《复变函数与积分变换》作业参考答案
习题1： 4、计算下列各式
(1)
；
(3)
(5)
z =
234
，求z ，z ，z ；
(7)
解：
(1)
--；
(3)
3(2+3====+i ；
4+1288(5)
z 2=
1+-3-2+1==-+，
4422
-1+1-1-3
⋅==-1，
224
z 3=z 2⋅z =
1z 4=z 3⋅z =--．
2(7) 因为-1=cos π
+isin π，所以
=cos
π+2k π
6
+isin
π+2k π
6
，
即
k =
0时，w 0=cos
π
6
+isin
π
6
=
1+i ； 22
k =1时，w 1=cos
3π3π+isin =i ； 66
k =
2时，w 2=cos
5π5π1+isin =-+i ； 66227π7π1+isin =-i ； 6629π9π+isin =-i ； 66
k =
3时，w 3=cos
k =4时，w 4=cos k =
5时，w 5=cos
11π11π1+isin =i ． 662
习题2：
3、下列函数在何处可导？何处解析？在可导点求出其导数． (2) (6)
f (z ) =x 2-i y ； (4) f (z ) =sin x ch y +icos x sh y
f (z ) =
az +b cz +d
。
解：(2) 因为u (x , y ) =
x 2，v (x , y ) =-y ，
'''u 'x =2x ，u y =0，v x =0，v y =-1．
这四个一阶偏导数都连续，故u (x , y ) 和v (x , y ) 处处可微，但柯西-黎曼方程仅在x =-
1
上成立，所以2
f (z ) 只在直线x =-
1
上可导，此时f '(z ) 1=2x 1=-1，但复平面上处处不解析． x =-x =-222
(4) 因为u (x , y ) =sin x ch y ，v (x , y ) =cos x sh y ，
'''u 'x =cos x ch y ，u y =sin x sh y ，v x =-sin x sh y ，v y =cos x ch y ．
这四个一阶偏导数都连续，故u (x , y ) 和v (x , y ) 处处可微，且满足柯西-黎曼方程，所以内解析，并且
f (z ) 在复平面
e y +e -y e y -e -y
'f '(z ) =u '-isin x ⋅x +i v x =cos x ch y -isin x sh y =cos x ⋅
22
e y e -y e y -i x e -y i x =(cos x -isin x )+(cos x +isin x )=⋅e +⋅e 2222e y -i x +e -y +i x e -iz +e iz ===cos z
22
．
∆z →0
lim
(6)
f (z +∆z ) -f (z ) 1⎡a (z +∆z ) +b az +b ⎤
=lim -⎢∆z →0∆z ∆z ⎣c (z +∆z ) +d cz +d ⎥⎦
=lim
ad -bc ad -bc
=
∆z →0(cz +c ∆z +d )(cz +d ) (cz +d ) 2
f (z ) 在除z =-
d
c
外处处解析，且
所以，
f '(z ) =
ad -bc (cz +d ) 2
．
4、指出下列函数的奇点． (1)
z +2z -1
； (2) ． 2222
(z +1) (z +1) z (z +4)
解：(1)
z 2(z 2+4) -(z -1)(4z 3+8z ) -3z 4+4z 3-4z 2+8z
f '(z ) ==
z 4(z 2+4) 2z 4(z 2+4) 2=
-3z +4z -4z +8
z 3(z 2+4) 2
3
2
所以，
f (z ) 的奇点为0，±2i ．
(2)
(z +1) 2(z 2+1) -2(z +2)(z +1)(2z 2+z +1) 3z 3+9z 2+5z +3
f '(z ) ==-
(z +1) 4(z 2+1) 2(z +1) 3(z 2+1) 2
f (z ) 的奇点为-1，±i ．
所以，
10、如果
f (z ) =u +i v 在区域D 内解析，并且满足下列条件之一，试证f (z ) 在D 内是一常数．
(2)
f (z ) 在D 内解析；
'f (z ) =u +i v 在区域D 内解析，知u (x , y ) 、v (x , y ) 在区域D 内可微，且u 'x =v y ，
证明：由
''''D 内解析，知u 'u 'y =-v x ．同理，由f (z ) 在x =-v y ，u y =v x ．
从而我们得到u 'x
15、求解下列方程： (2)
''D 内是一常数． =v 'y =u y =v x =0，所以u (x , y ) 、v (x , y ) 皆为常数，故f (z ) 在
e z +1=0
z
解：e =-1，于是
z =Ln(-1) =ln1+iarg(-1) +2k πi=(2k +1) πi, k ∈Z
18、求Ln(-i) ，Ln(-3+4i) 的值及主值．
π
i ； 22
4
Ln(-3+4i) =ln -3+4i +i arg(-3+4i) +2k πi =ln 5+i(π-arctan ) +2k πi ，所以其主值
3
4
为ln 5+i(π-arctan ) ．
3
解：Ln(-i)
=ln -i +i arg(-i) +2k πi =-
π
i +2k πi ，所以其主值为-
19、求e
1-i
π2
，e
1+i π4
，3，(1+i) 的值．
i i
解：e
1-i
π
2
=e ⋅e
14
i
i(-) 2
π
ππ⎤⎡
=e ⎢cos(-) +isin (-) ⎥=-i e ；
22⎦⎣
e
1+i π
4
π4
=e ⋅e
ππ⎫⎛
=e cos +isin ⎪=+i =1+i )； 4422⎝⎭⎭
1
4
3i =e iLn3=e i(ln3+2k πi) =e -2k π+iln3=e -2k π(cosln3+isinln3)；
(1+i) i =e iln(1+i) =e
20
、求
解：π⎛⎫
i i +2k πi ⎪
4⎝⎭
=e
1⎫⎛
- 2k +⎪π+4⎭⎝
=e
1⎫⎛
- 2k +⎪π
4⎭⎝
ln 2ln 2⎫⎛
cos +isin ⎪．
22⎝⎭
，(-1，i ，(3-4i)
πi
-i i 1+i
的值．
===e =π) +π) ；
=(--2)
=2+(2k +i
cos ⎡⎣(2k +⎡⎤⎤⎦+isin ⎣(2k +⎦
)
；
1-i =e -iLn1=e -i(2k πi) =e 2k π；
i =e
i iLni
=e
⎛π⎫
i i +2k πi ⎪2⎝⎭
=e
1⎫⎛
- 2k +⎪π
2⎭⎝
；
(3-4i)
1+i
=e
(1+i)Ln(3-4i)
=e
4⎫⎡⎤⎛
(1+i) ⎢ln5+ -arctan ⎪i +2k πi ⎥
3⎝⎭⎣⎦
=e
44⎛⎫
ln5+arctan -2k π+i ln5-arctan +2k π⎪
33⎝⎭
=5e θ-2k π
4
cos ln 5-θ+isin ln 5-θ, θ=arctan , k ∈Z ⎡⎤()()⎣⎦3
22、解方程： (1)
ch z =0；
解：z
1⎫⎛
=Arch0=Ln(0=Lni = 2k +⎪πi ，k ∈Z
2⎭⎝
．
习题3：
1、沿下列路径计算积分
⎰
2+i
z 2dz ：
(1) 从原点至2+i 的直线段；
(2) 从原点沿实轴至2，再由2铅直向上至2+i ； (3) 从原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至2+i ． 解：(1) 从原点至2+i 的直线段的复参数方程为z 以
=x +i
x 1
，dz =(1+i) dx ，参数x :0→2，所22
2
⎰
2+i
1111
z 2dz =⎰(1+i) 3x 2dx =(1+i) 3x 3=(2+i) 3
023230
2
(2) 从原点沿实轴至2的直线段的复参数方程为z 的复参数方程为z
2+i
=x ，参数x :0→2，由2铅直向上至2+i 的直线段
=2+i y ，参数y :0→1，所以
⎰
z dz =⎰z dz +⎰z dz =⎰x dx +⎰(2+i y ) 2i dy
C 1
C 2
2
222
2
2
1
118i 2111
=x 3+⎰(-i y 2-4y +4i) dy =--2+4i=+i =(2+i) 330033333
(3) 从原点沿虚轴至i 的直线段的复参数方程为z 复参数方程为z
=i y ，参数y :0→1，由i 沿水平方向向右至2+i 的
1
2
=x +i ，参数x :0→2，所以
⎰
2、分别沿解：
2+i
1
z dz =⎰z dz +⎰z dz =⎰(iy ) i dy +⎰(x +i) 2dx
C 1
C 22
2
2
2222
i 1i 1
=⎰-i y dy +⎰(x +i) dx =-+(2+i) 3+=(2+i) 3
003333
y =x 与y =x 2算出积分⎰(x 2-i y ) dz 的值．
01+i
y =x 的复参数方程为z =(1+i) x ，dz =(1+i) dx ，参数x :0→1所以
⎰⎰
5、计算积分
1+i
(x -i y ) dz =⎰(x 2-i x )(1+i) dx =
2
1
51
-i ； 66
y =x 2的复参数方程为z =x +i x 2，dz =(1+2x i) dx ，参数x :0→1所以
1+i 0
(x 2-i y ) dz =⎰(x 2-i x 2)(1+2x i) dx =
1
51+i 66
⎰
C
z
的值，其中C 为正向圆周： z
(1)
z =3
=0为圆心的正向圆周，那么
解：设C 1是C 内以被积函数的奇点z
⎰
C
z z z ⋅z
dz = ==z ⎰ ⎰C C 11z z z z 1
⎰C 1z dz =3⋅2πi=6πi
6、试用观察法得出下列积分的值，并说明观察时所依据的是什么？C 是正向圆周(1)
z =1：
⎰
C
dz
； (2) z +2
⎰
C
dz
； (3)
z 2+2z +3dz ⎰C cos z
；
(4)
⎰
C
dz
； (5) z -3
⎰
C
ze z dz ； (6)
dz
⎰C ⎛i ⎫⎛5⎫．
z +⎪z +⎪
2⎭⎝2⎭⎝
解：(1) (2) (3) (4)
dz
⎰C z +2=0，根据柯西积分定理；
dz ⎰C z 2+2z +3=0，根据柯西积分定理；
dz ⎰C cos z =0，根据柯西积分定理；
dz ⎰C 1=2πi ，根据复合闭路定理；
z -3
C
(5)
⎰
ze z dz =0，根据柯西积分定理；
(6)
dz 4πi
= ⎰C ⎛i ⎫⎛5⎫5-i ，根据柯西积分定理及复合闭路定理．
z +⎪z +⎪
2⎭⎝2⎭⎝
7、沿指定曲线的正向计算下列积分：
(1)
⎰ ⎰
C
e z
，C :z -3=1； z -3dz z 2-a 2
，C :
(2)
C
z +a =a ；
(3)
⎰ ⎰
C
4e i z
C :z -2i =dz ，； 2
3z +1
(4)
C
zdz
，C :z =2； z +3
(5)
dz
⎰C (z 2+1)(z 3-1) ，C :z =r
(6)
⎰
C
z 3cos zdz ，C 为包围z =0的闭曲线；
(7)
3dz
C :z =，； ⎰C (z 2+1)(z 2-4) 2
(8)
sin z
⎰C z ，C :z =3；
(9)
⎰⎛
C
cos z
2
π⎫
z - ⎪2⎭⎝
dz ，C :z =3；
(10)
e z ⎰C z 5，C :z =1．
e z z
=2πi ⋅e ⎰C z -3
=2πe 3i ；
解：(1)
z =3
(2)
dz 1=2πi ⋅ ⎰C z 2-a 2
z -a
=-
z =-a
π
a
i ；
(3)
e i z e i z π
； =2πi ⋅= ⎰C z 2+1z +i z =i e
(4)
⎰
C
zdz
=0； z +3
(5)
dz
⎰C (z 2+1)(z 3-1) =0；
(6)
⎰z
C
3
cos zdz =0；
(7)
⎤dz -1⎡dz dz
=-2 ⎰C (z 2+1)(z 2-4) 2i ⎢ ⎰ ⎰C (z -i)(z 2-4) ⎥
⎣C (z +i)(z -4) ⎦
；
⎫-1⎛11
= 2-2⎪=02i ⎝z -4z =-i z -4z =i ⎭sin z ⎰C z =2πi ⋅sin z z =0=0；
(8)
(9)
⎰⎛
C
cos z
π⎫
z - ⎪2⎭⎝
=2
2πi
⋅(-sin z )=-2πi ；
π1! z =
2
(10)
e z 2πi z
dz = ⎰C z 5(5-1)! ⋅e
=
z =0
πi
12
．
21、证明：u
=x 2-y 2和v =
y
x 2+y 2
都是调和函数，但是u +i v 不是解析函数．
∂u ∂2u ∂u ∂2u =2x ，2=2，=-2y ，2=-2， 证明：因为∂x ∂x ∂y ∂y
∂v -2xy =2
∂x (x +y 2) 2
所以
∂2v 6x 2y -2y 3，=
∂x 2(x 2+y 2) 3∂v x 2-y 2，=
∂y (x 2+y 2) 2∂2v 2y 3-6x 2y ，， =
∂y 2(x 2+y 2) 3
∂2u ∂2u ∂2v ∂2v
'''+2=0，2+2=0，且u 'x ≠v y ，u y ≠-v x ． 2
∂x ∂y ∂x ∂y
即u
22、由下列各已知调和函数求解析函数
=x 2-y 2和v =
y x 2+y 2
都是调和函数，但是u +i v 不是解析函数．
f (z ) =u +i v ，并写出z 的表达式：
(1)
u =(x -y )(x 2+4xy +y 2) ；
v =
y x 2+y 2
，
(2)
f (2)=0；
(3)
u =2(x -1) y ，f (2)=-i ．
f (z ) =u +i v 是调和函数，所以
解：(1) 因为
∂v ∂u ∂v ∂u =-=-3x 2+6xy +3y 2，==3x 2+6xy -3y 2． ∂x ∂y ∂y ∂x
于是
v =⎰(3x 2+6xy -3y 2) dy =g (x ) +3x 2y +3xy 2-y 3．
那么
∂v
=g '(x ) +6xy +3y 2=-3x 2+6xy +3y 2， ∂x
则
g (x ) =-x 3+C ，
所以
v =-x 3+3x 2y +3xy 2-y 3+C ，
f (z ) =(x 3+3x 2y -3xy 2-y 3) +i(-x 3+3x 2y +3xy 2-y 3) +i C
3223
=(1-i) ⎡⎣x +3x (iy ) +3x (iy ) +(iy ) ⎤⎦+i C
=(1-i) z 3+i C
(2)
∂v -2xy =2
∂x (x +y 2) 2
∂v x 2-y 2，=2
∂y (x +y 2) 2
．
因为
f (z ) =u +i v 是调和函数，所以
x 2-y 2-2xy (x -i y ) 211'f '(z ) =v '+i v =+i ===y x
(x 2+y 2) 2(x 2+y 2) 2(x 2+y 2) 2(x +i y ) 2z 2
，
从而由
1
f (z ) =-+C ．
z
111
f (2)=0知C =，所以f (z ) =-．
22z
(3) 因为
f (z ) =u +i v 是调和函数，所以
∂v ∂u ∂v ∂u
=-=-2(x -1) ，==2y ． ∂x ∂y ∂y ∂x
于是
v =⎰2ydy =g (x ) +y 2．
那么
∂v
=g '(x ) =-2(x -1) ， ∂x
则
g (x ) =-x 2+2x +C ，
所以
v =-x 2+2x +y 2+C ，
f (z ) =(2xy -2y ) +i(-x 2+2x +y 2) +i C
2
=-i ⎡(x +i y ) -2(x +i y ) +1⎤⎣⎦+i C
=-i(z -1) 2+i C
由 习题4： 1、下列数列
f (2)=-i 知C =0，所以f (z ) =-i(z -1) 2．
{z n }是否收敛？若收敛，求其极限．
-n
(1)
1+n i ⎛i ⎫
z n =； (2) z n = 1+⎪
1-n i ⎝2⎭
； (3)
n πi
-i
z n =(-1) +； (4) z n =e 2．
n +1
n
解：(1)
1+n i 1-n 2+2n i 1-n 22n z n ===+i
1-n i 1+n 21+n 21+n 21-n 2
→-1，虚部，当n →∞时，实部
1+n 2
2n
→0，所以{z n }收敛于-1．
2
1+n
(2)
i ⎫⎛
z n = 1+⎪
⎝2⎭
-n
⎛⎫-n i ⎛⎫= 2⎪⎪e ，当n →∞
时 2⎪⎪→0，那么z n →0，所以{z n }收敛⎝⎭⎝⎭
n
-n -n
于0．
(3) 当n →∞时，实部(-1) 是发散的，所以
{z n }发散．
(4)
z n =e
-
n πi 2
=cos
n πn π-isin 22
，实部和虚部都发散，所以
{z n }发散．
2、判断下列级数的收敛性与绝对收敛性：
(1)
⎡⎛1⎫3⎤
⎢ 1+⎪+i 2⎥； (3) ∑n ⎥n =1⎢⎣⎝n ⎭⎦
∞
n
∑
n =1
∞
e
-
n π
i 2
n 2
．
3⎛1⎫
解：(1) 记z n = 1+⎪+i 2
n ⎝n ⎭
以级数发散．
∞
n π
i 2
n
⎛1⎫
，则当n →∞时Re(z n ) = 1+⎪→e ，那么z n 不趋近于0，所
⎝n ⎭
n πi 2
n
(3)
∑
n =1
e
-
n 2
=∑
12n =1n
∞
收敛，即级数
∑
n =1
∞
e
-
n 2
绝对收敛，所以收敛．
7、将下列各函数展成z 的幂级数，并指出它们的收敛半径． (1)
11+z 3
； (3)
cos 2z ．
解：(1)
∞
113n 36
==(-z ) =1-z +z - ． ∑33
1+z 1-(-z ) n =0
因为ρ=lim
(-1) n +1(-1)
n
n →∞
=1，所以收敛半径R =1．
(3)
2n
⎤cos 2z +11⎡∞n (2z ) cos z ==⎢∑(-1) +1⎥
22⎣n =0(2n )! ⎦
2n -12n 23456∞
2z 12z 2z 2z
=∑(-1) n +=1-+-+
(2n )! 22! 4! 6! n =0
2
(-1)
因为ρ
n +1
=lim
n →∞
22n +1
(2n +2)!
n
22n -1
(-1)
(2n )!
=lim
4
=0，所以收敛半径R =∞．
n →∞(2n +1)(2n +2)
8、将下列各函数在指定点z 0处展成泰勒级数，并指出它们的收敛半径． (3)
1z 2
，z 0
=-1； (4)
1
，z 0=1+i ； (6) arctan z ，z 0=0．
4-3z
∞
1
=n +1，则2=∑(n +1)(z +1) n ．
z n =0
解：(3)
f (n ) (z 0) (-1) n (n +1)! z -n -2
c n ==
n ! n !
z =z 0
因为ρ=lim
n →∞
n +1
=1，所以收敛半径R =1． n
3n
=，则 (1-3i) n +1
(4)
f (n ) (z 0) 3n n !(4-3z ) -n -1
c n ==
n ! n !
z =z 0
∞
13n n
．
=∑z -(1+i) []
4-3z n =0(1-3i) n +1
3n +1
因为ρ=lim
n →∞(1-3i) n +2
(6)
z
3n
，所以收敛半径 R ==n +1
(1-
3i) 2n +1∞∞z z dz ∞2n 2n n z ． arctan z =⎰=⎰∑n =0(-z ) dz =∑⎰(-z ) dz =∑(-1)
01+z 2002n +1n =0n =0
(-1) n +1
因为ρ=lim
n →∞2n +3
(-1) n
=1，所以收敛半径R =1．
2n +1
10、求下列各函数在指定圆环域的洛朗级数展开式： (2)
1z (1-z ) 2
，0
(5)
1
，在以i 为中心的圆环域内；
z 2(z -i)
1
，z >3．
(z -2)(z -3)
(7)
∞
11⎛1⎫'n
= 解：(2) 在0
(1-z ) 1-z 1-z n =0⎝⎭
∞
1
=∑(n +1) z n ， 2
(1-z ) n =0
∞
1n
从而=(n +2) z ∑z (1-z ) 2n =-1
．
在1
1
n
11111∞⎛1⎫==⋅=⋅∑ -⎪1z 1+(z -1) z -11+z -1n =0⎝z -1⎭
z -1
，
∞
1(-1) n
从而． =∑
z (1-z ) 2n =0(z -1) n +3
1⎛1⎫'
(5) 当0
z ⎝z ⎭
，且
n ∞
11111∞⎛z -i ⎫n (z -i) ==⋅=∑ -⎪=∑(-1) z i +(z -i) i 1+z -i i n =0⎝i ⎭n =0i n +1
i
n
，
n -1∞
1n n (z -i) 所以2=-∑(-1) z i n +1n =1n -2∞
1n -1n (z -i) ，从而2=∑(-1) z (z -i) n =1i n +1
．
当1
i
n
∞
11111∞⎛i ⎫i n n ==⋅=⋅∑ -， ⎪=∑(-1) n +1
i z i +(z -i) z -i 1+z -i n =0⎝z -i ⎭n =0(z -i) z -i
1⎛1⎫'
且 ⎪=-2
z ⎝z ⎭
n ∞
1n (n +1)i ，从而2=∑(-1) z (z -i) n +2n =1
，所以
n ∞
1n (n +1)i =∑(-1) 2
z (z -i) n =1(z -i) n +3
．
(7) 由于
23
1111⎛11⎫
=-=⋅ -⎪
(z -2)(z -3) z -3z -2z ⎝1-z 1-z ⎭
n n n n ∞∞
1⎡∞⎛3⎫3n -2n ⎛2⎫⎤1∞3-2=⎢∑ ⎪-∑ ⎪⎥=∑=∑n +1
n
z ⎣z n =0⎢n =0⎝z ⎭n =0⎝z ⎭⎦⎥z n =0z
习题5：
1、求下列函数的孤立奇点并确定它们的类别，若是极点，指出它们的级． (1)
1
z (z 2+1) 2
； (3)
sin z ln(z +1) 11
sin ； (4) ； (7) ； (11) ． 32z
z z 1-z z (e -1)
是
解：(1) 易见
z =0，z =±i
f (z ) =
1
z (z 2+1) 2
的孤立奇点．由于
lim
z →0
1
=∞，
z (z 2+1) 2
1
=∞，所以z =0，z =±i 是极点．
z →±i z (z 2+1) 2lim
z =0，一级极点，z =±i ，二级极点．
sin z
=∞，所以z =0是极点．z =0，二级极点． (3) lim
z →0z 3
ln(z +1) ln(z +1)
=1，所以z =0是可去奇点； (4) 易见z =0是f (z ) =的孤立奇点，且lim
z →0z z
(7) (11)
5、求下列各函数在有限奇点处的留数． (2)
z =0，三级极点，z =2k πi （k =±1, ±2, ），一级极点； z =1，本性奇点．
z 21
； (3) 222z 1-z z +1()
； (6)
z 2sin
1
z
．
解：(2) 记
f (z ) =
1
，则易见0，±1是f (z ) 的孤立奇点，且他们都是一级极点．由规则Ⅰ， 2
z 1-z 1
=1，
z →01-z 2
Res[f (z ),0]=lim (z -0)f (z ) =lim
z →0
Res[f (z ),1]=lim (z -1)f (z ) =lim
z →1
z →1
-11
=-，
z (1+z ) 2
Res[f (z ), -1]=lim (z +1)f (z ) =lim
z →-1
11
=-．
z →-1z (1-z ) 2
(3) 记
f (z ) =
z 2
(z
2
+1)
2
，则
f (z ) 有二级极点±i ．由规则Ⅱ，
Res[f (z ),i]=
1d 2i z i
lim ⎡z -i f (z ) =lim =-， ⎤()⎦z →i (z +i) 3
(2-1)! z →i dz ⎣41d -2i z i
lim ⎡z +i f (z ) =lim =． ⎤()3⎣⎦z →-i z →-i (2-1)! dz (z -i) 4
11
，则f (z ) 有本性奇点z 0=0．因为sin 在z 0=0的去心邻域0
z z
Res[f (z ), -i]=
(6) 记
f (z ) =z 2sin
的洛朗级数为
1∞(-1) n z -2n -1 sin =∑
z n =0(2n +1)!
于是有
1∞(-1) n z -2n +1
z sin =∑
z n =0(2n +1)!
2
(0
其中n
=1的项的系数c -1=-3! ，所以
Res[f (z ),0]=-
6、利用留数定理计算下列积分． (1)
1 6
dz 22
，C 为圆周x +y =2(x +y ) 22 ⎰(z -1) (z +1) C
f (z ) 在圆周C 的内部有一级极点z 0=i 和二级极点z 1=1，由留数的计算规则Ⅰ、Ⅱ得
解：被积函数
Res[f (z ),i]=lim (z -i )f (z ) =lim
z →i
z →i
11
=， 2
(z -1) (z +i) 4
Res[f (z ),1]=
1d -2z 12
lim ⎡(z -1)f (z ) ⎤=lim 2=-．
⎦z →1(z +i) 2(2-1)! z →1dz ⎣2
于是由留数定理得积分值
dz πi
=2πi Res[f (z ),i]+Res[f (z ),1]=-{}22 ⎰(z -1) (z +1) 2C
(2)
e 2z
dz 2(z -1) z =2
f (z ) 在z =2内有一个二级极点z 0=1，由留数的计算规则Ⅱ得
解：被积函数
Res[f (z ),1]=
1d 2
lim ⎡(z -1)f (z ) ⎤=lim 2e 2z =2e 2
⎦z →1(2-1)! z →1dz ⎣
于是由留数定理得积分值
e 2z
dz =2πiRes[f (z ),1]=4πe 2i 2(z -1) z =2
(4)
z =
sin z ⎰3z dz
2
解：被积函数
f (z ) 在z =
3
内有可去奇点z 0=0，则Res[f (z ),0]=0，所以由留数定理知 2
sin z ⎰3z dz =0
z =2
(6)
⎰
z =
12
e sin z
dz
z 2(z 2+1)
f (z ) 在z =
1
内有一个二级极点z 0=0，由留数的计算规则Ⅱ得 2
解：被积函数
1d 2e sin z (z 2+1)cos z -2ze sin z
Res[f (z ),0]=lim ⎡z f (z ) ⎤=1
⎦=lim z →0(2-1)! z →0dz ⎣(z 2+1) 2
于是由留数定理得积分值
⎰
z =
1
2
e sin z
dz =2πiRes[f (z ),0]=2πi 22
z (z +1)
d θ5+3cos θ
i θ
9、(1)
⎰
2π
dz
解：令z =e ，则d θ=
i z
z 2+1
，cos θ=．于是
2z
2π
I =⎰
被积函数
d θ2dz
=2
5+3cos θi z 3z +10z +3=1
f (z ) =
11
z =-在内有一个一级极点，其留数 z =1
33z 2+10z +3
11⎫11⎛
Res[f (z ), -]=lim z +⎪f (z ) =lim =
13z →-1⎝3⎭8z →-3(z +3)
3
3
所以
21πI =2πi ⋅⋅=
i 82
(5)
⎰
+∞
x 2
dx 22
(x +1)(x +4)
x 2
解：R (x ) =是偶函数，而R (z ) 在上半平面内有一级极点z 0=i 和z 1=2i ，且
(x 2+1)(x 2+4) z 2i
， Res[R (z ),i]=lim (z -i )R (z ) =lim =
z →i z →i (z +i)(z 2+4) 6z 2i
Res[R (z ),2i]=lim (z -2i )R (z ) =lim 2=-，
z →2i z →2i (z +1)(z +2i) 3
所以
⎰
+∞
x 21⎛i i ⎫πdx =⋅2πi ⋅ -⎪=22
(x +1)(x +4) 2⎝63⎭6
(6)
⎰
+∞
-∞
cos x
22
(x +1)(x +9) =
1
，m =4，n =0，m -n ≥1，且R (z ) 在实轴上无孤立奇点，故积分 42
x +10x +9
解：R (x )
⎰
存在，所求积分I 是它的实部． 函数R (z ) 在上半平面有两个一级极点z 0
+∞
-∞
e i x
(x 2+1)(x 2+9)
=i 和z 1=3i ，而且
i z
e i z i
， Res[R (z ) e ,i]=lim (z -i )R (z ) e =lim =-
z →i z →i (z +i)(z 2+9) 16e
i z
e i z i
Res[R (z ) e ,3i]=lim (z -3i )R (z ) e =lim 2=
z →3i z →3i (z +1)(z +3i) 48e 3
i z
i z
，
从而
⎰
所以
+∞
-∞
e i x i ⎫π⎛i
dx =2πi -+=3e 2-1) 223⎪3((x +1)(x +9) ⎝16e 48e ⎭24e
cos x π
=3e 2-1) 223((x +1)(x +9) 24e
⎰
习题8： 4、试求解：
+∞
-∞
f (t ) =e
-的傅氏变换．
f (t ) 的傅里叶变化为
F (ω) =⎰
0-∞
+∞
-∞
f (t ) e -j ωt dt =⎰e t e -j ωt dt +⎰e -t e -j ωt dt
-∞
+∞0
0+∞
=⎰e (1-j ω) t dt +⎰e -(1+j ω) t dt 11(1-j ω) t 0
=e +e -(1+j ω) t
-∞1-j ω-(1+j ω)
112=+=2
1-j ω1+j ωω+1
5、试求矩形脉冲
+∞0
⎧A ,0≤t ≤τ,
的傅氏变换． f (t ) =⎨
⎩0, 其他
解：
f (t ) 的傅里叶变化为
F (ω) =⎰
+∞
-∞
f (t ) e
-j ωt
dt =⎰Ae -j ωt dt
τ
A -j ωt τA (1-e -j ωτ) =e =
0-j ωj ω
6、求下列函数的傅氏积分：
(1)
⎧0, -∞
⎪-1, -1
f (t ) =⎨
⎪1, 0
f (t ) 是(-∞. +∞) 上的奇函数，则
解：
a (ω) =0，
b (ω) =
于是
2
π
⎰
+∞
f (τ)sin ωτd τ=
2
π
⎰
1
sin ωτd τ=
π
21-cos ω
⋅，
ω
f (t ) =⎰a (ω)cos ωtd ω+⎰b (ω)sin ωtd ω
+∞+∞
=⎰
7、求函数
+∞
π
21-cos ω2+∞1-cos ω
⋅⋅sin ωtd ω=⎰sin ωtd ω
ωπ
ω
22
⎧⎪1-t , t ≤1, f (t ) =⎨的傅氏积分，并计算
2
t >1⎪⎩0,
⎰
解：
+∞
-∞
x cos x -sin x x
⋅cos ． 3
x 2
f (t ) 是(-∞. +∞) 上的偶函数，则
a (ω) =
2
π
⎰
+∞
f (τ)cos ωτd τ=
2
π
⎰
1
(1-τ2)cos ωτd τ=
4(sinω-ωcos ω)
πω3
，
b (ω) =0，
于是
+∞
+∞
f (t ) =⎰a (ω)cos ωtd ω+⎰b (ω)sin ωtd ω
=⎰
+∞
4(sinω-ωcos ω)
πω
3
⋅cos ωtd ω=
π⎰
4
+∞
sin ω-ωcos ω
ω
3
cos ωtd ω
10、求符号函数sgn t
⎧-1, t
的傅氏变换．（提示：sgn t =2u (t ) -1．） =⎨
⎩1, t >0
解：方法一：F
⎛1⎫2
． [sgnt ]=2F [u (t )]-2πδ(ω) =2 +πδ(ω) ⎪-2πδ(ω) =j ω⎝j ω⎭
方法二：F (ω) =
11、求函数解：
⎰
+∞
-∞
sgn t ⋅e
-j ωt
dt =⎰-e
-∞
-j ωt
dt +⎰e -j ωt dt =
+∞
2
j ω
．
f (t ) =sin 2t cos t 的傅氏变换．
sin(2t +t ) +sin(2t -t ) 1
=(sin 3t +sin t )，则
22
f (t ) =sin 2t cos t =
F [f (t )]=
1
(F [sin3t ]+F [sint ])2
j ω=[δ(ω+3) -δ(ω-3) +δ(ω+1) -δ(ω-1)]2
15、利用位移性质计算下列函数的傅氏变换： (1)
u (t -C ) ；(2)
1
[δ(t +a ) +δ(t -a )] 2
解：(1)
F [u (t -C )]=e -j ωC F [u (t )]=e -j ωC ⎢
⎡1⎤1-j ωC
+πδ(ω) ⎥=e +πδ(ω) ； ⎣j ω⎦j ω
j ωa -j ωa
⎡δ(t +a ) +δ(t -a ) ⎤F [δ(t +a )]+F [δ(t -a )]e +e (2) F ===cos ωa ．
⎢⎥222⎣⎦
23、求下列函数的傅氏变换： (2)
f (t ) =e j ω0t u (t ) ；(3) f (t ) =e j ω0t u (t -t 0) ；(4) f (t ) =e j ω0t tu (t ) ．
解：(2) 记F 1(ω) =F 有
[e j ω0t ]=2πδ(ω-ω0) ，F 2(ω) =F [u (t )]=
1
+πδ(ω) ，由卷积定理j ω
F [f (t )]=
⎡1⎤
2πδ(τ-ω) +πδ(ω-τ) d τ0⎢⎥⎰-∞
⎣j(ω-τ) ⎦
+∞⎡⎤1=⎰δ(t ) ⎢+πδ(ω-t -ω0) ⎥dt (令t =τ-ω0) -∞
⎣j(ω-t -ω0) ⎦
11
F 1(ω) *F 2(ω) =2π2π
+∞
=
11+πδ(ω-t -ω0) =+πδ(ω-ω0)
j(ω-t -ω0) j(ω-ω0) t =0
(3) 记F 1(ω) =F [e j ω0t ]=2πδ(ω-ω0) ，F 2(ω) =F [tu (t )]=-
1
ω
2
+j πδ'(ω) ，由卷积定
理有
F [f (t )]=
⎡⎤1
'2πδ(τ-ω) -+j πδ(ω-τ) d τ0⎢⎥2⎰-∞
⎣(ω-τ) ⎦
+∞⎡⎤1
'=⎰δ(t ) ⎢-+j πδ(ω-t -ω) (令t =τ-ω0) 0⎥dt 2-∞
⎣(ω-t -ω0) ⎦
11
F 1(ω) *F 2(ω) =2π2π
+∞
=-
11
'+j πδ(ω-t -ω) =-+j πδ'(ω-ω0) 022
(ω-t -ω0) (ω-ω0) t =0
(4) 记F 1(ω) =F 积定理有
[e j ω0t ]=2πδ(ω-ω0) ，F 2(ω) =F [u (t -t 0)]=
1-j ωt 0
e +πδ(ω) ，由卷j ω
F [f (t )]=
+∞
11F 1(ω) *F 2(ω) =2π2π
⎡1
=⎰δ(t ) ⎢e -j(ω-t -ω0) t 0
-∞
⎣j(ω-t -ω0) =
习题9：
2、求下列函数的拉氏变换：
⎡1⎤-j(ω-τ) t 0
2πδ(τ-ω) e +πδ(ω-τ) d τ0⎢⎥⎰-∞
⎣j(ω-τ) ⎦⎤
+πδ(ω-t -ω0) ⎥d τ(令t =τ-ω0)
⎦
+∞
11
e -j(ω-t -ω0) t 0+πδ(ω-t -ω0) =e -j(ω-ω0) t 0+πδ(ω-ω0)
j(ω-t -ω0) j(ω-ω0) t =0
(1)
⎧1,0≤t
⎪
f (t ) =⎨-1,1≤t
⎪0, t ≥5⎩f (t ) =cos t δ(t ) -sin tu (t ) .
(3)
解：(1)
L [f (t )]=⎰
+∞
+∞
151
f (t ) e -st dt =⎰e -st dt -⎰e -st dt =(1-2e -s +e -5s ) ．
01s
(3)
L [f (t )]=⎰
f (t ) e dt =⎰
-st
+∞
1s 2(1-sin t ) e dt =1-2=．
s +1s 2+1
-st
3、求下列周期函数的拉氏变换： (1)
f (t ) 以2π
为周期且在一个周期内的表达式为
⎧sin t , 0≤t
． f (t ) =⎨
0, π≤t
L [f (t )]=
解：
=
11-e -2πs
T π11-st f (t ) e dt =sin te -st dt -sT ⎰0-sT ⎰0
1-e 1-e
π1π(j-s ) t 1-(j +s ) t
⋅e dt -sin te dt =⎰⎰002j (1-e -πs )(s 2+1)
()
4、求下列函数的拉氏变换： (1) (2)
f (t ) =(t -1) 2e t ；
f (t ) =5sin 2t -3cos t ；
(3) (6) (9) (10)
f (t ) =1-te t ；
； f (t ) =e t cos kt （k 为实常数）
f (t ) =te -3t sin 2t ； f (t ) =t ⎰e -3t sin 2tdt ；
0t
(11)
e -3t sin 2t
f (t ) =
t
．
L [f (t )]=L [t 2e t -2te t +e t ]=L [t 2e t ]-2L [te t ]+L [e t ]
解：(1)
211s 2-4s +5=-2⋅+=(s -1) 3(s -1) 2s -1(s -1) 3
103s
-
s 2+4s 2+1
；
(2)
L [f (t )]=5L [sin2t ]-3L [cost ]=
(3)
L [f (t )]=L [1]-L [te t ]=-
s s 2+k 2
11s (s -1) 2
(6)
F (s ) =L [coskt ]=，则由位移性质有L [f (t )]=F (s -1) =
s -1(s -1) 2+k 2
；
；
(9)
F (s ) =L [e -3t sin 2t ]=
24(s +3)
'L [f (t )]=-F (s ) =，则
(s +3) 2+4[(s +3) 2+4]2
(10)
F (s ) =L [e
-3t
t 2-3t ⎡⎤=1F (s ) ，从而 L e sin 2tdt sin 2t ]=，则
⎢⎥⎣⎰0⎦s (s +3) 2+4
2
d ⎡1⎤2(3s +12s +13)
L [f (t )]=-⎢F (s ) ⎥=2
22
ds ⎣s ⎦s [(s +3) +4]
；
(11) F (s ) =L [e -3t sin 2t ]=
∞2，则 2(s +3) +4s +3s +3=arccot ． 22L [f (t )]=⎰F (s ) ds =s π2-arctan
《复变函数与积分变换》作业参考答案
习题1： 4、计算下列各式
(1)
；
(3)
(5)
z =
234
，求z ，z ，z ；
(7)
解：
(1)
--；
(3)
3(2+3====+i ；
4+1288(5)
z 2=
1+-3-2+1==-+，
4422
-1+1-1-3
⋅==-1，
224
z 3=z 2⋅z =
1z 4=z 3⋅z =--．
2(7) 因为-1=cos π
+isin π，所以
=cos
π+2k π
6
+isin
π+2k π
6
，
即
k =
0时，w 0=cos
π
6
+isin
π
6
=
1+i ； 22
k =1时，w 1=cos
3π3π+isin =i ； 66
k =
2时，w 2=cos
5π5π1+isin =-+i ； 66227π7π1+isin =-i ； 6629π9π+isin =-i ； 66
k =
3时，w 3=cos
k =4时，w 4=cos k =
5时，w 5=cos
11π11π1+isin =i ． 662
习题2：
3、下列函数在何处可导？何处解析？在可导点求出其导数． (2) (6)
f (z ) =x 2-i y ； (4) f (z ) =sin x ch y +icos x sh y
f (z ) =
az +b cz +d
。
解：(2) 因为u (x , y ) =
x 2，v (x , y ) =-y ，
'''u 'x =2x ，u y =0，v x =0，v y =-1．
这四个一阶偏导数都连续，故u (x , y ) 和v (x , y ) 处处可微，但柯西-黎曼方程仅在x =-
1
上成立，所以2
f (z ) 只在直线x =-
1
上可导，此时f '(z ) 1=2x 1=-1，但复平面上处处不解析． x =-x =-222
(4) 因为u (x , y ) =sin x ch y ，v (x , y ) =cos x sh y ，
'''u 'x =cos x ch y ，u y =sin x sh y ，v x =-sin x sh y ，v y =cos x ch y ．
这四个一阶偏导数都连续，故u (x , y ) 和v (x , y ) 处处可微，且满足柯西-黎曼方程，所以内解析，并且
f (z ) 在复平面
e y +e -y e y -e -y
'f '(z ) =u '-isin x ⋅x +i v x =cos x ch y -isin x sh y =cos x ⋅
22
e y e -y e y -i x e -y i x =(cos x -isin x )+(cos x +isin x )=⋅e +⋅e 2222e y -i x +e -y +i x e -iz +e iz ===cos z
22
．
∆z →0
lim
(6)
f (z +∆z ) -f (z ) 1⎡a (z +∆z ) +b az +b ⎤
=lim -⎢∆z →0∆z ∆z ⎣c (z +∆z ) +d cz +d ⎥⎦
=lim
ad -bc ad -bc
=
∆z →0(cz +c ∆z +d )(cz +d ) (cz +d ) 2
f (z ) 在除z =-
d
c
外处处解析，且
所以，
f '(z ) =
ad -bc (cz +d ) 2
．
4、指出下列函数的奇点． (1)
z +2z -1
； (2) ． 2222
(z +1) (z +1) z (z +4)
解：(1)
z 2(z 2+4) -(z -1)(4z 3+8z ) -3z 4+4z 3-4z 2+8z
f '(z ) ==
z 4(z 2+4) 2z 4(z 2+4) 2=
-3z +4z -4z +8
z 3(z 2+4) 2
3
2
所以，
f (z ) 的奇点为0，±2i ．
(2)
(z +1) 2(z 2+1) -2(z +2)(z +1)(2z 2+z +1) 3z 3+9z 2+5z +3
f '(z ) ==-
(z +1) 4(z 2+1) 2(z +1) 3(z 2+1) 2
f (z ) 的奇点为-1，±i ．
所以，
10、如果
f (z ) =u +i v 在区域D 内解析，并且满足下列条件之一，试证f (z ) 在D 内是一常数．
(2)
f (z ) 在D 内解析；
'f (z ) =u +i v 在区域D 内解析，知u (x , y ) 、v (x , y ) 在区域D 内可微，且u 'x =v y ，
证明：由
''''D 内解析，知u 'u 'y =-v x ．同理，由f (z ) 在x =-v y ，u y =v x ．
从而我们得到u 'x
15、求解下列方程： (2)
''D 内是一常数． =v 'y =u y =v x =0，所以u (x , y ) 、v (x , y ) 皆为常数，故f (z ) 在
e z +1=0
z
解：e =-1，于是
z =Ln(-1) =ln1+iarg(-1) +2k πi=(2k +1) πi, k ∈Z
18、求Ln(-i) ，Ln(-3+4i) 的值及主值．
π
i ； 22
4
Ln(-3+4i) =ln -3+4i +i arg(-3+4i) +2k πi =ln 5+i(π-arctan ) +2k πi ，所以其主值
3
4
为ln 5+i(π-arctan ) ．
3
解：Ln(-i)
=ln -i +i arg(-i) +2k πi =-
π
i +2k πi ，所以其主值为-
19、求e
1-i
π2
，e
1+i π4
，3，(1+i) 的值．
i i
解：e
1-i
π
2
=e ⋅e
14
i
i(-) 2
π
ππ⎤⎡
=e ⎢cos(-) +isin (-) ⎥=-i e ；
22⎦⎣
e
1+i π
4
π4
=e ⋅e
ππ⎫⎛
=e cos +isin ⎪=+i =1+i )； 4422⎝⎭⎭
1
4
3i =e iLn3=e i(ln3+2k πi) =e -2k π+iln3=e -2k π(cosln3+isinln3)；
(1+i) i =e iln(1+i) =e
20
、求
解：π⎛⎫
i i +2k πi ⎪
4⎝⎭
=e
1⎫⎛
- 2k +⎪π+4⎭⎝
=e
1⎫⎛
- 2k +⎪π
4⎭⎝
ln 2ln 2⎫⎛
cos +isin ⎪．
22⎝⎭
，(-1，i ，(3-4i)
πi
-i i 1+i
的值．
===e =π) +π) ；
=(--2)
=2+(2k +i
cos ⎡⎣(2k +⎡⎤⎤⎦+isin ⎣(2k +⎦
)
；
1-i =e -iLn1=e -i(2k πi) =e 2k π；
i =e
i iLni
=e
⎛π⎫
i i +2k πi ⎪2⎝⎭
=e
1⎫⎛
- 2k +⎪π
2⎭⎝
；
(3-4i)
1+i
=e
(1+i)Ln(3-4i)
=e
4⎫⎡⎤⎛
(1+i) ⎢ln5+ -arctan ⎪i +2k πi ⎥
3⎝⎭⎣⎦
=e
44⎛⎫
ln5+arctan -2k π+i ln5-arctan +2k π⎪
33⎝⎭
=5e θ-2k π
4
cos ln 5-θ+isin ln 5-θ, θ=arctan , k ∈Z ⎡⎤()()⎣⎦3
22、解方程： (1)
ch z =0；
解：z
1⎫⎛
=Arch0=Ln(0=Lni = 2k +⎪πi ，k ∈Z
2⎭⎝
．
习题3：
1、沿下列路径计算积分
⎰
2+i
z 2dz ：
(1) 从原点至2+i 的直线段；
(2) 从原点沿实轴至2，再由2铅直向上至2+i ； (3) 从原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至2+i ． 解：(1) 从原点至2+i 的直线段的复参数方程为z 以
=x +i
x 1
，dz =(1+i) dx ，参数x :0→2，所22
2
⎰
2+i
1111
z 2dz =⎰(1+i) 3x 2dx =(1+i) 3x 3=(2+i) 3
023230
2
(2) 从原点沿实轴至2的直线段的复参数方程为z 的复参数方程为z
2+i
=x ，参数x :0→2，由2铅直向上至2+i 的直线段
=2+i y ，参数y :0→1，所以
⎰
z dz =⎰z dz +⎰z dz =⎰x dx +⎰(2+i y ) 2i dy
C 1
C 2
2
222
2
2
1
118i 2111
=x 3+⎰(-i y 2-4y +4i) dy =--2+4i=+i =(2+i) 330033333
(3) 从原点沿虚轴至i 的直线段的复参数方程为z 复参数方程为z
=i y ，参数y :0→1，由i 沿水平方向向右至2+i 的
1
2
=x +i ，参数x :0→2，所以
⎰
2、分别沿解：
2+i
1
z dz =⎰z dz +⎰z dz =⎰(iy ) i dy +⎰(x +i) 2dx
C 1
C 22
2
2
2222
i 1i 1
=⎰-i y dy +⎰(x +i) dx =-+(2+i) 3+=(2+i) 3
003333
y =x 与y =x 2算出积分⎰(x 2-i y ) dz 的值．
01+i
y =x 的复参数方程为z =(1+i) x ，dz =(1+i) dx ，参数x :0→1所以
⎰⎰
5、计算积分
1+i
(x -i y ) dz =⎰(x 2-i x )(1+i) dx =
2
1
51
-i ； 66
y =x 2的复参数方程为z =x +i x 2，dz =(1+2x i) dx ，参数x :0→1所以
1+i 0
(x 2-i y ) dz =⎰(x 2-i x 2)(1+2x i) dx =
1
51+i 66
⎰
C
z
的值，其中C 为正向圆周： z
(1)
z =3
=0为圆心的正向圆周，那么
解：设C 1是C 内以被积函数的奇点z
⎰
C
z z z ⋅z
dz = ==z ⎰ ⎰C C 11z z z z 1
⎰C 1z dz =3⋅2πi=6πi
6、试用观察法得出下列积分的值，并说明观察时所依据的是什么？C 是正向圆周(1)
z =1：
⎰
C
dz
； (2) z +2
⎰
C
dz
； (3)
z 2+2z +3dz ⎰C cos z
；
(4)
⎰
C
dz
； (5) z -3
⎰
C
ze z dz ； (6)
dz
⎰C ⎛i ⎫⎛5⎫．
z +⎪z +⎪
2⎭⎝2⎭⎝
解：(1) (2) (3) (4)
dz
⎰C z +2=0，根据柯西积分定理；
dz ⎰C z 2+2z +3=0，根据柯西积分定理；
dz ⎰C cos z =0，根据柯西积分定理；
dz ⎰C 1=2πi ，根据复合闭路定理；
z -3
C
(5)
⎰
ze z dz =0，根据柯西积分定理；
(6)
dz 4πi
= ⎰C ⎛i ⎫⎛5⎫5-i ，根据柯西积分定理及复合闭路定理．
z +⎪z +⎪
2⎭⎝2⎭⎝
7、沿指定曲线的正向计算下列积分：
(1)
⎰ ⎰
C
e z
，C :z -3=1； z -3dz z 2-a 2
，C :
(2)
C
z +a =a ；
(3)
⎰ ⎰
C
4e i z
C :z -2i =dz ，； 2
3z +1
(4)
C
zdz
，C :z =2； z +3
(5)
dz
⎰C (z 2+1)(z 3-1) ，C :z =r
(6)
⎰
C
z 3cos zdz ，C 为包围z =0的闭曲线；
(7)
3dz
C :z =，； ⎰C (z 2+1)(z 2-4) 2
(8)
sin z
⎰C z ，C :z =3；
(9)
⎰⎛
C
cos z
2
π⎫
z - ⎪2⎭⎝
dz ，C :z =3；
(10)
e z ⎰C z 5，C :z =1．
e z z
=2πi ⋅e ⎰C z -3
=2πe 3i ；
解：(1)
z =3
(2)
dz 1=2πi ⋅ ⎰C z 2-a 2
z -a
=-
z =-a
π
a
i ；
(3)
e i z e i z π
； =2πi ⋅= ⎰C z 2+1z +i z =i e
(4)
⎰
C
zdz
=0； z +3
(5)
dz
⎰C (z 2+1)(z 3-1) =0；
(6)
⎰z
C
3
cos zdz =0；
(7)
⎤dz -1⎡dz dz
=-2 ⎰C (z 2+1)(z 2-4) 2i ⎢ ⎰ ⎰C (z -i)(z 2-4) ⎥
⎣C (z +i)(z -4) ⎦
；
⎫-1⎛11
= 2-2⎪=02i ⎝z -4z =-i z -4z =i ⎭sin z ⎰C z =2πi ⋅sin z z =0=0；
(8)
(9)
⎰⎛
C
cos z
π⎫
z - ⎪2⎭⎝
=2
2πi
⋅(-sin z )=-2πi ；
π1! z =
2
(10)
e z 2πi z
dz = ⎰C z 5(5-1)! ⋅e
=
z =0
πi
12
．
21、证明：u
=x 2-y 2和v =
y
x 2+y 2
都是调和函数，但是u +i v 不是解析函数．
∂u ∂2u ∂u ∂2u =2x ，2=2，=-2y ，2=-2， 证明：因为∂x ∂x ∂y ∂y
∂v -2xy =2
∂x (x +y 2) 2
所以
∂2v 6x 2y -2y 3，=
∂x 2(x 2+y 2) 3∂v x 2-y 2，=
∂y (x 2+y 2) 2∂2v 2y 3-6x 2y ，， =
∂y 2(x 2+y 2) 3
∂2u ∂2u ∂2v ∂2v
'''+2=0，2+2=0，且u 'x ≠v y ，u y ≠-v x ． 2
∂x ∂y ∂x ∂y
即u
22、由下列各已知调和函数求解析函数
=x 2-y 2和v =
y x 2+y 2
都是调和函数，但是u +i v 不是解析函数．
f (z ) =u +i v ，并写出z 的表达式：
(1)
u =(x -y )(x 2+4xy +y 2) ；
v =
y x 2+y 2
，
(2)
f (2)=0；
(3)
u =2(x -1) y ，f (2)=-i ．
f (z ) =u +i v 是调和函数，所以
解：(1) 因为
∂v ∂u ∂v ∂u =-=-3x 2+6xy +3y 2，==3x 2+6xy -3y 2． ∂x ∂y ∂y ∂x
于是
v =⎰(3x 2+6xy -3y 2) dy =g (x ) +3x 2y +3xy 2-y 3．
那么
∂v
=g '(x ) +6xy +3y 2=-3x 2+6xy +3y 2， ∂x
则
g (x ) =-x 3+C ，
所以
v =-x 3+3x 2y +3xy 2-y 3+C ，
f (z ) =(x 3+3x 2y -3xy 2-y 3) +i(-x 3+3x 2y +3xy 2-y 3) +i C
3223
=(1-i) ⎡⎣x +3x (iy ) +3x (iy ) +(iy ) ⎤⎦+i C
=(1-i) z 3+i C
(2)
∂v -2xy =2
∂x (x +y 2) 2
∂v x 2-y 2，=2
∂y (x +y 2) 2
．
因为
f (z ) =u +i v 是调和函数，所以
x 2-y 2-2xy (x -i y ) 211'f '(z ) =v '+i v =+i ===y x
(x 2+y 2) 2(x 2+y 2) 2(x 2+y 2) 2(x +i y ) 2z 2
，
从而由
1
f (z ) =-+C ．
z
111
f (2)=0知C =，所以f (z ) =-．
22z
(3) 因为
f (z ) =u +i v 是调和函数，所以
∂v ∂u ∂v ∂u
=-=-2(x -1) ，==2y ． ∂x ∂y ∂y ∂x
于是
v =⎰2ydy =g (x ) +y 2．
那么
∂v
=g '(x ) =-2(x -1) ， ∂x
则
g (x ) =-x 2+2x +C ，
所以
v =-x 2+2x +y 2+C ，
f (z ) =(2xy -2y ) +i(-x 2+2x +y 2) +i C
2
=-i ⎡(x +i y ) -2(x +i y ) +1⎤⎣⎦+i C
=-i(z -1) 2+i C
由 习题4： 1、下列数列
f (2)=-i 知C =0，所以f (z ) =-i(z -1) 2．
{z n }是否收敛？若收敛，求其极限．
-n
(1)
1+n i ⎛i ⎫
z n =； (2) z n = 1+⎪
1-n i ⎝2⎭
； (3)
n πi
-i
z n =(-1) +； (4) z n =e 2．
n +1
n
解：(1)
1+n i 1-n 2+2n i 1-n 22n z n ===+i
1-n i 1+n 21+n 21+n 21-n 2
→-1，虚部，当n →∞时，实部
1+n 2
2n
→0，所以{z n }收敛于-1．
2
1+n
(2)
i ⎫⎛
z n = 1+⎪
⎝2⎭
-n
⎛⎫-n i ⎛⎫= 2⎪⎪e ，当n →∞
时 2⎪⎪→0，那么z n →0，所以{z n }收敛⎝⎭⎝⎭
n
-n -n
于0．
(3) 当n →∞时，实部(-1) 是发散的，所以
{z n }发散．
(4)
z n =e
-
n πi 2
=cos
n πn π-isin 22
，实部和虚部都发散，所以
{z n }发散．
2、判断下列级数的收敛性与绝对收敛性：
(1)
⎡⎛1⎫3⎤
⎢ 1+⎪+i 2⎥； (3) ∑n ⎥n =1⎢⎣⎝n ⎭⎦
∞
n
∑
n =1
∞
e
-
n π
i 2
n 2
．
3⎛1⎫
解：(1) 记z n = 1+⎪+i 2
n ⎝n ⎭
以级数发散．
∞
n π
i 2
n
⎛1⎫
，则当n →∞时Re(z n ) = 1+⎪→e ，那么z n 不趋近于0，所
⎝n ⎭
n πi 2
n
(3)
∑
n =1
e
-
n 2
=∑
12n =1n
∞
收敛，即级数
∑
n =1
∞
e
-
n 2
绝对收敛，所以收敛．
7、将下列各函数展成z 的幂级数，并指出它们的收敛半径． (1)
11+z 3
； (3)
cos 2z ．
解：(1)
∞
113n 36
==(-z ) =1-z +z - ． ∑33
1+z 1-(-z ) n =0
因为ρ=lim
(-1) n +1(-1)
n
n →∞
=1，所以收敛半径R =1．
(3)
2n
⎤cos 2z +11⎡∞n (2z ) cos z ==⎢∑(-1) +1⎥
22⎣n =0(2n )! ⎦
2n -12n 23456∞
2z 12z 2z 2z
=∑(-1) n +=1-+-+
(2n )! 22! 4! 6! n =0
2
(-1)
因为ρ
n +1
=lim
n →∞
22n +1
(2n +2)!
n
22n -1
(-1)
(2n )!
=lim
4
=0，所以收敛半径R =∞．
n →∞(2n +1)(2n +2)
8、将下列各函数在指定点z 0处展成泰勒级数，并指出它们的收敛半径． (3)
1z 2
，z 0
=-1； (4)
1
，z 0=1+i ； (6) arctan z ，z 0=0．
4-3z
∞
1
=n +1，则2=∑(n +1)(z +1) n ．
z n =0
解：(3)
f (n ) (z 0) (-1) n (n +1)! z -n -2
c n ==
n ! n !
z =z 0
因为ρ=lim
n →∞
n +1
=1，所以收敛半径R =1． n
3n
=，则 (1-3i) n +1
(4)
f (n ) (z 0) 3n n !(4-3z ) -n -1
c n ==
n ! n !
z =z 0
∞
13n n
．
=∑z -(1+i) []
4-3z n =0(1-3i) n +1
3n +1
因为ρ=lim
n →∞(1-3i) n +2
(6)
z
3n
，所以收敛半径 R ==n +1
(1-
3i) 2n +1∞∞z z dz ∞2n 2n n z ． arctan z =⎰=⎰∑n =0(-z ) dz =∑⎰(-z ) dz =∑(-1)
01+z 2002n +1n =0n =0
(-1) n +1
因为ρ=lim
n →∞2n +3
(-1) n
=1，所以收敛半径R =1．
2n +1
10、求下列各函数在指定圆环域的洛朗级数展开式： (2)
1z (1-z ) 2
，0
(5)
1
，在以i 为中心的圆环域内；
z 2(z -i)
1
，z >3．
(z -2)(z -3)
(7)
∞
11⎛1⎫'n
= 解：(2) 在0
(1-z ) 1-z 1-z n =0⎝⎭
∞
1
=∑(n +1) z n ， 2
(1-z ) n =0
∞
1n
从而=(n +2) z ∑z (1-z ) 2n =-1
．
在1
1
n
11111∞⎛1⎫==⋅=⋅∑ -⎪1z 1+(z -1) z -11+z -1n =0⎝z -1⎭
z -1
，
∞
1(-1) n
从而． =∑
z (1-z ) 2n =0(z -1) n +3
1⎛1⎫'
(5) 当0
z ⎝z ⎭
，且
n ∞
11111∞⎛z -i ⎫n (z -i) ==⋅=∑ -⎪=∑(-1) z i +(z -i) i 1+z -i i n =0⎝i ⎭n =0i n +1
i
n
，
n -1∞
1n n (z -i) 所以2=-∑(-1) z i n +1n =1n -2∞
1n -1n (z -i) ，从而2=∑(-1) z (z -i) n =1i n +1
．
当1
i
n
∞
11111∞⎛i ⎫i n n ==⋅=⋅∑ -， ⎪=∑(-1) n +1
i z i +(z -i) z -i 1+z -i n =0⎝z -i ⎭n =0(z -i) z -i
1⎛1⎫'
且 ⎪=-2
z ⎝z ⎭
n ∞
1n (n +1)i ，从而2=∑(-1) z (z -i) n +2n =1
，所以
n ∞
1n (n +1)i =∑(-1) 2
z (z -i) n =1(z -i) n +3
．
(7) 由于
23
1111⎛11⎫
=-=⋅ -⎪
(z -2)(z -3) z -3z -2z ⎝1-z 1-z ⎭
n n n n ∞∞
1⎡∞⎛3⎫3n -2n ⎛2⎫⎤1∞3-2=⎢∑ ⎪-∑ ⎪⎥=∑=∑n +1
n
z ⎣z n =0⎢n =0⎝z ⎭n =0⎝z ⎭⎦⎥z n =0z
习题5：
1、求下列函数的孤立奇点并确定它们的类别，若是极点，指出它们的级． (1)
1
z (z 2+1) 2
； (3)
sin z ln(z +1) 11
sin ； (4) ； (7) ； (11) ． 32z
z z 1-z z (e -1)
是
解：(1) 易见
z =0，z =±i
f (z ) =
1
z (z 2+1) 2
的孤立奇点．由于
lim
z →0
1
=∞，
z (z 2+1) 2
1
=∞，所以z =0，z =±i 是极点．
z →±i z (z 2+1) 2lim
z =0，一级极点，z =±i ，二级极点．
sin z
=∞，所以z =0是极点．z =0，二级极点． (3) lim
z →0z 3
ln(z +1) ln(z +1)
=1，所以z =0是可去奇点； (4) 易见z =0是f (z ) =的孤立奇点，且lim
z →0z z
(7) (11)
5、求下列各函数在有限奇点处的留数． (2)
z =0，三级极点，z =2k πi （k =±1, ±2, ），一级极点； z =1，本性奇点．
z 21
； (3) 222z 1-z z +1()
； (6)
z 2sin
1
z
．
解：(2) 记
f (z ) =
1
，则易见0，±1是f (z ) 的孤立奇点，且他们都是一级极点．由规则Ⅰ， 2
z 1-z 1
=1，
z →01-z 2
Res[f (z ),0]=lim (z -0)f (z ) =lim
z →0
Res[f (z ),1]=lim (z -1)f (z ) =lim
z →1
z →1
-11
=-，
z (1+z ) 2
Res[f (z ), -1]=lim (z +1)f (z ) =lim
z →-1
11
=-．
z →-1z (1-z ) 2
(3) 记
f (z ) =
z 2
(z
2
+1)
2
，则
f (z ) 有二级极点±i ．由规则Ⅱ，
Res[f (z ),i]=
1d 2i z i
lim ⎡z -i f (z ) =lim =-， ⎤()⎦z →i (z +i) 3
(2-1)! z →i dz ⎣41d -2i z i
lim ⎡z +i f (z ) =lim =． ⎤()3⎣⎦z →-i z →-i (2-1)! dz (z -i) 4
11
，则f (z ) 有本性奇点z 0=0．因为sin 在z 0=0的去心邻域0
z z
Res[f (z ), -i]=
(6) 记
f (z ) =z 2sin
的洛朗级数为
1∞(-1) n z -2n -1 sin =∑
z n =0(2n +1)!
于是有
1∞(-1) n z -2n +1
z sin =∑
z n =0(2n +1)!
2
(0
其中n
=1的项的系数c -1=-3! ，所以
Res[f (z ),0]=-
6、利用留数定理计算下列积分． (1)
1 6
dz 22
，C 为圆周x +y =2(x +y ) 22 ⎰(z -1) (z +1) C
f (z ) 在圆周C 的内部有一级极点z 0=i 和二级极点z 1=1，由留数的计算规则Ⅰ、Ⅱ得
解：被积函数
Res[f (z ),i]=lim (z -i )f (z ) =lim
z →i
z →i
11
=， 2
(z -1) (z +i) 4
Res[f (z ),1]=
1d -2z 12
lim ⎡(z -1)f (z ) ⎤=lim 2=-．
⎦z →1(z +i) 2(2-1)! z →1dz ⎣2
于是由留数定理得积分值
dz πi
=2πi Res[f (z ),i]+Res[f (z ),1]=-{}22 ⎰(z -1) (z +1) 2C
(2)
e 2z
dz 2(z -1) z =2
f (z ) 在z =2内有一个二级极点z 0=1，由留数的计算规则Ⅱ得
解：被积函数
Res[f (z ),1]=
1d 2
lim ⎡(z -1)f (z ) ⎤=lim 2e 2z =2e 2
⎦z →1(2-1)! z →1dz ⎣
于是由留数定理得积分值
e 2z
dz =2πiRes[f (z ),1]=4πe 2i 2(z -1) z =2
(4)
z =
sin z ⎰3z dz
2
解：被积函数
f (z ) 在z =
3
内有可去奇点z 0=0，则Res[f (z ),0]=0，所以由留数定理知 2
sin z ⎰3z dz =0
z =2
(6)
⎰
z =
12
e sin z
dz
z 2(z 2+1)
f (z ) 在z =
1
内有一个二级极点z 0=0，由留数的计算规则Ⅱ得 2
解：被积函数
1d 2e sin z (z 2+1)cos z -2ze sin z
Res[f (z ),0]=lim ⎡z f (z ) ⎤=1
⎦=lim z →0(2-1)! z →0dz ⎣(z 2+1) 2
于是由留数定理得积分值
⎰
z =
1
2
e sin z
dz =2πiRes[f (z ),0]=2πi 22
z (z +1)
d θ5+3cos θ
i θ
9、(1)
⎰
2π
dz
解：令z =e ，则d θ=
i z
z 2+1
，cos θ=．于是
2z
2π
I =⎰
被积函数
d θ2dz
=2
5+3cos θi z 3z +10z +3=1
f (z ) =
11
z =-在内有一个一级极点，其留数 z =1
33z 2+10z +3
11⎫11⎛
Res[f (z ), -]=lim z +⎪f (z ) =lim =
13z →-1⎝3⎭8z →-3(z +3)
3
3
所以
21πI =2πi ⋅⋅=
i 82
(5)
⎰
+∞
x 2
dx 22
(x +1)(x +4)
x 2
解：R (x ) =是偶函数，而R (z ) 在上半平面内有一级极点z 0=i 和z 1=2i ，且
(x 2+1)(x 2+4) z 2i
， Res[R (z ),i]=lim (z -i )R (z ) =lim =
z →i z →i (z +i)(z 2+4) 6z 2i
Res[R (z ),2i]=lim (z -2i )R (z ) =lim 2=-，
z →2i z →2i (z +1)(z +2i) 3
所以
⎰
+∞
x 21⎛i i ⎫πdx =⋅2πi ⋅ -⎪=22
(x +1)(x +4) 2⎝63⎭6
(6)
⎰
+∞
-∞
cos x
22
(x +1)(x +9) =
1
，m =4，n =0，m -n ≥1，且R (z ) 在实轴上无孤立奇点，故积分 42
x +10x +9
解：R (x )
⎰
存在，所求积分I 是它的实部． 函数R (z ) 在上半平面有两个一级极点z 0
+∞
-∞
e i x
(x 2+1)(x 2+9)
=i 和z 1=3i ，而且
i z
e i z i
， Res[R (z ) e ,i]=lim (z -i )R (z ) e =lim =-
z →i z →i (z +i)(z 2+9) 16e
i z
e i z i
Res[R (z ) e ,3i]=lim (z -3i )R (z ) e =lim 2=
z →3i z →3i (z +1)(z +3i) 48e 3
i z
i z
，
从而
⎰
所以
+∞
-∞
e i x i ⎫π⎛i
dx =2πi -+=3e 2-1) 223⎪3((x +1)(x +9) ⎝16e 48e ⎭24e
cos x π
=3e 2-1) 223((x +1)(x +9) 24e
⎰
习题8： 4、试求解：
+∞
-∞
f (t ) =e
-的傅氏变换．
f (t ) 的傅里叶变化为
F (ω) =⎰
0-∞
+∞
-∞
f (t ) e -j ωt dt =⎰e t e -j ωt dt +⎰e -t e -j ωt dt
-∞
+∞0
0+∞
=⎰e (1-j ω) t dt +⎰e -(1+j ω) t dt 11(1-j ω) t 0
=e +e -(1+j ω) t
-∞1-j ω-(1+j ω)
112=+=2
1-j ω1+j ωω+1
5、试求矩形脉冲
+∞0
⎧A ,0≤t ≤τ,
的傅氏变换． f (t ) =⎨
⎩0, 其他
解：
f (t ) 的傅里叶变化为
F (ω) =⎰
+∞
-∞
f (t ) e
-j ωt
dt =⎰Ae -j ωt dt
τ
A -j ωt τA (1-e -j ωτ) =e =
0-j ωj ω
6、求下列函数的傅氏积分：
(1)
⎧0, -∞
⎪-1, -1
f (t ) =⎨
⎪1, 0
f (t ) 是(-∞. +∞) 上的奇函数，则
解：
a (ω) =0，
b (ω) =
于是
2
π
⎰
+∞
f (τ)sin ωτd τ=
2
π
⎰
1
sin ωτd τ=
π
21-cos ω
⋅，
ω
f (t ) =⎰a (ω)cos ωtd ω+⎰b (ω)sin ωtd ω
+∞+∞
=⎰
7、求函数
+∞
π
21-cos ω2+∞1-cos ω
⋅⋅sin ωtd ω=⎰sin ωtd ω
ωπ
ω
22
⎧⎪1-t , t ≤1, f (t ) =⎨的傅氏积分，并计算
2
t >1⎪⎩0,
⎰
解：
+∞
-∞
x cos x -sin x x
⋅cos ． 3
x 2
f (t ) 是(-∞. +∞) 上的偶函数，则
a (ω) =
2
π
⎰
+∞
f (τ)cos ωτd τ=
2
π
⎰
1
(1-τ2)cos ωτd τ=
4(sinω-ωcos ω)
πω3
，
b (ω) =0，
于是
+∞
+∞
f (t ) =⎰a (ω)cos ωtd ω+⎰b (ω)sin ωtd ω
=⎰
+∞
4(sinω-ωcos ω)
πω
3
⋅cos ωtd ω=
π⎰
4
+∞
sin ω-ωcos ω
ω
3
cos ωtd ω
10、求符号函数sgn t
⎧-1, t
的傅氏变换．（提示：sgn t =2u (t ) -1．） =⎨
⎩1, t >0
解：方法一：F
⎛1⎫2
． [sgnt ]=2F [u (t )]-2πδ(ω) =2 +πδ(ω) ⎪-2πδ(ω) =j ω⎝j ω⎭
方法二：F (ω) =
11、求函数解：
⎰
+∞
-∞
sgn t ⋅e
-j ωt
dt =⎰-e
-∞
-j ωt
dt +⎰e -j ωt dt =
+∞
2
j ω
．
f (t ) =sin 2t cos t 的傅氏变换．
sin(2t +t ) +sin(2t -t ) 1
=(sin 3t +sin t )，则
22
f (t ) =sin 2t cos t =
F [f (t )]=
1
(F [sin3t ]+F [sint ])2
j ω=[δ(ω+3) -δ(ω-3) +δ(ω+1) -δ(ω-1)]2
15、利用位移性质计算下列函数的傅氏变换： (1)
u (t -C ) ；(2)
1
[δ(t +a ) +δ(t -a )] 2
解：(1)
F [u (t -C )]=e -j ωC F [u (t )]=e -j ωC ⎢
⎡1⎤1-j ωC
+πδ(ω) ⎥=e +πδ(ω) ； ⎣j ω⎦j ω
j ωa -j ωa
⎡δ(t +a ) +δ(t -a ) ⎤F [δ(t +a )]+F [δ(t -a )]e +e (2) F ===cos ωa ．
⎢⎥222⎣⎦
23、求下列函数的傅氏变换： (2)
f (t ) =e j ω0t u (t ) ；(3) f (t ) =e j ω0t u (t -t 0) ；(4) f (t ) =e j ω0t tu (t ) ．
解：(2) 记F 1(ω) =F 有
[e j ω0t ]=2πδ(ω-ω0) ，F 2(ω) =F [u (t )]=
1
+πδ(ω) ，由卷积定理j ω
F [f (t )]=
⎡1⎤
2πδ(τ-ω) +πδ(ω-τ) d τ0⎢⎥⎰-∞
⎣j(ω-τ) ⎦
+∞⎡⎤1=⎰δ(t ) ⎢+πδ(ω-t -ω0) ⎥dt (令t =τ-ω0) -∞
⎣j(ω-t -ω0) ⎦
11
F 1(ω) *F 2(ω) =2π2π
+∞
=
11+πδ(ω-t -ω0) =+πδ(ω-ω0)
j(ω-t -ω0) j(ω-ω0) t =0
(3) 记F 1(ω) =F [e j ω0t ]=2πδ(ω-ω0) ，F 2(ω) =F [tu (t )]=-
1
ω
2
+j πδ'(ω) ，由卷积定
理有
F [f (t )]=
⎡⎤1
'2πδ(τ-ω) -+j πδ(ω-τ) d τ0⎢⎥2⎰-∞
⎣(ω-τ) ⎦
+∞⎡⎤1
'=⎰δ(t ) ⎢-+j πδ(ω-t -ω) (令t =τ-ω0) 0⎥dt 2-∞
⎣(ω-t -ω0) ⎦
11
F 1(ω) *F 2(ω) =2π2π
+∞
=-
11
'+j πδ(ω-t -ω) =-+j πδ'(ω-ω0) 022
(ω-t -ω0) (ω-ω0) t =0
(4) 记F 1(ω) =F 积定理有
[e j ω0t ]=2πδ(ω-ω0) ，F 2(ω) =F [u (t -t 0)]=
1-j ωt 0
e +πδ(ω) ，由卷j ω
F [f (t )]=
+∞
11F 1(ω) *F 2(ω) =2π2π
⎡1
=⎰δ(t ) ⎢e -j(ω-t -ω0) t 0
-∞
⎣j(ω-t -ω0) =
习题9：
2、求下列函数的拉氏变换：
⎡1⎤-j(ω-τ) t 0
2πδ(τ-ω) e +πδ(ω-τ) d τ0⎢⎥⎰-∞
⎣j(ω-τ) ⎦⎤
+πδ(ω-t -ω0) ⎥d τ(令t =τ-ω0)
⎦
+∞
11
e -j(ω-t -ω0) t 0+πδ(ω-t -ω0) =e -j(ω-ω0) t 0+πδ(ω-ω0)
j(ω-t -ω0) j(ω-ω0) t =0
(1)
⎧1,0≤t
⎪
f (t ) =⎨-1,1≤t
⎪0, t ≥5⎩f (t ) =cos t δ(t ) -sin tu (t ) .
(3)
解：(1)
L [f (t )]=⎰
+∞
+∞
151
f (t ) e -st dt =⎰e -st dt -⎰e -st dt =(1-2e -s +e -5s ) ．
01s
(3)
L [f (t )]=⎰
f (t ) e dt =⎰
-st
+∞
1s 2(1-sin t ) e dt =1-2=．
s +1s 2+1
-st
3、求下列周期函数的拉氏变换： (1)
f (t ) 以2π
为周期且在一个周期内的表达式为
⎧sin t , 0≤t
． f (t ) =⎨
0, π≤t
L [f (t )]=
解：
=
11-e -2πs
T π11-st f (t ) e dt =sin te -st dt -sT ⎰0-sT ⎰0
1-e 1-e
π1π(j-s ) t 1-(j +s ) t
⋅e dt -sin te dt =⎰⎰002j (1-e -πs )(s 2+1)
()
4、求下列函数的拉氏变换： (1) (2)
f (t ) =(t -1) 2e t ；
f (t ) =5sin 2t -3cos t ；
(3) (6) (9) (10)
f (t ) =1-te t ；
； f (t ) =e t cos kt （k 为实常数）
f (t ) =te -3t sin 2t ； f (t ) =t ⎰e -3t sin 2tdt ；
0t
(11)
e -3t sin 2t
f (t ) =
t
．
L [f (t )]=L [t 2e t -2te t +e t ]=L [t 2e t ]-2L [te t ]+L [e t ]
解：(1)
211s 2-4s +5=-2⋅+=(s -1) 3(s -1) 2s -1(s -1) 3
103s
-
s 2+4s 2+1
；
(2)
L [f (t )]=5L [sin2t ]-3L [cost ]=
(3)
L [f (t )]=L [1]-L [te t ]=-
s s 2+k 2
11s (s -1) 2
(6)
F (s ) =L [coskt ]=，则由位移性质有L [f (t )]=F (s -1) =
s -1(s -1) 2+k 2
；
；
(9)
F (s ) =L [e -3t sin 2t ]=
24(s +3)
'L [f (t )]=-F (s ) =，则
(s +3) 2+4[(s +3) 2+4]2
(10)
F (s ) =L [e
-3t
t 2-3t ⎡⎤=1F (s ) ，从而 L e sin 2tdt sin 2t ]=，则
⎢⎥⎣⎰0⎦s (s +3) 2+4
2
d ⎡1⎤2(3s +12s +13)
L [f (t )]=-⎢F (s ) ⎥=2
22
ds ⎣s ⎦s [(s +3) +4]
；
(11) F (s ) =L [e -3t sin 2t ]=
∞2，则 2(s +3) +4s +3s +3=arccot ． 22L [f (t )]=⎰F (s ) ds =s π2-arctan