...wd......wd......wd...習題一答案求以下復數的實部、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，，將以下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〕求以下各式的值：〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕〔5〕〔6〕解：〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕〔5〕〔6〕設試用三角形式表示與解：，所以，解以下方程：〔1〕〔2〕解：〔1〕由此，〔2〕，當時，對應的4個根分別為：證明以下各題：〔1〕設那么證明：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，首先左端，而右端，由此，左端=右端，即原式成立。〔3〕假設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那么，，由此得到：由此說明：假設為實系數代數方程的一個根，那么也是。結論得證。〔4〕假設那么皆有證明：根據條件，有，因此：，證畢。〔5〕假設，那么有證明：，，因為，所以，，因而，即，結論得證。7．設試寫出使到達最大的的表達式，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到達最大，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那么知應為或的整數倍，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．以下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，那么，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。證明：首先，在原點無定義，因而不連續。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，即在負實軸上不連續，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．指出以下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．做出以下不等式所確定的區域的圖形，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的圓環區域，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左邊局部除掉2后的點構成的集合，是一無界，多連通區域。〔4〕，顯然該區域的邊界為雙曲線，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局部，是一無界單連通區域。〔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，是一無界多連通區域。習題二答案指出以下函數的解析區域和奇點，并求出可導點的導數。〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕解：根據函數的可導性法那么〔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，判別以下函數在何處可導，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，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，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，構不成區域，因而函數處處不解析。〔3〕，四個一階偏導數皆連續，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。當取何值時在復平面上處處解析解：，由柯西—黎曼方程得：由〔1〕得，由〔2〕得，因而，最終有證明：假設解析，那么有證明：由柯西—黎曼方程知，左端右端，證畢。證明：假設在區域D內解析，且滿足以下條件之一，那么在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！〔1〕，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，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〕、〔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。計算以下各值〔假設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：，，求和解：，因此根據指數函數的定義，有，，〔為任意整數〕設，求解：，因此解以下方程：〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕解：〔1〕方程兩端取對數得：〔為任意整數〕〔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．證明羅比塔法那么：假設及在點解析，且，那么，并由此求極限證明：由商的極限運算法那么及導數定義知，由此，用對數計算公式直接驗證：〔1〕〔2〕解：記，那么〔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。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。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。設，證明證明：由復數的三角不等式，有，由，，再主要到時單調增加，因此有，同理，證畢。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，假設記，那么流場的流速為，流線為，等勢線為，因此，有〔1〕流速為，流線為，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，得計算積分，其中為〔1〕從1到+1的直線段〔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用積分估計式證明：假設在整個復平面上有界，那么正整數時其中為圓心在原點半徑為的正向圓周。證明：記，那么由積分估計式得，因，因此上式兩端令取極限，由夾比定理，得，證畢。通過分析被積函數的奇點分布情況說明以下積分為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。計算以下積分：〔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〕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，那么在內被積函數解析，因而由柯西基本定理〔2〕在內，在外，那么在內解析，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，那么由復合閉路原理得：注：此題假設分解，那么更簡單！計算以下各積分解：〔1〕，由柯西積分公式〔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，那么由復合閉路原理得：〔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，那么由復合閉路原理得：〔6〕為正整數，由高階導數公式計算積分，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。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，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。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，在積分曲線上，，故此有再由的任意性知，在內恒有，證畢。設在單連通區域內解析，且，證明在內；對于內任一簡單閉曲線，皆有證明：〔1〕顯然，因為假設在某點處那么由，矛盾！〔也可直接證明：，因此，即，說明〕既然，再注意到解析，也解析，因此由函數的解析性法那么知也在區域內解析，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〕曲線族。解：為調和函數，因此只需求出其共軛調和函數，那么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，此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，因此要使為某個區域內的調和函數，即在某區域內上述等式成立，必須，即。17．，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：由定理知由此也可很方便的求出。18．由以下各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．假設在閉圓盤上解析，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。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。習題四答案考察以下數列是否收斂，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，那么．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，那么，因為，都不存在，所以不存在，由定理4.1知，數列不收斂．以下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斂，故級數收斂，且為絕對收斂．(2)解：，因為是交織級數，根據交織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，因為發散，故級數發散，從而級數條件收斂．(3)解：，因級數發散，故發散．(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．試確定以下冪級數的收斂半徑．(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，那么，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．設級數收斂，而發散，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，且為絕對收斂，即收斂．時，，因為發散，根據正項級數的比較準那么可知，發散，從而的收斂半徑為1，由定理4.6，的收斂半徑也為1．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域上絕對收斂．證明：時，由阿貝爾定理，絕對收斂．時，，由條件知，收斂，即收斂，亦即絕對收斂．將以下函數展開為的冪級數，并指出其收斂區域．〔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：=1\*GB3①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．===．=2\*GB3②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．==．〔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．===．求以下函數展開在指定點處的泰勒展式，并寫出展式成立的區域．〔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。將以下函數在指定的圓域內展開成洛朗級數．(1)解：,,故有(2)解：=1\*GB3①在內=2\*GB3②在內(3)解：=1\*GB3①在內，=2\*GB3②在內(4)解：在內(5)解：在內故有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域．在內又故有10．函數能否在圓環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，即以為環心的處處解析的圓環域不存在，所以函數不能在圓環域內展開為洛朗級數．習題五答案求以下各函數的孤立奇點，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：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,=1\*GB3①，即時，因所以是的3級零點，由性質5.5知，它是的3級極點=2\*GB3②，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，，=1\*GB3①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．=2\*GB3②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１級極點．〔６〕解：函數的孤立奇點是，令，，=1\*GB3①時，因，所以是的2級零點，從而它是的2級極點．=2\*GB3②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．指出以下各函數的所有零點，并說明其級數．〔1〕解：函數的零點是，記，=1\*GB3①時，因，故是的2級零點．=2\*GB3②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，=1\*GB3①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．=2\*GB3②，時，，，由定義5.2知，，是的1級零點．=3\*GB3③，時，，，由定義5.2知，，是的1級零點．是函數的幾級極點答：記，那么，，，，，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．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．求以下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．=1\*GB3①，即，因為所以是的2級極點．由定理5.2，．=2\*GB3②時，記，那么，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，．利用留數計算以下積分〔積分曲線均取正向〕．〔1〕解：是被積函數在積分區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：是被積函數在積分區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，．計算積分，其中為正整數，．解：記，那么的有限孤立奇點為，且為級極點，分情況討論如下：=1\*GB3①時，均在積分區域內，由定理5.1，故有．=2\*GB3②時，均不在積分區域內，所以．=3\*GB3③時，在積分區域內，不在積分區域內，所以習題五8．判斷是以下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．計算以下積分：解：〔1〕〔2〕從上式可知，所以。10．求以下各積分之值：〔1〕解：設那么，。于是〔2〕解：設那么，。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．利用對數留數計算以下積分：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域內證明：令，。因為當時，有所以，方程與在內根的數目一樣，即4個。又當時，有所以，方程與在內根的數目一樣，即1個。綜合上述得到，在環域內有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一樣，即1個。又當時，有所以，方程與在內根的數目一樣，即4個。根據上述還可以得到，在環域內有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一樣，即n個。習題七答案試證：假設滿足傅氏積分定理的條件，那么有證明：根據付氏積分公式，有求以下函數的傅氏變換：〔1〕〔2〕

〔3〕〔4〕解：〔1〕f(t)(2)(3)(4)由于所以求以下函數的傅氏變換，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，根據傅氏積分定理求以下函數的傅氏變換：(1)(2)

(3)(4)解：〔1〕(2)(3)由于所以(4)由于所以證明：假設其中為一實函數，那么

其中為的共軛函數。證明：由于所以于是有7．假設，證明〔翻轉性質〕。證明：由于所以對上述積分作變換，那么8．證明以下各式：(1)〔為常數〕；(2)證明：〔1〕〔2〕9．計算以下函數和的卷積：(1)(2)(2)(2)解:(1)顯然，有當時，由于=0，所以；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．求以下函數的傅氏變換：(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。習題八求以下函數的拉氏變換：(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：求以下函數的拉氏變換：(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。由拉氏變換的位移性質知：法二：利用微分性質。令那么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。令那么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，那么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以下各式：(1)求解：因為所以由拉氏變換的位移性質知：(2)求解：設那么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。設那么而由卷積定理知：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。設那么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