復變函數(shù)與積分變換習題答案

第一章復數(shù)與復變函數(shù)

1.1計算下列各式:

(1)(1+/)-(3-20;

解:(l+z)-(3-2z)=(l+0-3+2z=-2+3z.

i

⑵

(D(i-2)'

iiii(l+3i)-3i

解:

(i-l)(z-2)-i2-2i-i+2~l-3z-10"K)W-

z-1.

⑶---(zz=x+iy-I);

z+l

z—I_x+Zy-l_(x-l+(y)(x+l-zy)_x2+y2—i.2y

z+lx+iy+l(x+l)2+/(x+l『+y2\x+l)2+/,

1.3將圓周方程a(V+y2)+瓜+勺+4=0(。。0)寫成復數(shù)形式(即可z與1表示淇中

z=x+iy).

7+77_7—

解：把％=——,y=——，尤2+；/=2.2代入圓周方程得：

22/

2az?z+(。-ic)z+(。+ic)z+2d=0,

故

Az?z+&+3z+C=0.

其中A=2〃,B=Z?+iGC=2d.

1.5將下列各復數(shù)寫成三角形式.

(I)sincr+zcosa\

解：卜ina+icosa1=l,

故

7171

sina+icosa=cos(--a)+zsin(--a).

.n.n

(2)-sm——zcos—.

66

解：arg(—sin---icos—)—arctan(cot—)一萬=-------TI——7i,

666263

-sin——icos—=cos(——乃)+isin(——乃)=cos(—萬)-/sin—n.

663333

1.7指出滿足下列各式的點z的軌跡是什么曲線？

(1)|z+z|=l;

解：以為圓心,1為半徑的圓周.

(2)zz+az+az+/?=O,其中a為復數(shù)，為b實常數(shù)；

解：由題設可知(z+a)丘+Z)+/Ha『=O,即|z+a『=|a|2—女

若|a『=b,則z的軌跡為一點一a;

若|a『>b,則z的軌跡為圓,圓心在-a，半徑為Jaj

若|a『<b,無意義.

第二章解析函數(shù)

1.用導數(shù)定義，求下列函數(shù)的導數(shù)：

(1)/(x)=zRez.

解：因

A、，/、(z+Az)Re(z+Az)-zRez

/(z+Az)-/(z)=hm-----------------------

lim--------------AZ->OA7

xoAZ?

zReZkz+AzRez+AzReAz

=hm------------------------

4->0Az

「小c▲ReAz、

=lim(Rez+ReAz+z----)

4->oAz

..小ReAz、「小Ar、

=hm(Rez+z----)=lim(Rez+z--------),

0

AzA△—y^OAx+iAyJ

當z*0時，上述極限不存在,故導數(shù)不存在；當Z=()時，上述極限為0,故導數(shù)為0.

3.確定下列函數(shù)的解析區(qū)域和奇點，并求出導數(shù).

(1)絲當(c,d至少有一不為零).

cz+d

解：當CH0時，/(z)="邛除Z=-1外在復平面上處處解析，Z=-4為奇點,

cz+acc

az+b

r（z）=（)'

cz+d

(az+〃)'(cz+d)-(cz+d)'(az+b)

(cz+d)2

a(cz+d)-c(az+b)_ad-cb

(cz+d)?(cz+df

當c=o時，顯然有"大0,故/（z）=絲幼在復平面上處處解析，且r（z）=g.

da

5.設/（z）在區(qū)域。內(nèi)解析,試證:"⑵F=4|/(Z)|2.

證：設/(z)-u+iv,|f(z)|2=M2+v2,

r⑶=會坐,"，⑵『=（沙+（第2.

oxdyoxdy

而

o2

i/(z)r=2+v2)+—(u2+v2)

②一

,dud2u/Sv、？52v,du、2d2u,dv

2(―)x2+?^7+(—)2+V-y+(—)2+M^y+(—x2)2+V

oxdx~oxoxoydydy

又/（Z）解析，則實部〃及虛部V均為調和函數(shù).故

電+再K+嗎=0.

去2辦2&2辦2

則

"⑶『=4((=)2+(=)2)=4I/⑶『.

dxdy

7.設u=*siny,求p的值使u為調和函數(shù)，并求出解析函數(shù)/（z）=〃+泣

解：要使u（樂y）為調和函數(shù)，則有AU=L+%，=。?即

“2*siny-epxsiny=0,

所以p=±l時,u為調和函數(shù)，要使/（z）解析,則有4=匕,,%=一匕.

pxpx

u(x.y)=Juxdx=jecosydx=—ecosy+敢(y),

pxpx

uv=—esiny+“(y)=-pesiny.

所以

“(y)=(----p)*siny,(/)(y)=(p-----)epxcosy+C.

PP

即u(x,y)=pepxcosy+C,故

，(cosy+isiny)+C=e"+C,P=l，

/(z)

一小"(cosy-zsiny)+C=-ez+C,p=-l.

9.求下列各式的值。

(1)cos/;

(2)L〃(-3+4i);

解：Ln(-3+4z)=In5+iArg(-3+4z)

4

=ln5+i(2k7v+不一arctan—).

(3)(l-/),+，;

_A\+i)Ln(\-i)

——《

m、-+W-而cos(lnV5_M)+jsin(ln0-M)

(4)33T;

23T_(3-/)In3_(3-i)(ln3+2A市)

j—e—e

C(3T)ln3"而=631n3+2A;ri6—升113

=27e2k7r(cosIn3—isinIn3).

第三章復變函數(shù)的積分

1.計算積分J[(x-y)+比2]龍，積分路徑(1)自原點至1+i的直線段；(2)自原點

沿實軸至1,再由1直向上至l+i;(3)自原點沿虛軸至"再由i沿水平方向向右

至1+i.

注：直線段的參數(shù)方程為z=(l+),O＜，KL

(2)Cj:y=O,dy=O,dz=dx,

C2:x=l,dx=O,dz=idy.

n—y)+&學=JG+]

=￡(%+/x2)d^+￡(i—=_'+*?

(3)I]：x=O,dz=idy;%：y=l,dz=dx.

=￡(-y)idy+￡(x-1+)idx

_1_z

~~2~6'

3.求證：|J號吁其中C是從j?到1的直線段。

第3題

71

證：C:z=l+iy=l+itan6,

4

1

||2=l+y2=l+tan20

zcos20'

,,...dO

Idz|=|i—―

cos"0

故

I凈喟或盥3

5.求積分19刁2的值，其中C為由正向圓周|z=2與負向圓周|z|=l所組成.

解:Jc?z=l?z-&|z

=2Tli-2.7ii=0.

6.計算血.97yz，其中C為圓周|z|=2.

解：/(z)=4—=―—在|zh2內(nèi)有兩個奇點z=O,l分別作以0,1為中心

z-zz(z-l)

的圓周G，G，G與￡不相交，則

加白產(chǎn)=也占dz—也^dz=2m-2加=0.

7.計算也dz.

必3(z-i)(z+2)

]

解：解法同上題，［dz=0.

#3(z-i)(Z+2)

9.計算「京，其中C為圓周Iz+i|=2右半周，走向為從-3i到i.

解：函數(shù)(?在全平面除去z=0的區(qū)域為解析，考慮一個單連通域，例如

￡>:Rezz|>!，則」?在。內(nèi)解析，于是取1的一個原函數(shù)」，則

42z~zz

f1,l1144.

\2az—1r-3/-.々?一

Jrczzi3i3i一3。

11.計算/=「———，其中C是

吐(2z+l)(z—2)

(1)|z|=l;(2)|z|=3.

解：(1)被積函數(shù)在|z區(qū)1內(nèi)僅有一個奇點2=-；，故

rzdz,c.1/z\Tti

Ir=[11------------dz=2m—\------.=—.

%2z+l)(z-2)2(z-2j^=~5

(2)被積函數(shù)在內(nèi)處處解析，故/=().

13.計算下列積分。

sinz

⑴山?dz.

#2(Z-7T/2)

解：原式二2加工/|=%工

99!2-099!

⑵iu海龍，

解：原式二2?i(sinz)'|萬=2M?cosz|=0.

2=2V

(3)(1.r，.半fe,其中G：|z|=2，G：|z|=3.

**K.=C1+C2Z

解A刀：XtUc+c-COSZ,=必rC—OSZd,z+山r.C刀OSZ一d,z

1n,1

=2疝—(cosz)|z=0-27ri—(cosz)|_=0

=^z(-l)-"i(-1)=0.

第四章解析函數(shù)的級數(shù)表示

1.下列序列是否有極限？如果有極限，求出其極限.

⑴z,=i"+'(2)z“=(g).

解:(1)當〃foo時，〃不存在極限，故z“極限不存在.

⑵4=(;=z2n令.2n?eilnO

-|7F/〃

=cos2nd+isin2nd,

8時，cos2的sin的極限不存在，故z〃=斗無極限.

一81

3.證明級數(shù)Z(2z)"當|z|<上時絕對收斂.

”=12

證：當|z|<；時，令|z|=r<g,|(2z)"|=2〃?|zr<l,且|(2z)"|=(2r)"<L

￡(2r)收斂，故￡(2z)絕對收斂.

n=\n=l

5.將下列各函數(shù)展開為z的幕級數(shù)，并指出其收斂區(qū)域.

11

⑴⑵("0,/,7())；

1+z35(z-a)(z-Z?)

解七金

(1)=Z(-Z3)"=Z(T)"Z",原點到所有奇點的距離最小

w=0〃=0

值為1,故|z|<L

1,11

⑵解:)(?7b)

(z-a)(z-6)a-bz-az-b

1,11

)

b-aa-zb-z

I11

7Z

b-aad--)僅1-6

ab

1oo_noo_n__

工烏市？廬3萬(1聞聲L

即

|z|<min{|a|,|Z?|).

若a=b,則

11

(z-a)(z-/>)(z-a)2

00zn}

立

/?=!\

conz1

Iz|<|a|.

ER

?i=ia

7.將下列各函數(shù)在指定圓環(huán)內(nèi)展開為洛朗級數(shù).

z+1

(1)^-~0<|z|<l,l<|z|<oo;

z-(z-l)

(2)z2e]lz,0<|z|<oo；

解:(1)0<Z|<1時,

z+1_1“2、120

當1<|z|<0O時,0v11,

z

z+1=—(1-2)=4(i+--r4r)

z~(z—l)Z1-zz~z1-1/z

8(1、〃002—/?

(2)z2e',z=z2^[-/〃!=Z---

n=0IZJn=Q〃.

9.將/(z)=J，在z=i的去心領域內(nèi)展開成洛朗級數(shù).

(z2+l)2

解：f(z)的孤立奇點為±i./(z)在最大的去心領域0<|z-i\<2內(nèi)解析.

當0<|z—i]<2時,

/(z)=~y----

(z2+l)2(z-02(z+i)2

(z-z)2lz+zj(z-z)-2z]|ZT

I2i)

?上」切白廣㈠)/，上」力(一1)，”?心

(z—i)22i\n=0\2iJ—(z-i)22in=0(2i)"

(Z-產(chǎn)OP(z-i)"-2

n-----rZ(-i)"?+D

n+l⑵)"+2

n=l(2z)n=0

上式即為/(Z)在Z」?的去心領域內(nèi)的洛朗級數(shù).

第五章留數(shù)及其應用

1.問z=0是否為下列函數(shù)的孤立奇點？

(1)cot-；

Z

解：因cot—=cos。/~),在J_=々乃處，即Zk=」_(女=±1,±2,…),z=0處cot，不解

zsin(l/z)zk7rz

析，且limzyO,故0不為coJ的孤立奇點.

18Z

3.下列各函數(shù)有哪些奇點？各屬何類型(如是極點，指出它的階數(shù)).

z—1sinz11

(1)⑵⑶(4)

z(z2+4)2sinz+coszz

,7-1I

解：(1)令/(z)=--一為/(z)的奇點，因lim/z)=-一，所以z=()

z(z+4)io16

為簡單極點，又

[?/Z—12—1i+2

lim(z-2z)——-----7=-------7=-----，

22

2f2iZ(Z+4)~Zf2iz(z+2z)32

所以z=2i為二階極點，同理z=-2i亦為二階極點.

(2)因limz2華=lim包絲=1,所以z=0為二階極點.

ZTO23z->0￡

⑶令

/(Z)=---------=----------—,

sinz+cosz&sin(z+為

4

14

則----的零點為z=k"——,2=0.±1,±2,….因

f(z)4

(六)1人.=(夜sin(z+?))|.

</(z)；z=yI4)2="-工

=V2cos(z+y)|"

4z=kn—

4

=V2.(-1/>0,

TT

所以z=八萬一土優(yōu)=0,±1,…)都為簡單極點.

4

(4)令

//、11z—e~+l

f(z)=-------=--------

e:-lzz(e!-l)

z=0和2km{k=±1,±2,…)為其孤立奇點.因

l---e:1

limf(z)=lim-----e----=lim--------=一一，

55e--i+ze'52e~+ze-2

所以z=0為其可去奇點.又

1z(^-l)z八

----=----：—=----：---(e-1),

/(z)z-ez+1z-e^+1

所以z=2kR(A=±l,±2,…)為」一的一階零點，即為了⑶的簡單極點.

/(z)

7.求出下列函數(shù)的在孤立奇點處的留數(shù).

7’11

(1)(2)-----J—；(4)z2sin-；(5)—

(z-2)(z+1)zzsinz

解：(1)令f(z)=色二!■,孤立奇點僅有可去奇點z=0.故

Z

Res"(z),O]=O.

(2)z=2為簡單極點，z=±i為一階極點.

z7Z7128

Res[f(z),2]=lim(z-2)---=lim~~,

ZT2(Z-2)(Z2+1)2Z-2(Z2+1)225

z12+i

Res"(zM=!*-2)(z+j)

10

2-z

同理可計算Res"(z),T]=而.

2211、11

(4)zsin—=z：(------d---------)=Z-—r----7

zz3!z35!z53!z35!z5

]_

Res[/(z),0]

6,

(5)z=(),z*=Z〃(A:=±l,±2

」一的孤立奇點為「?)，其中,z=0為二階

zsinz

極點，這是由于

111

zsinz.z3、2ziz3、

Z(Z-----1-??,)Z(1-----F??,)

3!3!

J1L在z=0處解析.且」一wo.

Z2g(z)'g(z)g(0)

所以

。1

Rej[/(z),0]=limz"------

z->0zsinz_

sinz-zcosz

lim

2

ZTOsinz

cosz+zsinz-cosz八

lim-------:------------=v,

2-?02sinzcosz

易知z*=4萬(左=±1,±2,…)為簡單極點，所以

Res[/(z),Z;r]=lim[(z-A:zr)/zsinz]

1(-1「伏=±1,±2,...).

=lim

zfk"sinz+zcoszK7C

9.判定z=8是下列各函數(shù)的什么奇點，并求出在00的留數(shù).

1

(l)sinz-cosz;⑵

z(z+l)2(z—1)'

解:(1)lim(sinz-cosz)不存在，故oo為sinz-cosz的本性奇點.

ZT8

00(-l)nz2,,+l00(-lfz2n

sinz-cosz=Z-x

n=0(2n+l)!〃=0(2〃)!

所以Res(sinz-cosz,oo)=0.

1

(2)lim=0,故8為其可去奇點.

Z—>00z(z+l)2(z-l)

Res(/(z),8)=-Res0

zz

Z1

=-Re5(--r，°)=°?

1—z

積分變換第一章習題一

1.試證：若滿足Fourier積分定理中的條件，則有

/(?)=J；a(0)cos(otda)+j；)(0)sina>tda)

其中a(G)=—Jf(c)cos0rdT,>(0)=—Jf(T)sinfi>fdr.

分析：由Fourier積分的復數(shù)形式和三角形式都可以證明此題，請讀者試

用三角形式證明.

證明：利用Fourier積分的復數(shù)形式，有

/⑺=5匚［匚/⑺”'卜.

=-廣—J*:0/(f)(cos℃-jsin@r)dfe'?zdo

2it-^0

工廠［a(0)-救3)］(coscot+jsin血)d0

2-00-

由于MM=a=所以

/(。=+b^^sincDtda)

=Ja（ey）cosa）tda）+￡，（⑹sin血d0

2.求下列函數(shù)的Fourier積分：

I-/2,t2<lo,z<o

1)/(，)=2)/(，)=?

0,『>1e-‘sin>0

0,-oo</<-1

-l,-l<f<0

3)4)=■

1,o<r<i

0,l<Z<-t-00

分析：由Fourier積分的復數(shù)形式和三角形式都可以解此題，請讀者試用三

角形式解.

]_/2,2V]

解：1）函數(shù)/（。=一'為連續(xù)的偶函數(shù)，其Fourier變換為

0,/>1

4-00i<ol2

/(。)=.刀"?)]=〈f(t)e~dt=iJ^/COcos^yZdZ=2J^(1—Z)coscotdt

—00

sin血Itcosa)t2sind?ZJsiiwf4(sin。一0cos0)

=2kF（偶函

co2

coo

數(shù)）

f（t）的Fourier積分為

+00

F(co)cosa)tdc()

0

4f+00(sin69-69COS69)

COScotACD

710

2)所給函數(shù)為連續(xù)函數(shù)，其Fourier變換為

F(co)=.7-[/(Z)]=j+GO/(Z)e->,dZ=JVZsin2Zewd/

r+ooe2/j—p_2(i1r4-oo

-一--.e-ia"dt=—f[e,-1+2j->,/_e-<1+2j+j(a),]d?

Jo'2j2jJ0

Ie(T+2j-j0)r^-(l+2j+jd))Z

2j[-l+2j-j?+l+2j+j?

11]_2[(5一叫一2句]

（實部為偶函數(shù)，虛

式-1+(2-⑼j+l+(2—o)jJ-25-6(O2+(O4

數(shù)為奇函數(shù)）

f（。的Fourier變換為

/、1c-Foo.

f(t)=—\尸(d?)e3d0

2nJ-oo

1+oo2[(5-明-2國

江礪k(c°s*Jsm砌do

i-+oo(5-to2)cos(ot+2<?sina)ti+ao(5-(o2]sin(ot-2a)cos(ot

SP

=-|--------1------,~~5--------d?+-[--------』------.~~：--------d(o

兀J-oo25-6a)-+(o兀J-0025-6(0+0)

2.+oo(5-<y2)cos?o/+26ysin(ot

=-1(--------L-------z；--------d?

兀J025-6。~+co

這里用到奇偶函數(shù)的積分性質.

3)所給函數(shù)有間斷點T,0,1且f(—)=-/1(Z)是奇函數(shù)，其Fourier變

換為

尸⑼=/[/?)]==-2jJ^0°/(Z)sin?Zdr

一心—幽”（奇函數(shù)）

/（Z）的Fourier積分為

1r4*oo/、.，ir-f-oo/、

f(t)=—JF(6?)e'?d￡0=—JF(to)sin?/d?

27rJ0TTJ0

2f+ool-cosd).工

=-I----------smoMd?

nJ0CD

其中0,1（在間斷點f0處，右邊/V）應以純土史純二分代替）.

02

習題二

40<t<r

'~的Fourier變換.

10,其他

解：

>a,T

r_e+oofTt~A(1—e

F(?)=Z/(/)]=[/(/)e-J(B,dZ=fAe-,<B,d/=A-=-^-

J-8J0J。

6.已知某函數(shù)的Fourier變換尸3）=隨色，求該函數(shù)f[t}-

解：=四吆為連續(xù)的偶函數(shù)，由公式有

O

7rr+0°\ia)t11f+°osind?i

=~\F\(D}^dd>=—I-------cosa)tAa)

7v72J-oov7nJ0(o

+oosin(l+￡)01|.oosin(l-/)>^

———d0++fid

=乩2元J0a)

但由于當Q>0時

f+<?siiiQ0a_r+oosin^_n

J。o0—J。oa/，。~~T~2

當av()時

r4<osina(o>r+<x)sin(-a)d)、n

--------da)=-\------------dd>=——

J0a)J。。2

副<1

當a=()時，j400sina。-=0,所以得/(/)=.%M=i

J0G

o，M>i

10.求函數(shù)/⑺=cos￡sinf的Fourier變換.

解：已知

7-[sind;(/]=jn[6(fi?+d?0)-6(d?-d?0)]

由f(/)=cossin^=—sin2t有=—[8(d>+2)-8(fi)-2)J

22

11.求函數(shù)/(t)=sin3t的Fourier變換.

解：已知「鼠的］=2兀可0-/),由

/(f)=sin3/=

即得

~[/(Z)]=^[6(0-3)-36(o-l)+36(0+l)-6(0+3)]

12.求函數(shù)f(f)=sin(5f+gj的Fourier變換.

解：由于

=sin(5f+三)=；sin5/+-^cos5/

故.7'[/(/)]=^[6(。+5)_63-5)]+^1^6(fy+5)+8(<y-5).

習題三

10.利用象函數(shù)的微分性質，求/")=*-'的Fourier變換.

解由鐘形脈沖函數(shù)的Fourier變換：

/Ae，]=J5Ae%，

YP

取A=l，8=l，有網(wǎng)e"]=6e-W,再利用象函數(shù)的微分性質:

各3=見-W(r)]=-川e-)有

乳〉卜一修伉春尸瞥

第二章習題一

2.求下列函數(shù)的Laplace變換：

3,0</<2

1)/(/)=.-1,24f<4.

0,/>4

解:二/[/")]=廣/(現(xiàn)'曲=3晨一知一晨一石

=3-$12+1-s141/rA-2s-4.s\

-?e|0;eLw(3-4e+e).

3)y(r)=e2,+56(^)

解：，[2)]=r[6+5M亦加=r日5+5foM葉曲

+5e-"L=o=5+」;(Re(s)>2).

s-2s一/

習題五

1.求下列常系數(shù)微分方程的解：

1)y-j=e2/,j(0)=0；8)ym+3yn+3y'+y=l,y(0)=yf(0)=(0)=0；

12)y(4)+2y"+y=0,j(0)=(0)=jw(0)=0,y"(0)=1；

16)y"+y=10sin2f,y(0)=0,y0=l。

解：1)方程兩邊取Laplace變換，并結合初始條件可得

sy(s)-y(s)=，[e2]=W

即

y(S)=7-----J---r=------?

從而方程的解為

y(f)=,t[y(s)]=e2f-e*

8)對方程兩邊取Laplace變換，并結合初始條件，有

s3y(s)+3/y(s)+3sy(s)+