復變函數課后習題答案全

1、習題一答案1 求下列復數的實部、虛部、模、幅角主值及共軛復數：（1） （2） （3） （4）解：（1）， 因此：，（2），因此，（3），因此，（4）因此，2 將下列復數化為三角表達式和指數表達式：（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 設試用三角形式表示與解：，所以，5 解下列方程：（1） （2）解：（1） 由此， （2），當時，對應的4個根分別為：6 證明下列各題：（1）設則證明：首先，顯然有； 其次，因 固此有 從而 。（2）對任意復數有證明：驗證即可

2、，首先左端，而右端 ， 由此，左端=右端，即原式成立。（3）若是實系數代數方程的一個根，那么也是它的一個根。證明：方程兩端取共軛，注意到系數皆為實數，并且根據復數的乘法運算規(guī)則，由此得到：由此說明：若為實系數代數方程的一個根，則也是。結論得證。（4）若則皆有證明：根據已知條件，有，因此： ，證畢。（5）若，則有證明：， ，因為，所以， ，因而，即，結論得證。7設試寫出使達到最大的的表達式，其中為正整數，為復數。解：首先，由復數的三角不等式有， 在上面兩個不等式都取等號時達到最大，為此，需要取與同向且，即應為的單位化向量，由此， 8試用來表述使這三個點共線的條件。解：要使三點共線，那么用向量表示

3、時，與應平行，因而二者應同向或反向，即幅角應相差或的整數倍，再由復數的除法運算規(guī)則知應為或的整數倍，至此得到： 三個點共線的條件是為實數。9寫出過兩點的直線的復參數方程。解：過兩點的直線的實參數方程為： ，因而，復參數方程為： 其中為實參數。10下列參數方程表示什么曲線？（其中為實參數）（1） （2） （3）解：只需化為實參數方程即可。（1），因而表示直線（2），因而表示橢圓（3），因而表示雙曲線11證明復平面上的圓周方程可表示為 ，其中為復常數，為實常數證明：圓周的實方程可表示為：，代入，并注意到，由此 ，整理，得 記，則，由此得到 ，結論得證。12證明：幅角主值函數在原點及負實軸上不連續(xù)。

4、證明：首先，在原點無定義，因而不連續(xù)。 對于，由的定義不難看出，當由實軸上方趨于時，而當由實軸下方趨于時，由此說明不存在，因而在點不連續(xù)，即在負實軸上不連續(xù)，結論得證。13函數把平面上的曲線和分別映成平面中的什么曲線？解：對于，其方程可表示為，代入映射函數中，得 ，因而映成的像曲線的方程為 ，消去參數，得 即表示一個圓周。 對于，其方程可表示為代入映射函數中，得 因而映成的像曲線的方程為 ，消去參數，得，表示一半徑為的圓周。14指出下列各題中點的軌跡或所表示的點集，并做圖：解：（1），說明動點到的距離為一常數，因而表示圓心為，半徑為的圓周。（2）是由到的距離大于或等于的點構成的集合，即圓心為半

5、徑為的圓周及圓周外部的點集。（3）說明動點到兩個固定點1和3的距離之和為一常數，因而表示一個橢圓。代入化為實方程得 （4）說明動點到和的距離相等，因而是和連線的垂直平分線，即軸。（5），幅角為一常數，因而表示以為頂點的與軸正向夾角為的射線。15做出下列不等式所確定的區(qū)域的圖形，并指出是有界還是無界，單連通還是多連通。（1），以原點為心，內、外圓半徑分別為2、3的圓環(huán)區(qū)域，有界，多連通（2），頂點在原點，兩條邊的傾角分別為的角形區(qū)域，無界，單連通（3），顯然，并且原不等式等價于，說明到3的距離比到2的距離大，因此原不等式表示2與3 連線的垂直平分線即2.5左邊部分除掉2后的點構成的集合，是一無界

6、，多連通區(qū)域。（4）， 顯然該區(qū)域的邊界為雙曲線，化為實方程為 ，再注意到到2與到2的距離之差大于1，因而不等式表示的應為上述雙曲線左邊一支的左側部分，是一無界單連通區(qū)域。（5），代入，化為實不等式，得 所以表示圓心為半徑為的圓周外部，是一無界多連通區(qū)域。習題二答案1 指出下列函數的解析區(qū)域和奇點，并求出可導點的導數。（1） （2） （3） （4）解：根據函數的可導性法則（可導函數的和、差、積、商仍為可導函數，商時分母不為0），根據和、差、積、商的導數公式及復合函數導數公式，再注意到區(qū)域上可導一定解析，由此得到：（1）處處解析，（2）處處解析，（3）的奇點為，即， （4）的奇點為， 2 判別下

7、列函數在何處可導，何處解析，并求出可導點的導數。（1） （2）（3） （4）解：根據柯西黎曼定理：（1）， 四個一階偏導數皆連續(xù)，因而處處可微，再由柯西黎曼方程解得：， 因此，函數在點可導， ， 函數處處不解析。（2）， 四個一階偏導數皆連續(xù)，因而處處可微，再由柯西黎曼方程解得：， 因此，函數在直線上可導， ， 因可導點集為直線，構不成區(qū)域，因而函數處處不解析。（3）， 四個一階偏導數皆連續(xù)，因而 處處可微，并且 處處滿足柯西黎曼方程 因此，函數處處可導，處處解析，且導數為 （4）， ， ， 因函數的定義域為，故此，處處不滿足柯西黎曼方程，因而函數處處不可導，處處不解析。3 當取何值時在復平面

8、上處處解析？解：，由柯西黎曼方程得： 由（1）得 ，由（2）得，因而，最終有 4 證明：若解析，則有 證明：由柯西黎曼方程知，左端 右端，證畢。5 證明：若在區(qū)域D內解析，且滿足下列條件之一，則在D內一定為常數。（1）在D內解析 ， （2）在D內為常數，（3）在D內為常數， （4） （5）證明：關鍵證明的一階偏導數皆為0?。?），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 為常數（2）設，那么由柯西黎曼方程得 ， 說明與無關，因而 ，從而為常數。（3）由已知，為常數，等式兩端分別對求偏導數，得 -（1）因解析，所以又有 -（2）求解方程組（1

9、）、（2），得 ，說明 皆與無關，因而為常數，從而也為常數。（4）同理，兩端分別對求偏導數，得 再聯(lián)立柯西黎曼方程，仍有 （5）同前面一樣，兩端分別對求偏導數，得 考慮到柯西黎曼方程，仍有 ，證畢。6 計算下列各值（若是對數還需求出主值）（1） （2） （3）（4） （5） （6）解：（1）（2）， 為任意整數， 主值為：（3） ， 為任意整數主值為：（4）（5） ， 為任意整數（6），當分別取0，1，2時得到3個值： ， ， 7 求和解：，因此根據指數函數的定義，有 ， ，（為任意整數）8 設，求解：，因此 9 解下列方程：（1） （2）（3） （4）解：（1）方程兩端取對數得： （為任意整

10、數）（2）根據對數與指數的關系，應有 （3）由三角函數公式（同實三角函數一樣），方程可變形為 因此 即 ， 為任意整數（4）由雙曲函數的定義得 ，解得 ，即，所以 ，為任意整數10證明羅比塔法則：若及在點解析，且，則，并由此求極限 證明：由商的極限運算法則及導數定義知，由此， 11 用對數計算公式直接驗證：（1） （2）解：記，則（1）左端， 右端， 其中的為任意整數。 顯然，左端所包含的元素比右端的要多（如左端在時的值為，而右端卻取不到這一值），因此兩端不相等。（2）左端 右端 其中為任意整數，而 不難看出，對于左端任意的，右端取或時與其對應；反之，對于右端任意的，當為偶數時，左端可取于其對

11、應，而當為奇數時，左端可取于其對應。綜上所述，左右兩個集合中的元素相互對應，即二者相等。12 證明證明：首先有 ，因此 ，第一式子證畢。 同理可證第二式子也成立。13 證明 （即）證明：首先， 右端不等式得到證明。 其次，由復數的三角不等式又有，根據高等數學中的單調性方法可以證明時，因此接著上面的證明，有，左端不等式得到證明。14 設，證明證明：由復數的三角不等式，有 ，由已知，再主要到時單調增加，因此有 ，同理， 證畢。15 已知平面流場的復勢為（1） （2） （3）試求流動的速度及流線和等勢線方程。解：只需注意，若記，則 流場的流速為， 流線為， 等勢線為， 因此，有（1）流速為，流線為，

12、等勢線為 （2）流速為，流線為，等勢線為 （3） 流速為，流線為 ，等勢線為 習題三答案1 計算積分，其中為從原點到的直線段解：積分曲線的方程為，即 ，代入原積分表達式中，得 2 計算積分，其中為（1）從0到1再到的折線 （2）從0到的直線解：（1）從0到1的線段方程為：， 從1到的線段方程為：，代入積分表達式中，得；（2）從0到的直線段的方程為，代入積分表達式中，得 ，對上述積分應用分步積分法，得3 積分，其中為（1）沿從0到 （2）沿從0到 解：（1）積分曲線的方程為，代入原積分表達式中，得（2）積分曲線的方程為 ， ，代入積分表達式中，得 4 計算積分，其中為（1）從1到+1的直線段 （

13、2）從1到+1的圓心在原點的上半圓周解：（1）的方程為，代入，得 （2）的方程為，代入，得 5 估計積分的模,其中為+1到-1的圓心在原點的上半圓周。解：在上，=1，因而由積分估計式得 的弧長6 用積分估計式證明：若在整個復平面上有界，則正整數時 其中為圓心在原點半徑為的正向圓周。證明：記，則由積分估計式得 ，因，因此上式兩端令取極限，由夾比定理，得 ， 證畢。7 通過分析被積函數的奇點分布情況說明下列積分為0的原因，其中積分曲線皆為。（1） （2） （3） （4） （5）解：各積分的被積函數的奇點為：（1），（2）即，（3） （4）為任意整數，（5）被積函數處處解析，無奇點 不難看出，上述奇

14、點的模皆大于1，即皆在積分曲線之外，從而在積分曲線內被積函數解析，因此根據柯西基本定理，以上積分值都為0。8 計算下列積分：（1） （2） （3）解：以上積分皆與路徑無關，因此用求原函數的方法：（1）（2）（3）9 計算 ，其中為不經過的任一簡單正向閉曲線。解：被積函數的奇點為，根據其與的位置分四種情況討論：（1）皆在外，則在內被積函數解析，因而由柯西基本定理 （2）在內，在外，則在內解析，因而由柯西積分 公式：（3）同理，當在內，在外時， （4）皆在內此時，在內圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復合閉路原理得： 注：此題若分解，則更簡單！10 計算下列各積分解：（1），由柯西積分公式（

15、2）， 在積分曲線內被積函數只有一個奇點，故此同上題一樣： （3） 在積分曲線內被積函數有兩個奇點，圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復合閉路原理得：（4），在積分曲線內被積函數只有一個奇點1，故此 （5）， 在積分曲線內被積函數有兩個奇點，圍繞分別做兩條相互外離的小閉合曲線，則由復合閉路原理得：（6）為正整數，由高階導數公式 11 計算積分，其中為（1） （2） （3）解：（1）由柯西積分公式（2）同理，由高階導數公式 （3）由復合閉路原理 ，其中，為內分別圍繞0，1且相互外離的小閉合曲線。12 積分的值是什么？并由此證明解：首先，由柯西基本定理，因為被積函數的奇點在積分曲線外。 其次

16、，令，代入上述積分中，得 考察上述積分的被積函數的虛部，便得到 ，再由的周期性，得即，證畢。13 設都在簡單閉曲線上及內解析，且在上 ，證明在內也有。證明：由柯西積分公式，對于內任意點， ， 由已知，在積分曲線上，故此有 再由的任意性知，在內恒有，證畢。14 設在單連通區(qū)域內解析，且，證明（1） 在內；（2） 對于內任一簡單閉曲線，皆有證明：（1）顯然，因為若在某點處則由已知 ，矛盾?。ㄒ部芍苯幼C明：，因此 ，即，說明）（3） 既然，再注意到解析，也解析，因此由函數的解析性法則知也在區(qū)域內解析，這樣，根據柯西基本定理，對于內任一簡單閉曲線，皆有，證畢。15求雙曲線 （為常數）的正交（即垂直）曲

17、線族。解：為調和函數，因此只需求出其共軛調和函數，則便是所要求的曲線族。為此，由柯西黎曼方程 ，因此，再由 知，即為常數，因此 ，從而所求的正交曲線族為（注：實際上，本題的答案也可觀察出，因極易想到 解析）16設，求的值使得為調和函數。解：由調和函數的定義 ，因此要使為某個區(qū)域內的調和函數，即在某區(qū)域內上述等式成立，必須 ，即。17已知，試確定解析函數 解：首先，等式兩端分別對求偏導數，得 -（1） -（2）再聯(lián)立上柯西黎曼方程 -（3） -（4） 從上述方程組中解出，得 這樣，對積分，得再代入中，得 至此得到：由二者之和又可解出 ，因此，其中為任意實常數。 注：此題還有一種方法：由定理知由此

18、也可很方便的求出。18由下列各已知調和函數求解析函數解：（1），由柯西黎曼方程， ，對積分，得 ，再由得，因此 ，所以 ，因，說明時，由此求出，至此得到：，整理后可得：（2）， 此類問題，除了上題采用的方法外，也可這樣： ，所以 ，其中為復常數。代入得，故此 （3）同上題一樣， ， 因此， 其中的為對數主值，為任意實常數。（4）， ，對積分，得 再由得，所以為常數，由知，時，由此確定出，至此得到： ，整理后可得 19設在上解析，且，證明 證明：由高階導數公式及積分估計式，得 ，證畢。20若在閉圓盤上解析，且，試證明柯西不等式 ，并由此證明劉維爾定理：在整個復平面上有界且處處解析的函數一定為常數

19、。證明：由高階導數公式及積分估計式，得，柯西不等式證畢；下證劉維爾定理： 因為函數有界，不妨設，那么由柯西不等式，對任意都有，又因處處解析，因此可任意大，這樣，令，得，從而，即 ，再由的任意性知，因而為常數，證畢。習題四答案1 考察下列數列是否收斂，如果收斂，求出其極限（1）解：因為不存在，所以不存在，由定理4.1知，數列不收斂（2）解：，其中，則因為，所以由定義4.1知，數列收斂，極限為0（3）解：因為，所以由定義4.1知，數列收斂，極限為0（4）解：設，則，因為，都不存在，所以不存在，由定理4.1知，數列不收斂2 下列級數是否收斂？是否絕對收斂?(1)解：，由正項級數的比值判別法知該級數收

20、斂，故級數收斂，且為絕對收斂(2) 解：，因為是交錯級數，根據交錯級數的萊布尼茲審斂法知該級數收斂，同樣可知， 也收斂，故級數是收斂的又，因為發(fā)散，故級數發(fā)散，從而級數條件收斂(3) 解：，因級數發(fā)散，故發(fā)散(4) 解：，由正項正項級數比值判別法知該級數收斂，故級數收斂，且為絕對收斂3 試確定下列冪級數的收斂半徑(1) 解：，故此冪級數的收斂半徑(2) 解：，故此冪級數的收斂半徑(3) 解：，故此冪級數的收斂半徑(4) 解：令，則，故冪級數的收斂域為，即，從而冪級數的收斂域為，收斂半徑為4 設級數收斂，而發(fā)散，證明的收斂半徑為證明：在點處，因為收斂，所以收斂，故由阿貝爾定理知，時，收斂，且為絕

21、對收斂，即收斂時，因為發(fā)散，根據正項級數的比較準則可知，發(fā)散，從而的收斂半徑為1，由定理4.6，的收斂半徑也為15 如果級數在它的收斂圓的圓周上一點處絕對收斂，證明它在收斂圓所圍的閉區(qū)域上絕對收斂證明：時，由阿貝爾定理，絕對收斂 時，由已知條件知，收斂，即收斂，亦即絕對收斂6 將下列函數展開為的冪級數，并指出其收斂區(qū)域（1）解：由于函數的奇點為，因此它在內處處解析，可以在此圓內展開成的冪級數根據例4.2的結果，可以得到將上式兩邊逐項求導，即得所要求的展開式=（2）解：時，由于函數的奇點為，因此它在內處處解析，可以在此圓內展開成的冪級數=時，由于函數的奇點為，因此它在內處處解析，可以在此圓內展開

22、成的冪級數=（3）解：由于函數在復平面內處處解析，所以它在整個復平面內可以展開成的冪級數（4）解：由于函數在復平面內處處解析，所以它在整個復平面內可以展開成的冪級數（5）解：由于函數在復平面內處處解析，所以它在整個復平面內可以展開成的冪級數 =（6）解：由于函數在復平面內處處解析，所以它在整個復平面內可以展開成的冪級數= =7 求下列函數展開在指定點處的泰勒展式，并寫出展式成立的區(qū)域（1）解： ，由于函數的奇點為，所以這兩個展開式在內處處成立所以有：（2）解：由于所以（3）解： =展開式成立的區(qū)域：，即（4）解：，故有因為的奇點為，所以這個等式在的范圍內處處成立。8 將下列函數在指定的圓域內展

23、開成洛朗級數(1)解： ,故有(2)解： 在內在內(3)解：在內，在內(4)解：在內(5)解： 在內故有 9 將在的去心鄰域內展開成洛朗級數解：因為函數的奇點為，所以它以點為心的去心鄰域是圓環(huán)域在內又故有10函數能否在圓環(huán)域內展開為洛朗級數？為什么？答：不能。函數的奇點為,，所以對于，內都有的奇點，即以為環(huán)心的處處解析的圓環(huán)域不存在，所以函數不能在圓環(huán)域內展開為洛朗級數習題五答案1 求下列各函數的孤立奇點，說明其類型，如果是極點，指出它的級（1）解：函數的孤立奇點是，因 由性質5.2知，是函數的1級極點，均是函數的2級極點（2）解：函數的孤立奇點是，因，由極點定義知，是函數的2級極點（3）解：

24、函數的孤立奇點是，因，由性質5.1知，是函數可去奇點（4）解：函數的孤立奇點是,，即時，因所以是的3級零點，由性質5.5知，它是的3級極點，時，令，因，由定義5.2知，是的1級零點，由性質5.5知，它是的1級極點（5）解：函數的孤立奇點是,令， 時， ，由定義5.2知，是的2級零點，由性質5.5知，它是的2級極點，故是的2級極點時，由定義5.2知，是的1級零點，由性質5.5知，它是的1級極點，故是的級極點（）解：函數的孤立奇點是，令， 時，因，所以是的2級零點，從而它是的2級極點時，由定義5.2知，是的1級零點，由性質5.5知，它是的級極點2 指出下列各函數的所有零點，并說明其級數（1）解：函

25、數的零點是，記， 時，因，故是的2級零點時，由定義5.2知，是的1級零點（2）解：函數的零點是，因，所以由性質5.4知，是的2級零點（3）解：函數的零點是，記， 時，是的1級零點，的1級零點，的2級零點，所以是的4級零點，時，由定義5.2知，是的1級零點，時，由定義5.2知，是的1級零點3 是函數的幾級極點？答：記，則，將代入，得：，由定義5.2知，是函數的5級零點，故是的10級極點4 證明：如果是的級零點，那么是的級零點證明：因為是的級零點，所以，即，由定義5.2知，是的級零點5 求下列函數在有限孤立奇點處的留數（1）解：函數的有限孤立奇點是，且均是其1級極點由定理5.2知，（2）解：函數的

26、有限孤立奇點是，且是函數的3級極點，由定理5.2，（3）解：函數的有限孤立奇點是，因所以由定義5.5知，（4）解：函數的有限孤立奇點是，因所以由定義5.5知，（5）解：函數的有限孤立奇點是，因所以由定義5.5知，（6）解：函數的有限孤立奇點是，即，因為所以是的2級極點由定理5.2，時，記，則，因為，所以由定義5.2知，是的1級零點，故它是的1級極點由定理5.3，6 利用留數計算下列積分（積分曲線均取正向）（1）解：是被積函數在積分區(qū)域內的有限孤立奇點，且為2級極點，由定理5.2，由定理5.1知，（2）解：是被積函數在積分區(qū)域內的有限孤立奇點，且為1級極點，所以由定理5.1及定理5.2，（3）解

27、：是被積函數在積分區(qū)域內的有限孤立奇點，因為，所以由性質5.1知是函數的可去奇點，從而由定理5.1，由定理5.1，（4）解：是被積函數在積分區(qū)域內的有限孤立奇點，且為2級極點，由定理5.2，由定理5.1，（5）解：是被積函數在積分區(qū)域內的有限孤立奇點，由性質5.6知是函數的1級極點，由定理5.1， （6）解：被積函數在積分區(qū)域內的有限孤立奇點為：，由定理5.3，這些點均為的1級極點，且 由定理5.1，7 計算積分，其中為正整數，解：記，則的有限孤立奇點為，且為級極點，分情況討論如下：時，均在積分區(qū)域內，由定理5.1，故有時，均不在積分區(qū)域內，所以時，在積分區(qū)域內，不在積分區(qū)域內，所以習題五8判

28、斷是下列各函數的什么奇點？求出在的留數。解：（1）因為 所以，是的可去奇點，且。（2）因為 所以 于是，是的本性奇點，且。 （3）因為 所以 容易看出，展式中由無窮多的正冪項，所以是的本性奇點。 。（4）因為 所以是的可去奇點。 。9計算下列積分：解：（1） （2） 從上式可知， 所以 。10求下列各積分之值：（1）解：設則，。于是（2）解：設則，。于是（3）解：顯然，滿足分母的次數至少比分子的次數高二次，且在實軸上沒有奇點，積分是存在的。在上半平面內只有一個奇點，且為2級極點。于是（4）解： 顯然，滿足分母的次數至少比分子的次數高二次，且在實軸上沒有奇點，積分是存在的。在上半平面內只有和二個

29、奇點，且都為1 級極點。于是所以（5）解：顯然，滿足分母的次數至少比分子的次數高一次，且在實軸上沒有奇點，在上半平面內只有一個奇點，且為1 級極點。于是（6）解：顯然，滿足分母的次數至少比分子的次數高一次，且在實軸上沒有奇點，在上半平面內只有一個奇點，且為1 級極點。于是11利用對數留數計算下列積分：解：（1），這里為函數在內的零點數，為在內的極點數。 （2）這里為函數在內的零點數，為在內的極點數；為函數在內的零點數，為在內的極點數。 (3) 這里為函數在內的零點數，為在內的極點數。 (4) 這里為函數在內的零點數，為在內的極點數。12證明方程有三個根在環(huán)域內證明：令，。因為當時，有 所以，方

30、程與在內根的數目相同，即4個。 又當時，有 所以，方程與在內根的數目相同，即1個。 綜合上述得到，在環(huán)域內有3個根。13討論方程在與內各有幾個根。解：令，。因為當時，有 所以，方程與在內根的數目相同，即1個。 又當時，有 所以，方程與在內根的數目相同，即4個。 根據上述還可以得到，在環(huán)域內有3個根。14當時，證明方程與在單位圓內有n個根。證明：令，。因為當時，有 所以，當時，方程與在內根的數目相同，即n個。習題七答案1 試證：若滿足傅氏積分定理的條件，則有證明：根據付氏積分公式，有 2 求下列函數的傅氏變換：（1） （2）（3） （4）解：（1）f(t)(2) (3)(4) 由于 所以3 求下

31、列函數的傅氏變換，并推證所列的積分等式。(1) 證明(2) 證明。解：(1) 由傅氏積分公式，當時 所以，根據傅氏積分定理 (2) 由傅氏積分公式 所以，根據傅氏積分定理 5 求下列函數的傅氏變換：(1) (2) (3) (4) 解：（1） (2) (3) 由于 所以 (4) 由于 所以 6 證明：若其中為一實函數，則 其中為的共軛函數。證明：由于 所以 于是有 7若，證明（翻轉性質）。證明：由于 所以 對上述積分作變換，則 8證明下列各式：(1) （為常數）；(2) 證明：（1） （2） 9計算下列函數和的卷積：(1) (2) (2) (2) 解: (1) 顯然，有 當時，由于=0，所以 ；

32、當時， （2）顯然，有 所以，當 或 或 時，皆有=0。于是 當時，； 當時，；當時，。又 所以 從而 當時， 當時，總結上述，得 。10求下列函數的傅氏變換：(1) (2) (3) (4) 解：（1）由于 根據位移性質 （2） （3）根據位移性質 再根據像函數的位移性質 （4）由于 根據微分性質 再根據位移性質 。 習題八1 求下列函數的拉氏變換：(1) 解：由拉氏變換的定義知：(2) 解：由拉氏變換的定義以及單位脈動函數的篩選性質知：2. 求下列函數的拉氏變換：(1) 解：由拉氏變換的線性性質知：(2) 解：由拉氏變換的線性性質和位移性質知：(3) 解：法一：利用位移性質。由拉氏變換的位移

33、性質知：法二：利用微分性質。令 則由拉氏變換的微分性質知：即 (4) 解：因為 故由拉氏變換的位移性知：(5) 解：故(6) 解：因為 即： 故(7) 解：法一：利用拉氏變換的位移性質。法二：利用微分性質。令則由拉氏變換的微分性質知：又因為所以 (8) 解：法一：利用拉氏變換的位移性質。因為 故 法二：利用微分性質。令，則 故由拉氏變換的微分性質知：.故3. 利用拉氏變換的性質計算下列各式： (1) 求解：因為所以由拉氏變換的位移性質知： (2) 求解：設 則由拉氏變換的積分性質知：再由微分性質得：所以 4. 利用拉氏變換的性質求 (1) 解：法一：利用卷積求解。設 則而由卷積定理知：法二：利用留數求解。顯然在 內有兩個2級極點。除此外處處解析，且當時， 故由定理8.3知： (2) 解：法一：利用卷積求解。設 則而 由卷積定理知 法二：用留數求解。顯然在 內有兩個2級極點。除此外處處解析，且當時， 故由定理8.3知：法三：利用拉氏變換積分性質求解。由(1)題知 故 即 5. 利用積分性質計算(1) 解：設 由拉氏變換的微分性質得： 所以 (2) 解：在(1)題中取