区域映为什么图形.(1)直线网 Re(z)=C1,Im(z)=C2;(2)带形区域Im(),02z ;(3)半带形区域 Re()0,0Im(),02zz.解：（1）令z=x+iy,Re(z)=C1,z=C1+iy1i=eeCyw,Im(z)=C2,则 z=x+iC22i=eeCxw 故=ezw将直线 Re(z)映成圆周1eC；直线 Im(z)=C2映为射线2C.（2）令z=x+iy，y,则ii=eeee,zxyxywy 故=ezw将带形区域Im()z映为arg()w的张角为 的角形区

41、域.（3）令z=x+iy，x0，0y0,0Im(z)1,0arg w(02).17.求将单位圆的外部|z|1 保形映射为全平面除去线段-1Re(w)1 映为|w1|1,再用分式线性映射.1211i1www 将|w1|0,然后用幂函数232ww映为有割痕为正实轴的全平面，最后用分式线性映射3311www将区域映为有割痕-1,1 的全平面.故221121132222132111111i1111111()11211i1111zzzzwwwwwzwwzww .18.求出将割去负实轴Re()0z,Im(z)=0的带形区域Im()22z 映射为半带形区域 Im()w,Re(w)0 的映射.视关闭使停业使倒

42、闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 解：用1ezw 将区域映为有割痕(0,1)的右半平面 Re(w1)0；再用1211ln1www将半平面映为有割痕(-,-1 的单位圆外域；又用32iww将区域映为去上半单位圆内部的上半平面；再用43lnww将区域映为半带形 0Im(w4)0；最后用42iww映为所求区域，故 e1lne1zzw.19.求将 Im(z)1 去掉单位圆|z|0 的映射.解：略.20.映射coswz将半带形区域 0Re(z)0 保

43、形映射为平面上的什么区域.解：因为 1cos()2izizwzee 可以分解为 w1=iz，12eww，32211()2www 由于coswz在所给区域单叶解析，所以（1）w1=iz将半带域旋转2，映为 0Im(w1),Re(w1)0.（2）12eww 将区域映为单位圆的上半圆内部|w2|0.（3）2211()2www将区域映为下半平面 Im(w)0时,令u=at.则 11F()()()duiaf atf ueuFaaa 当a0时,令u=at,则1F()()F()f ataa.故原命题成立.9.设;FFf证明 FftF.证明：()ede dededed.i ti uiiuuitFftfuftu

44、tfufuuuftFt 10.设FFf，证明：0001cos2FftFFt 以及 0001sin.2FftFFt 证明：0000000e+ecos21ee22212ititititF ftFtftFFffttFF 同理：0000000eesin21ee212ititititF ftFfttiFFffttiFFi 11.设 0,0sin,0t200e,tttfgttt，其他 计算*fgt.视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 解：

45、)*(df y gytfgty 当tyo 时，若0,t 则0,fy 故 *fgt=0.若0,0,2tyt 则 00()dsind*ttyf y gyeytfgtyty 若,0.222ttytyt 则 2sind*tyteytfgyt 故 20,01,0sincose*221e.1 e22ttttttfgtt 12.设 ut为单位阶跃函数，求下列函数的傅里叶变换.0esin1atft utt 00000000002002esineesineeeee211edddde2d2ati tati tititati ta ita itttGFt uftttiiitta i 解：习题八 1.求下列函数的拉普

46、拉斯变换.(1)()sincosf ttt，(2)4()etf t，(3)2()sinf tt(4)2()f tt，(5)()sinhf tbt 解:(1)1()sincossin 22f tttt 221121()(sin 2)2244L f tLtss (2)411()(e)24tL f tLs(3)21 cos 2()sin2tf tt 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载 221 cos2111 1 122()()(1)

47、(cos2)222224(4)tL f tLLtssss(4)232()L ts(5)22ee111 11 1()()(e)(e)22222btbtbtbtbLf tLLLs bs b s b 2.求下列函数的拉普拉斯变换.（1）2,01()1,120,2tf ttt (2)cos,0()0,ttf tt 解:(1)1220011()()e2 ee(2 ee)stststssL f tf tdtdtdts (2)20011 e()()ecos e(1 e)1sststsL f tf tdttdtss 3.设函数()cos()sin()f tttt u t,其中函数()u t为阶跃函数,求()f

48、 t的拉普拉斯变换.解:000020222()()ecos()esin()ecos()esin e11cos e1111ststststststtL f tf tdtttdtt utdtttdttdtstsss 4.求图 8.5 所表示的周期函数的拉普拉斯变换 解：02()e1()1 e(1e)TstTTasasftdtasaL ftss 5.求下列函数的拉普拉斯变换.(1)()sin2tf tltl (2)2()esin5tf tt (3)()1etf tt(4)4()ecos 4tf tt 视关闭使停业使倒闭经由通过文件成千上万的流行受欢迎传感器批评与外包括侄子外甥此外发现偶然遇见燃烧烧南

49、方的南部的战役战斗英雄极地课文出现短语学习必备欢迎下载一单词应用根据单词的首字母或汉语精品资料 欢迎下载(5()(24)f tut (6()5sin 23cos 2f ttt (7)12()etf tt (8)2()32f ttt 解:(1)222222221()sin()sin221()()(sin)()sin22112()22()()tf tlttltlltF sL f tLltLtltllllssl sllslsl (2)225()()(esin5)(2)25tF sL f tLts 21(3)()()(1e)(1)(e)(e)1111()1(1)tttF sL f tLtLL tL t

50、sssss (4)424()()(ecos 4)(4)16tsF sL f tLts(5)1,2(24)0,tut 其他 022()()(24)=(24)e1=e=eststsF sL f tL ututdtdts (6)222()()(5sin23cos2)5(sin2)3(cos2)210 353444F sL f tLttLtLtsssss(7)12332213(1)()22()()(e)()()tF sL f tL tss (8)2221()()(3 2)()3()2(1)(23 2)Fs Lf tLttLtLtLsss 6.记()()L fsF s，对常数0s，若 00Re()ss，