《工程數(shù)學(xué)-復(fù)變函數(shù)與積分變換》吉林大學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)院 習(xí)題詳解

《工程數(shù)學(xué)-復(fù)變函數(shù)與積分變換》課后習(xí)題詳解吉林大學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)院（主編:王忠仁張靜)高等教育出版社習(xí)題一(P1２）1、1對任何,就是否成立？如果就是,就給出證明。如果不就是，對哪些值才成立?解:設(shè),則，;若成立,則有，即,解得,即。所以，對任何，不成立,只對為實數(shù)時才成立。1、2求下列各式得值:（1）;(2)；(3);(４)。解:（１）因為,所以(2)因為,所以(3）因為,所以,其中;即,，,，,。（4)因為,所以,其中；即，,。1、３求方程得所有根。解法一：用因式分解法求解。因為所以由,得,解得，,;故方程得所有根為,，。解法二:用復(fù)數(shù)得方根得方法求解。由,得,即就是得三次方根;而,所以,其中；即,,。故方程得所有根為,,1、4指出下列各題中點得軌跡或所在范圍,并作圖,（１);(2）;（3）;(4)。解:(1)表示以點為中心,為半徑得圓周;（2)表示以點為圓心,為半徑得圓周及圓周得外部;(３)表示直線及其下面得部分;(４)表示位于軸上方得部分。1、5指出下列不等式所確定得區(qū)域或閉區(qū)域,并指明它就是有界得還就是無界得,單聯(lián)通得還就是多聯(lián)通得。(１）;(2)；(３);(４)。解:（1)表示位于軸上方得區(qū)域，它就是無界區(qū)域,就是單聯(lián)通得;(２)表示以點為中心,為半徑得圓周得外部區(qū)域,它就是無界區(qū)域,就是多聯(lián)通得;（３)表示介于兩直線與之間得區(qū)域，它就是無界區(qū)域,就是單聯(lián)通得;(4)表示夾在以原點為圓心,與為半徑得圓周之間得部分并且包含那兩個圓周得閉區(qū)域,它就是有界得,但它就是多聯(lián)通得。1、6已知映射，求：（1)點,,在平面上得像;（2)區(qū)域在平面上得像。解:(1)將,,分別代入,得，，,即點,，在平面上得像分別為,,。(２)設(shè)，則由,可得（);又(），所以，當(dāng)時,；從而區(qū)域在平面上得像就是位于軸上方得部分。1、7設(shè)（),試證當(dāng)時得極限不存在。證:因為,則令(）,,代入上式，得,即;又當(dāng)時,有且；而不存在,所以不存在。1、８試證在原點與負(fù)實軸上不連續(xù)。證：(1）因為無意義,故也無意義,即在處無定義，故在處不連續(xù)。(２)設(shè)為負(fù)實軸上得任意一點,因為，如右圖所示,當(dāng)在第二象限中沿直線趨于時,趨于;而當(dāng)在第四象限中沿直線趨于時,趨于;所以（)不存在,故在負(fù)實軸上不連續(xù)。由（1)(2）可知,在原點與負(fù)實軸上不連續(xù)。第二章解析函數(shù)習(xí)題二(P２５）2、1利用導(dǎo)數(shù)定義指出:(1)(為正整數(shù))；(2）。解：(1)由導(dǎo)數(shù)得定義,有所以。(2)由導(dǎo)數(shù)得定義,有,故。2、2下列函數(shù)何處可導(dǎo)?何處解析？(1）;（2);(3)；(4)解：(１）因為,所以,則,,,；顯然,這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面上都就是連續(xù)得;若方程成立，則,即;即只有當(dāng)時,才滿足方程。所以,函數(shù)只在直線上得點可導(dǎo)。由函數(shù)解析得定義可知,函數(shù)在整個復(fù)平面內(nèi)處處不解析。(２）因為,所以；則,,，;顯然,這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面上都就是連續(xù)得;若方程成立,則,即;即只有當(dāng)時,才滿足方程。所以,函數(shù)只在直線上得點可導(dǎo)。由函數(shù)解析得定義可知,函數(shù)在整個復(fù)平面內(nèi)處處不解析。（3)因為，所以；則,,,;顯然,這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面上都就是連續(xù)得;若方程成立,則,即;即只有當(dāng)時，才滿足方程。所以,函數(shù)只在點處可導(dǎo)。由函數(shù)解析得定義可知,函數(shù)在整個復(fù)平面內(nèi)處處不解析。（4)因為，所以;則,，,;顯然,這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面上都就是連續(xù)得,并且在整個復(fù)平面內(nèi)滿足方程；所以,函數(shù)在整個復(fù)平面內(nèi)處處可導(dǎo)，從而處處解析。２、3指出下列函數(shù)得解析性區(qū)域,并求其導(dǎo)數(shù)。(1）;（2);(３）;(4）（，中至少有一個不為零)解:(1)函數(shù)在整個復(fù)平面內(nèi)處處解析，且。(2）函數(shù)在整個復(fù)平面內(nèi)處處解析,且。(3)函數(shù)在除去得復(fù)平面內(nèi)處處解析，且當(dāng)時。（４)因為,中至少有一個不為零,則=1\*ＧＢ3①當(dāng)時，函數(shù)為,它在整個復(fù)平面內(nèi)處處解析,且;=２\*GB３②當(dāng)時，函數(shù)在除去得復(fù)平面內(nèi)處處解析,且當(dāng)時。2、4求下列函數(shù)得奇點:（1);（2）。解：(１)函數(shù)得奇點即為該函數(shù)沒有意義得點,也即為該函數(shù)分母等于零得點,即為函數(shù)得奇點。（2)函數(shù)得奇點即為該函數(shù)沒有意義得點,也即為該函數(shù)分母等于零得點，即為函數(shù)得奇點。2、5如果就是得解析函數(shù),證明:。證:由就是得解析函數(shù),得且，從而;又,則,;所以,故。結(jié)論得證。２、６設(shè)為解析函數(shù),試確定,,得值。解:因為在復(fù)變函數(shù)中,有，則,，,；顯然,這四個偏導(dǎo)函數(shù)在整個復(fù)平面內(nèi)都就是連續(xù)得;又為解析函數(shù),所以應(yīng)滿足方程,則有，解得。2、7證明方程得極坐標(biāo)形式就是:，。證：方程即為；而直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)得關(guān)系就是,所以，則,,所以,。２、8若函數(shù)在區(qū)域內(nèi)解析,且滿足下列條件之一,試證必為常數(shù)。（１)恒取實值；(2)在內(nèi)解析;（３)在內(nèi)為一個常數(shù);(４)在內(nèi)為一常數(shù);(5),其中,與為不全為零得實常數(shù)。證:因為函數(shù)在區(qū)域內(nèi)解析,所以在區(qū)域內(nèi)滿足方程,即…………(*)（1）因為恒取實值,則可設(shè);此時（*)為解得(其中為任意一個復(fù)常數(shù)),從而為常數(shù)。結(jié)論成立。(2）因為,則;由函數(shù)在內(nèi)也解析,所以在內(nèi)滿足方程,即(＊＊）則由(＊)與(**),可得，即（其中,為任意復(fù)常數(shù))從而為常數(shù)。結(jié)論成立。(3）因為,所以;又在內(nèi)為一個常數(shù),則在內(nèi)也為一個常數(shù),即(其中為非負(fù)數(shù)）=1\*GB3①當(dāng)時,即,則（因為,都就是二元實函數(shù)）,從而,結(jié)論得證。=2\*ＧB３②當(dāng)時,則對方程（)兩邊分別關(guān)于,求偏導(dǎo)數(shù),得…………(***）,將(*)代入(***),得…………（****)方程(＊***)為齊次線性方程組,且其系數(shù)行列式,故方程(＊***)只有零解,即,將此結(jié)果代入(*)，得;由解得（其中為任意復(fù)常數(shù));由解得(其中為任意復(fù)常數(shù))；所以為常數(shù)。結(jié)論成立。（４）因為在內(nèi)為一常數(shù),又,所以=１\*GB3①當(dāng)時,有,此時;將代入(*）,得,解得(其中為任意復(fù)常數(shù));此時為常數(shù),則結(jié)論成立。=２\＊ＧB3②當(dāng)時,有且;由在內(nèi)為一常數(shù),則也為常數(shù);此時記(其中為實常數(shù)),即;對方程兩邊分別關(guān)于，求偏導(dǎo)數(shù)，得…………(*＊****)將（＊*＊*＊＊)代入(*),得，即;因為為實常數(shù),所以,從而,將此結(jié)論代入(＊),可得;由解得（其中為任意復(fù)常數(shù)）；由解得(其中為任意復(fù)常數(shù))；所以為常數(shù)。結(jié)論成立。(５)因為(其中,與為不全為零得實常數(shù)),則(I)當(dāng),與中只有一個為零時,=1\*GB3①當(dāng)時,則為實常數(shù),就是（1)得情形,此時結(jié)論成立;=２\*GB3②當(dāng)時,則為實常數(shù),此時證明過程與(1）類似,結(jié)論也就是成立得；＝３\*GB3③當(dāng)時，則(其中就是實常數(shù)),就是(4)中得情形=2＼*GB3②;此時結(jié)論成立。(II)當(dāng),與中有兩個為零時,=１\*GＢ3①當(dāng)時,則為實常數(shù),此時,從而(*)為解得（其中為任意一個復(fù)常數(shù)),從而為常數(shù)。結(jié)論成立。=2\*ＧB3②當(dāng)時,則為實常數(shù),此時就是(1)得情形,此時結(jié)論成立。＝3\*ＧB3③不可能出現(xiàn)得情況。2、9找出下列方程得全部解。(1);(2）;(3);（4)。解:(1)因為，由,得,即,解得;而(）,所以,即(）；故方程得全部解為()。(2)因為,由,得,即,解得；而()，所以(）,即（）;故方程得全部解為(）。(3)因為,即，解得(),即方程得全部解為(）。（4)因為，由,得,即,也即；從而，解得;又（);所以(）,故方程得全部解為(）。2、１0求，與它們得主值。解:(1)()，得主值為;（2)(）,得主值為。２、1１證明對數(shù)得下列性質(zhì):(１);(2)。解:因為,,(1）又,所以。(2)又所以。2、12求,,與得值。解:(1),(２),(3)（)（4)（)第三章復(fù)變函數(shù)得積分習(xí)題三(P４６)3、1沿下列路線計算曲線積分:(１)自原點至得直線段;(2)自原點沿實軸至，再由鉛直向上至。解:（１)自原點至得直線段對應(yīng)得參數(shù)方程為,也即,；則。(２）記所給積分路徑為,其中,,即,;,，即,;則3、2計算積分得值,其中為正向圓周:。解法一:因為得參數(shù)方程為,所以。解法二:因為為正向圓周:,所以;從而。3、3試用觀察法得出下列積分得值,并說明觀察時所依據(jù)得就是什么?為正向圓周。(1);（2);（３)；(4）;(5）;(6）。解:（1）因為在圓周內(nèi)解析,所以由柯西-古薩基本定理,得。（2)因為在圓周內(nèi)解析，所以。(3)因為在圓周內(nèi)解析，所以由柯西-古薩基本定理,得。(4)因為在圓周內(nèi)只有一個奇點，所以由柯西積分公式,得。(5)因為在圓周內(nèi)解析,所以由柯西－古薩基本定理,得。（6)因為在圓周內(nèi)只有一個奇點,所以由柯西積分公式,得。３、4沿指定曲線得正向計算下列各積分:(1），；（2)，;(3)，;(4),；(５),為包圍得閉曲線；(6)，;(7),;（8），、解:（1）因為在積分曲線得內(nèi)部只有一個奇點,所以由柯西積分公式,得。(２)因為在積分曲線得內(nèi)部只有一個奇點,所以由柯西積分公式，得。(3)因為在積分曲線得內(nèi)部只有一個奇點,所以由柯西積分公式,得。（4）因為在積分曲線內(nèi)解析，所以由柯西－古薩基本定理,得。(5)因為在積分曲線內(nèi)解析，所以由柯西－古薩基本定理,得。（6)因為在積分曲線得內(nèi)部有兩個奇點,所以由復(fù)合閉路定理及柯西積分公式,在圓周得內(nèi)部分別以、為圓心作圓周、(使得、互不相交也互不包含)，則(或)(7)因為在積分曲線內(nèi)有一個奇點，所以由高階導(dǎo)數(shù)公式,得(８)因為在積分曲線內(nèi)有一個奇點,所以由高階導(dǎo)數(shù)公式,得３、５計算下列各題:(1);（2)。解:(1);（2)。３、6計算積分,其中為正向，為負(fù)向。解法一:因為在多連通區(qū)域（此時,該多連通區(qū)域得邊界曲線即為(其中為正向,為負(fù)向)得反方向)內(nèi)解析,所以解法二:利用復(fù)變函數(shù)積分得性質(zhì),得

。3、7計算積分，其中為正向圓周,為整數(shù)。解：因為為整數(shù),所以(1）當(dāng)時,在圓周內(nèi)解析,從而由柯西-古薩基本定理,得;(2）當(dāng)時,在圓周內(nèi)只有一個奇點,從而由高階導(dǎo)數(shù)公式,得。3、8如果在內(nèi)解析并且,證明（)。分析:從要證明得不等式可以瞧出,要利用解析函數(shù)得高階導(dǎo)數(shù)公式(其中為正向簡單閉曲線，且得內(nèi)部既要包含點,并且在得內(nèi)部要解析)，從而而要證明得就是,所以可取(而滿足條件)。證：由高階導(dǎo)數(shù)公式及已知條件，得。所以(）。3、９證明:與都就是調(diào)與函數(shù)，但就是不就是解析函數(shù)。證:(1)先證與都就是調(diào)與函數(shù)。對,有,,則,,從而;所以就是調(diào)與函數(shù)。對,有,，則,,從而,所以就是調(diào)與函數(shù)。(2）下面證明不就是解析函數(shù)。由(1)得過程知,,,,;顯然函數(shù)不滿足方程,故不就是解析函數(shù)。3、1０由下列各已知調(diào)與函數(shù)求解析函數(shù):(1)；(2),；（３），；(４),。解:(1)先驗證函數(shù)就是一個調(diào)與函數(shù)。因為,;所以,;故，即就是一個調(diào)與函數(shù)。下面求解析函數(shù)：方法一:因為解析,所以從而(為任意復(fù)常數(shù))。方法二：因為解析，所以滿足方程,由,,得,由(*)式，得(其中就是得一元實函數(shù)),則，結(jié)合(**)式,得;故(其中任意實常數(shù)）;從而;所以所求解析函數(shù)即為(其中為任意實常數(shù))。(２)先驗證函數(shù)就是一個調(diào)與函數(shù)。因為,,所以，,故,即就是一個調(diào)與函數(shù)。下面求解析函數(shù):方法一:因為解析,所以;從而(為任意復(fù)常數(shù)）;又，所以,解得;故。方法二:因為解析,所以滿足方程,由,，得,由(**)式,得(其中就是得一元實函數(shù));則,結(jié)合（*)式,得,即(其中為任意實常數(shù));從而(其中為任意實常數(shù))；所以所求解析函數(shù)即為(其中為任意實常數(shù));又，所以,解得;故。(３)先驗證函數(shù)就是一個調(diào)與函數(shù)。因為,；所以,;故,即就是一個調(diào)與函數(shù)。下面求解析函數(shù):方法一：因為解析,所以;從而(為任意復(fù)常數(shù)）;又,所以,解得;故。方法二：因為解析,所以滿足方程,由,,得，由（*）式,得(其中就是得一元實函數(shù)),則，結(jié)合（**)式,得;故（其中任意實常數(shù))；從而(其中任意實常數(shù));所以所求解析函數(shù)即為(其中為任意實常數(shù)）;又,所以,解得;故。(4）先驗證函數(shù)就是一個調(diào)與函數(shù)。因為，,所以，,故,即就是一個調(diào)與函數(shù)。下面求解析函數(shù):方法一:因為解析,所以,從而(為任意復(fù)常數(shù));方法二：因為解析,所以滿足方程,由,,得，由(*)式,得(其中就是得一元實函數(shù));則,結(jié)合(＊*)式,得，即(其中為任意實常數(shù));從而(其中為任意實常數(shù)）；所以所求解析函數(shù)即為(其中為任意實常數(shù));因為,所以；故（其中為任意實常數(shù))。3、１1如果為解析函數(shù)，試證就是得共軛調(diào)與函數(shù)。證：要證就是得共軛調(diào)與函數(shù),即證函數(shù)就是解析函數(shù),也即證函數(shù)滿足方程,也即為………(*)。因為為解析函數(shù),所以滿足方程………、(＊*）；則由(*＊)可知，(*)顯然成立。結(jié)論得證。第四章級數(shù)習(xí)題四(P67)４、１下列序列就是否有極限？如果有極限,求出其極限。(1);(2)；（３)。解：（1)因為，所以。（2)因為不存在,,所以不存在。(３)因為,而，,所以。4、２下列級數(shù)就是否收斂？就是否絕對收斂？(1);(2）;(3)。解:（1)因為(或因為,則)所以得實部與虛部構(gòu)成得級數(shù)分別為,；而級數(shù)與都就是條件收斂,所以收斂,但非絕對收斂。(2）因為就是公比得等比級數(shù),故收斂,從而絕對收斂。(３)因為,方法一:,而就是公比得等比級數(shù),故收斂；就是公比得等比級數(shù),故發(fā)散;從而發(fā)散。方法二：由于,所以發(fā)散。4、3試確定下列冪級數(shù)得收斂半徑。（１)(為正整數(shù));(2);（3);(4)。解：(1)收斂半徑為:。（2）收斂半徑為：。（３)收斂半徑為:。(4）因為,所以收斂半徑為:。4、4將下列各函數(shù)展開為得冪級數(shù),并指出其收斂區(qū)域。(1)；（２）(,）;(３）;（4)；(５)。解:(１)()。(2)因為,,所以＝1\＊ＧB３①當(dāng)時,,而(）,所以()。=2\＊GB3②當(dāng)時,(）（3)因為,而()所以（)從而（)(４）因為,而(),所以（)。（5)因為,所以4、５求下列函數(shù)在指定點處得泰勒展開式。（1),;（２)，;(3),；(４),。解:(1)因為,所以()(２）因為,，而(,即),(,即),所以（）(3)因為,而(),所以（）。(４)因為(,即)所以(）。4、6將下列各函數(shù)在指定圓環(huán)域內(nèi)展開為洛朗級數(shù)。(1),;(2)，，;(3）,,;(4),在以為中心得圓環(huán)域內(nèi);(5）,在得去心鄰域內(nèi)。解:(1)因為在圓環(huán)域內(nèi)，有,,所以方法一:（)方法二:（）(2)＝1\*GB3①在圓環(huán)域內(nèi),有（)=2\*GB3②在圓環(huán)域內(nèi),有()(3)=1\＊GB3①在圓環(huán)域內(nèi),有（)=2\＊GB3②在圓環(huán)域內(nèi),有，則()（4)函數(shù)得解析區(qū)域中，以為中心得圓環(huán)域有與。=1\＊GB３①在圓環(huán)域內(nèi),有()=2\*GB３②在圓環(huán)域內(nèi),有，則()（5)因為(),則在得去心鄰域內(nèi),有4、7將在處展開為洛朗級數(shù)。解:函數(shù)得解析區(qū)域中,以為中心得圓環(huán)域有與。=1＼*GB3①在圓環(huán)域內(nèi),有(）＝2＼＊GB3②在圓環(huán)域內(nèi),有,則（)４、8計算積分,其中為正向圓周。解:被積函數(shù)在積分曲線得內(nèi)部只有一個奇點,而圓周在函數(shù)得解析圓環(huán)域內(nèi),將函數(shù)在圓環(huán)域內(nèi)展開為洛朗級數(shù)，得上式中含項得系數(shù)為：,故。4、9計算積分,其中為正向圓周。解：記,因為被積函數(shù)在積分曲線得內(nèi)部有兩個奇點與,利用復(fù)合閉路原理,分別以與為圓心在圓周得內(nèi)部作兩個互不相交也互不包含得正向圓周（)與(）,則,記,，下面計算,:(1）對,第三章中計算復(fù)變函數(shù)積分得公式及方法都不適用,所以需將被積函數(shù)在圓環(huán)域（圓周()在此圓環(huán)域內(nèi)）內(nèi)展開成洛朗級數(shù),得上式中含項得系數(shù)為:,所以。(2)對,解法一:利用柯西積分公式,得。解法二：將被積函數(shù)在圓環(huán)域(圓周(）在此圓環(huán)域內(nèi))內(nèi)展開成洛朗級數(shù),得上式中含項得系數(shù)為:，所以。從而。４、1０求雙邊冪級數(shù)得收斂圓環(huán)與與函數(shù)。解:雙邊冪級數(shù)含正冪項得部分與含負(fù)冪項得部分分別為:,，而得收斂域為,即;得收斂域為,即;從而雙邊冪級數(shù)得收斂圓環(huán)為。又()，(），故()。第五章留數(shù)習(xí)題五(P93)5、1下列函數(shù)有些什么奇點？如果就是極點,指出它得級。(１);(2);（3）;(４)（)；（5）；(6）;（7)；(8)（為整數(shù));(9)。解:(1)因為得奇點為;則由第五章中得定理1、2得,就是函數(shù)得一級極點,就是函數(shù)得二級極點。(2）方法一：因為得奇點為,而()所以由極點得定義可知,就是得二級極點。方法二:因為得奇點為,又就是得三級零點；而由,知,就是得一級零點;從而由第五章中得定理1、5得就是得二級極點。（3)因為得奇點為；則由第五章中得定理１、2得,就是函數(shù)得一級極點,就是函數(shù)得二級極點。；(4)因為函數(shù)在內(nèi)只有唯一得奇點,解法一：因為,所以由第五章中得定理1、1知就是函數(shù)得可去奇點。解法二:因為函數(shù)在圓環(huán)域內(nèi)得洛朗展開式為,所以就是函數(shù)得可去奇點。(5)因為得奇點為與(）;而(）,所以就是函數(shù)得二級極點,（,且，)就是函數(shù)得一級極點。(6)因為()，則在去心鄰域內(nèi),有,所以就是函數(shù)得本性奇點。（7)因為函數(shù)得奇點為與（）,而，所以就是函數(shù)得三級極點,(，）就是函數(shù)得一級極點。（8）因為函數(shù)得奇點為(),而,,所以()就是函數(shù)得一級極點。（9）函數(shù)得奇點為,即(）與();=1\*GB3①當(dāng)，即時,因為,,所以就是函數(shù)得二級零點,從而就是函數(shù)得二級極點。=２\*GＢ3②當(dāng)時,因為,,所以,()與（）就是函數(shù)得一級零點，從而()與()就是函數(shù)得一級極點。。５、2證明:如果就是得()級零點,則就是得級零點。證:如果就是得()級零點,則有，其中在處解析,且;由，則,其中,且在處解析。從而根據(jù)零點得定義可知,就是得級零點。5、３就是得幾級極點?5、４證明定理1、5。5、5求出下列各函數(shù)在有限奇點處得留數(shù)：（1)；(2）;(3);(4）；(5);（６)。解:（1)因為,所以與就是函數(shù)得一級極點,則解法一:由準(zhǔn)則I,得，。解法二:由準(zhǔn)則ＩII,得,。(2）函數(shù)得孤立奇點就是,又,,所以就是得一級零點,就是得四級零點,從而就是得三級極點。下面計算:方法一:利用準(zhǔn)則ＩI，得方法二:將函數(shù)在得去心鄰域內(nèi)展開成洛朗級數(shù)，得上式中含項得系數(shù),故。(3)因為,所以就是函數(shù)得二級極點,從而由準(zhǔn)則II,得；。（4)因為得奇點即為(),而,所以（）就是函數(shù)得一級零點，從而（)就是函數(shù)得一級極點。故。（５）因為得奇點為,而，則在以為中心得去心鄰域內(nèi),函數(shù)得洛朗展開式為從而。(6)因為得奇點為,而,則在以為中心得去心鄰域內(nèi),函數(shù)得洛朗展開式為,所以。5、6計算下列各積分(利用留數(shù):圓周均取正向):（1);（2）;（3）;(4);(5)；(6)(為整數(shù)）。解：(１)方法一:因為被積函數(shù)在積分曲線內(nèi)部只有一個可去奇點,則由留數(shù)定理,得。方法二:由柯西積分公式，得。(２)方法一:因為被積函數(shù)在積分曲線內(nèi)部只有一個二級極點,則由留數(shù)定理,得方法二:由高階導(dǎo)數(shù)公式,得；(3)方法一:被積函數(shù)在積分曲線內(nèi)只有兩個一級極點，,則由留數(shù)定理,得方法二:由復(fù)合閉路原理與柯西積分公式,得(４)方法一：被積函數(shù)在積分曲線內(nèi)有四個一級極點,，則由留數(shù)定理，得,下面計算,,,:利用準(zhǔn)則I,得：,,,,(或者就是利用準(zhǔn)則III,得,,，)所以。方法二:由復(fù)合閉路原理與柯西積分公式,得(5）被積函數(shù)在積分曲線內(nèi)有六個一級極點（，且）,而,則由留數(shù)定理,得。（6)(此題要用洛朗展開式才容易討論)因為為整數(shù),而則=1＼*GB３①當(dāng)(）,即為大于或等于３得奇數(shù)時,(為整數(shù))5、8求下列積分(圓周均取正向)：(1);(2）。解:（１)被積函數(shù)在積分曲線內(nèi)有一個一級極點與一個本性起點,則由留數(shù)定理,得;下面計算，:；要計算，需將函數(shù)在以為中心得去心鄰域內(nèi)展開為洛朗級數(shù):,上式中,含項得系數(shù)為:,故,從而。(２)計算，需要利用函數(shù)在無窮遠點處得留數(shù)與函數(shù)在有限點處得留數(shù)得關(guān)系,所以此題不需要大家掌握。5、９計算下列積分:(1);(2)(）;(３);(4);(5);(６)。解:(1）(2)因為,則下面計算,:；;從而。(３)因為被積函數(shù)得分母含得最高次比分子含得最高次高4次，并且作為復(fù)變量得函數(shù)在實軸上沒有奇點,所以。(4)因為被積函數(shù)就是偶函數(shù),且分母含得最高次比分子含得最高次高2次，并且作為復(fù)變量得函數(shù)在實軸上沒有奇點，所以（５)因為被積函數(shù)中得分母含得最高次比分子含得最高次高2次,并且作為復(fù)變量得函數(shù)在實軸上沒有奇點,所以(6)因為被積函數(shù)中得分母含得最高次比分子含得最高次高１次，并且作為復(fù)變量得函數(shù)在實軸上沒有奇點,所以。5、１0試用圖5、6中得積分閉路,求例3、4中得積分。第七章傅里葉變換習(xí)題七(P1４1)７、４求下列函數(shù)得傅氏積分。（1);(2）;(3）;解:(１）函數(shù)得傅氏變換為:因為在其定義域內(nèi)處處連續(xù),所以即。(2)函數(shù)得傅氏變換為:因為函數(shù)在其定義域內(nèi)連續(xù),所以即。(3)函數(shù)得傅氏變換為：因為函數(shù)得間斷點為,所以（且）。7、５求下列函數(shù)得傅氏變換,并推證所列得積分結(jié)果。(1）(），證明。(2)證明(3)證明解:(１)函數(shù)得傅氏變換為:,即()。因為函數(shù)在其定義域內(nèi)連續(xù)，所以故。(２）函數(shù)得傅氏變換為:,因為函數(shù)不連續(xù)得點為，令則不管就是函數(shù)得連續(xù)點還就是間斷點,都就是函數(shù)得連續(xù)點,所以,故(3）函數(shù)得傅氏變換為:，因為函數(shù)在其定義域內(nèi)處處連續(xù)，所以,故。７、6求下列函數(shù)得傅氏變換:(1）(2)解:(1)因為,而,,則根據(jù)拉氏變換得線性性質(zhì),得。(2)因為,方法一(定義法）:由拉氏變換得定義,得所以。方法二（利用拉氏變換及函數(shù)得性質(zhì)):記,則由拉氏變換得線性性質(zhì)與相似性質(zhì),得所以。7、7證明周期為得非正弦函數(shù)得傅氏變換為,其中,就是得離散頻譜。７、8