《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)3i(3i)(1+3i)-； (3)23(3i)-(5)13i 2z +=，求2z ，3z ，4z ； (7) 61-。
解：(1)3i(3i)(1+3i)=3i(3+3i i+3)=3i(2i+23)=6+63i ---；(3)2333(223i)3(223i)333i 41288(3i)223i (223i)(223i)++====++---+； (5)213i 3i 3223i 13i 4422z ++--+===-+，3213i 13i 131224z z z -++--=⋅=⋅==-， 4313i 22z z z =⋅=--．(7) 因为1cos isin ππ-=+，所以6221cosisin66k k ππππ++-=+，即0k =时，031cosisini 6622w ππ=+=+； 1k =时，133cosisin i 66w ππ=+=； 2k =时，25531cosisin i 6622w ππ=+=-+； 3k =时，37731cosisin i 6622w ππ=+=--； 4k =时，499cos isin i 66w ππ=+=-； 5k =时，5111131cosisin i 6622w ππ=+=-．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) 2()i f z x y =-； (4) ()sin ch icos sh f z x y x y =+(6)()az b f z cz d+=+。
解：(2) 因为2(,)u x y x =，(,)v x y y =-，2x u x '=，0y u '=，0x v '=，1y v '=-．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12x =-上成立，所以()f z 只在直线12x =-上可导，此时1122()21x x f z x =-=-'==-，但复平面上处处不解析． (4) 因为(,)sin ch u x y x y =，(,)cos sh v x y x y =，cos ch x u x y '=，sin sh y u x y '=，sin sh x v x y '=-，cos ch y v x 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()f z 在复平面内解析，并且()()i i i i iz iz ()i cos ch isin sh cos isin 22cos isin cos isin 2222cos 22y y y yx x y y y y x x y x y x e e e e f z u v x y x y x x e e e e x x x x e e e e e e z-------+-+-'''=+=-=⋅-⋅=-++=⋅+⋅++===．(6)020()()1()limlim ()lim()()()z z z f z z f z a z z b az b z z c z z d cz d ad bc ad bccz c z d cz d cz d ∆→∆→∆→⎡⎤+∆-+∆++=-⎢⎥∆∆+∆++⎣⎦--==+∆+++所以，()f z 在除dz c=-外处处解析，且2()()ad bc f z cz d -'=+．4、指出下列函数的奇点． (1)221(4)z z z -+； (2) 222(1)(1)z z z +++．解：(1)22343242242232322(4)(1)(48)3448()(4)(4)3448(4)z z z z z z z z zf z z z z z z z z z z +--+-+-+'==++-+-+=+所以，()f z 的奇点为0，2i ±．(2)22232422322(1)(1)2(2)(1)(21)3953()(1)(1)(1)(1)z z z z z z z z z f z z z z z ++-+++++++'==-++++ 所以，()f z 的奇点为1-，i ±．10、如果()i f z u 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；证明：由()i f z u v =+在区域D 内解析，知(,)u x y 、(,)v x y 在区域D 内可微，且x y u v ''=，y x u v ''=-．同理，由()f z 在D 内解析，知x y u v ''=-，y x u v ''=．从而我们得到0x y y x u v u v ''''====，所以(,)u x y 、(,)v x y 皆为常数，故()f z 在D 内是一常数．15、求解下列方程： (2)10z e +=解：1ze =-，于是Ln(1)ln1iarg(1)2i=(21)i,z k k k Z ππ=-=+-++∈18、求Ln(i)-，Ln(34i)-+的值及主值．解：Ln(i)ln i i arg(i)2i i 2i 2k k πππ-=-+-+=-+，所以其主值为i 2π-； 4Ln(34i)ln 34i i arg(34i)2i ln 5i(arctan )2i 3k k πππ-+=-++-++=+-+，所以其主值为4ln 5i(arctan )3π+-．19、求1i2eπ-，1i 4eπ+，i 3，i(1i)+的值．解：1ii()22cos()isin ()i 22ee ee e ππππ--⎡⎤=⋅=-+-=-⎢⎥⎣⎦；()1i 11i444444222cos isin i 1i 44222ee ee e e ππππ+⎛⎫⎛⎫=⋅=+=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； ()i iLn3i(ln32i)2+iln323cosln3isinln3k k k e e e e πππ+--====+； 11i ln 2i 2i 2iln 22i iln(1i)444ln 2ln 2(1i)cos isin 22k k k e eeeππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++-++-+ ⎪⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫+====+ ⎪⎝⎭．20、求21，2(2)-，i 1-，i i ，1i(34i)+-的值．解：22Ln122i1cos(22)isin(22)k e e k k πππ===+；()22Ln(2)2ln 2(21)2i2(2)2cos (21)2isin (21)2k eek k πππ-++⎡⎤⎡⎤-===+++⎣⎦⎣⎦；i iLn1i(2i)21k k e e e ππ---===；1i i 2i 2i iLni22i k k eeeπππ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭===；()()444(1i)ln5arctan i 2i ln5arctan 2i ln5arctan 231i(1i)Ln(34i)332(34i)45cos ln 5isin ln 5,arctan ,3k k k k eeee k Z πππθπθθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++-++-+-+ ⎪⎢⎥⎪++-⎝⎭⎣⎦⎝⎭--====-+-=∈⎡⎤⎣⎦22、解方程： (1)ch 0z =；解：1Arch0Ln(001)Lni 2i 2z k π⎛⎫==+-==+ ⎪⎝⎭，k Z∈．习题3：1、沿下列路径计算积分2i20z dz +⎰：(1) 从原点至2i +的直线段；(2) 从原点沿实轴至2，再由2铅直向上至2i +； (3) 从原点沿虚轴至i ，再由i 沿水平方向向右至2i +． 解：(1) 从原点至2i +的直线段的复参数方程为i2x z x =+，1(1i)2dz dx =+，参数:02x →，所以22i22323330001111(1i)(1i)(2i)2323z dz x dx x +=+=+=+⎰⎰(2) 从原点沿实轴至2的直线段的复参数方程为z x =，参数:02x →，由2铅直向上至2i +的直线段的复参数方程为2i zy =+，参数:01y →，所以122i212222202132300(2i )i 18i 2111(i 44i)24i=i (2i)333333C C z dz z dz z dz x dx y dyx y y dy +=+=++=+--+=--++=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰(3) 从原点沿虚轴至i 的直线段的复参数方程为i z y =，参数:01y →，由i 沿水平方向向右至2i +的复参数方程为i zx =+，参数:02x →，所以122i1222222012223300(i )i (i)i 1i 1i (i)(2i)(2i)3333C C z dz z dz z dz y dy x dxy dy x dx +=+=++=-++=-+++=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰2、分别沿y x =与2y x =算出积分1i20(i )x y dz +-⎰的值．解：y x =的复参数方程为(1i)z x =+，(1i)dz dx =+，参数:01x →所以1i122051(i )(i )(1i)i 66x y dz x x dx +-=-+=-⎰⎰； 2y x =的复参数方程为2i z x x =+，(12i)dz x dx =+，参数:01x →所以1i 1222051(i )(i )(12i)i 66x y dz x x x dx +-=-+=+⎰⎰5、计算积分Czdz z⎰的值，其中C 为正向圆周： (1)3z =解：设1C 是C 内以被积函数的奇点0z=为圆心的正向圆周，那么111132i=6i CC C C z z z zdz dz dz z dz z z z z z ππ⋅====⋅⎰⎰⎰⎰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1z =：(1)2Cdzz +⎰； (2) 223Cdzz z ++⎰； (3)cos C dz z⎰ ；(4)13Cdzz -⎰； (5) z Cze dz ⎰； (6)i 522C dzz z ⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰ ．解：(1) 02C dzz =+⎰ ，根据柯西积分定理；(2) 2023C dz z z =++⎰ ，根据柯西积分定理；(3) 0cos C dz z =⎰ ，根据柯西积分定理；(4)2i 13C dz z π=-⎰ ，根据复合闭路定理；(5)0z Cze dz =⎰，根据柯西积分定理；(6)4ii 55i 22C dz z z π=-⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰ ，根据柯西积分定理及复合闭路定理．7、沿指定曲线的正向计算下列积分：(1)3zCe dz z -⎰ ，:31C z -=； (2)22Cdz z a -⎰，:C z a a +=；(3)i 21zCe dz z +⎰ ，4:2i 3C z -=； (4)3Czdzz +⎰，:2C z =； (5)23(1)(1)C dzz z +-⎰ ，:1C z r =<；(6)3cos Cz zdz ⎰，C 为包围0z =的闭曲线；(7)22(1)(4)C dzz z +-⎰ ，3:2C z =； (8)sin C zdz z ⎰ ，:3C z =；(9)2cos 2Czdz z π⎛⎫- ⎪⎝⎭⎰ ，:3C z =；(10)5z C e dz z ⎰ ，:1C z =．解：(1)332i 2i 3z zz C e dz e e z ππ==⋅=-⎰ ；(2)2212i i C z adz z a z aaππ=-=⋅=---⎰ ；(3)i i 2i 2i 1i z z C z e e dz z z eππ==⋅=++⎰ ； (4)03Czdzz =+⎰； (5)230(1)(1)C dzz z =+-⎰ ；(6)3cos 0Czzdz =⎰ ；(7)222222i i 1(1)(4)2i (i)(4)(i)(4)11102i 44C C C z z dz dz dzz z z z z z z z =-=⎡⎤-=-⎢⎥+-+---⎣⎦⎛⎫-=-= ⎪--⎝⎭⎰⎰⎰ ；(8)0sin 2i sin 0z C z dz z z π==⋅=⎰ ；(9)()22cos 2sin 21!2Cz zidz z i z ππππ==⋅-=-⎛⎫- ⎪⎝⎭⎰ ；(10) 502(51)!12z zC z e i idz ez ππ==⋅=-⎰ ．21、证明：22ux y =-和22yv x y =+都是调和函数，但是i u v +不是解析函数．证明：因为2u x x ∂=∂，222u x ∂=∂，2u y y ∂=-∂，222u y∂=-∂， 2222()v xy x x y ∂-=∂+，223222362()v x y y x x y ∂-=∂+，22222()v x y y x y ∂-=∂+，232222326()v y x y y x y ∂-=∂+， 所以22220u u x y ∂∂+=∂∂，22220v vx y∂∂+=∂∂，且x y u v ''≠，y x u v ''≠-． 即22u x y =-和22y v x y =+都是调和函数，但是i u v +不是解析函数．22、由下列各已知调和函数求解析函数()i f z u v =+，并写出z 的表达式：(1)22()(4)u x y x xy y =-++；(2)22y v x y =+，(2)0f =；(3)2(1)u x y =-，(2)i f =-．解：(1) 因为()i f z u v =+是调和函数，所以22363v u x xy y x y ∂∂=-=-++∂∂，22363v u x xy y y x∂∂==+-∂∂． 于是22223(363)()33v x xy y dy g x x y xy y =+-=++-⎰．那么222()63363vg x xy y x xy y x∂'=++=-++∂， 则3()g x x C =-+，所以322333v x x y xy y C =-++-+，3223322332233()(33)i(33)i (1i)3(i )3(i )(i )i (1i)i f z x x y xy y x x y xy y Cx x y x y y Cz C=+--+-++-+⎡⎤=-++++⎣⎦=-+(2)2222()v xy x x y ∂-=∂+，22222()v x y y x y ∂-=∂+．因为()i f z u v =+是调和函数，所以222222222222222(i )11()i i ()()()(i )y xx y xy x y f z v v x y x y x y x y z ---'''=+=+===++++，从而1()f z C z=-+．由(2)0f =知12C =，所以11()2f z z=-．(3) 因为()i f z u v =+是调和函数，所以2(1)v u x x y ∂∂=-=--∂∂，2v uy y x∂∂==∂∂． 于是22()v ydy g x y ==+⎰．那么()2(1)vg x x x∂'==--∂， 则2()2g x x x C =-++，所以222v x x y C =-+++，2222()(22)i(2)i i (i )2(i )1i i(1)i f z xy y x x y Cx y x y Cz C=-+-+++⎡⎤=-+-+++⎣⎦=--+由(2)i f =-知0C =，所以2()i(1)f z z =--．习题4： 1、下列数列{}n z 是否收敛？若收敛，求其极限．(1)1i 1i n n z n +=-； (2) i 12nn z -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭； (3)i(1)1nn z n =-++； (4) i2n n z e π-=．解：(1)222221i 12i 12i1i 111n n n n n n z n n n n +-+-===+-+++，当n →∞时，实部22111n n -→-+，虚部2201nn→+，所以{}n z 收敛于1-． (2)i i 5122n nn n z e ---⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当n →∞时502n-⎛⎫→ ⎪ ⎪⎝⎭，那么0n z →，所以{}n z 收敛于0．(3) 当n →∞时，实部(1)n-是发散的，所以{}n z 发散．(4) i 2cosisin 22n n n n z eπππ-==-，实部和虚部都发散，所以{}n z 发散．2、判断下列级数的收敛性与绝对收敛性：(1)21131i nn n n ∞=⎡⎤⎛⎫++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑； (3) i 221n n en π-∞=∑．解：(1) 记2131i nn z n n ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则当n →∞时1Re()1nn z e n ⎛⎫=+→ ⎪⎝⎭，那么n z 不趋近于0，所以级数发散．(3)i 222111n n n en nπ-∞∞===∑∑收敛，即级数i 221n n en π-∞=∑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)311z +； (3)2cos z ．解：(1)3363311()111()n n z z z z z ∞===-=-+-+--∑ ． 因为1(1)lim1(1)n nn ρ+→∞-==-，所以收敛半径1R =．(3)22021*******cos 211(2)cos (1)122(2)!21222(1)1(2)!22!4!6!nn n n n n n z z z n z z z zn ∞=-∞=⎡⎤+==-+⎢⎥⎣⎦=-+=-+-+∑∑因为211212(1)(22)!4limlim0(21)(22)2(1)(2)!n n n n n nn n n n ρ++-→∞→∞-+===++-，所以收敛半径R =∞．8、将下列各函数在指定点0z 处展成泰勒级数，并指出它们的收敛半径． (3)21z ，01z =-； (4)143z-，01i z =+； (6) arctan z ，00z =．解：(3)()20()(1)(1)!1!!n n n n z z f z n z c n n n --=-+===+，则201(1)(1)n n n z z ∞==++∑．因为1lim1n n nρ→∞+==，所以收敛半径1R =． (4)()101()3!(43)3!!(13i)n n n nn n z z f z n z c n n --+=-===-，则 []1013(1i)43(13i)n nn n z z ∞+==-+--∑． 因为121333lim(13i)(13i)10n nn n n ρ+++→∞==--，所以收敛半径103R =． (6)21222000000arctan ()()(1)121n zz z n n n n n n dz z z z dz z dz z n +∞∞∞=====-=-=-++∑∑∑⎰⎰⎰． 因为1(1)(1)lim12321n nn n n ρ+→∞--==++，所以收敛半径1R =．10、求下列各函数在指定圆环域的洛朗级数展开式： (2)21(1)z z -，01z <<，11z <-<+∞；(5)21(i)z z -，在以i 为中心的圆环域内；(7)1(2)(3)z z --，3z >．解：(2) 在01z <<内，由于011nn z z ∞==-∑，且211(1)1z z '⎛⎫= ⎪--⎝⎭，所以 21(1)(1)n n n z z ∞==+-∑， 从而211(2)(1)nn n z z z ∞=-=+-∑．在11z <-<+∞内，由于111z <-，所以 011111111(1)11111nn z z z z z z ∞=⎛⎫==⋅=⋅- ⎪+----⎝⎭+-∑，从而2301(1)(1)(1)nn n z z z ∞+=-=--∑． (5) 当0i 1z <-<时，由于211z z '⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10011111i (i)(1)i i (i)i i i i 1inn n n n n z z z z z ∞∞+==--⎛⎫==⋅=-=- ⎪-+-⎝⎭+∑∑，所以12111(i)(1)i n n n n n z z -∞+=-=--∑，从而212111(i)(1)(i)i n n n n n z z z -∞-+=-=--∑．当1i z <-<∞时，由于i11z <-，所以 10011111i i (1)i i (i)i i i (i)1inn n n n n z z z z z z z ∞∞+==⎛⎫==⋅=⋅-=- ⎪+-----⎝⎭+-∑∑， 且211z z '⎛⎫=- ⎪⎝⎭，从而2211(1)i (1)(i)n n n n n z z ∞+=+=--∑，所以2311(1)i (1)(i)(i)n n n n n z z z ∞+=+=---∑．(7) 由于21z <且31z<，所以 10000111111(2)(3)32131213213232n n n n n n nn n n n n z z z z z z z z z z z zz ∞∞∞∞+====⎛⎫=-=⋅- ⎪------⎝⎭⎡⎤--⎛⎫⎛⎫=-==⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑∑∑∑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)221(1)z z +； (3)3sin z z ； (4) ln(1)z z +； (7) 21(1)zz e -； (11) 1sin 1z -． 解：(1) 易见0z =，iz =±是221()(1)f z z z =+的孤立奇点．由于221lim(1)z z z →=∞+，22i 1lim(1)z z z →±=∞+，所以0z =，i z =±是极点．0z =，一级极点，i z =±，二级极点．(3) 30sin limz zz →=∞，所以0z =是极点．0z =，二级极点． (4) 易见0z =是ln(1)()z f z z +=的孤立奇点，且0ln(1)lim1z z z→+=，所以0z =是可去奇点； (7) 0z =，三级极点，2i 1,2,z k k π==±± （），一级极点； (11) 1z =，本性奇点．5、求下列各函数在有限奇点处的留数． (2)()211z z -； (3) ()2221z z +； (6)21sinz z．解：(2) 记()21()1f z z z =-，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， ()201Res[(),0]lim 0()lim11z z f z z f z z →→=-==-，()1111Res[(),1]lim 1()lim(1)2z z f z z f z z z →→-=-==-+，()1111Res[(),1]lim 1()lim(1)2z z f z z f z z z →-→--=+==--．(3) 记()222()1z f z z=+，则()f z 有二级极点i ±．由规则Ⅱ，()3i i 12i iRes[(),i]lim i ()lim (21)!(i)4z z d z f z z f z dz z →→=-==-⎡⎤⎣⎦-+， ()3i i 12i iRes[(),i]lim i ()lim (21)!(i)4z z d z f z z f z dz z →-→---=+==⎡⎤⎣⎦--． (6) 记21()sinf z z z=，则()f z 有本性奇点00z =．因为1sin z 在00z =的去心邻域0z <<∞内的洛朗级数为2101(1)sin (21)!n n n z z n --∞=-=+∑于是有()21201(1)sin 0(21)!n n n z z z z n -+∞=-=<<∞+∑其中1n=的项的系数113!c -=-，所以1Res[(),0]6f z =-6、利用留数定理计算下列积分． (1)22(1)(1)Cdz z z -+⎰ ，C 为圆周222()x y x y +=+ 解：被积函数()f z 在圆周C 的内部有一级极点0i z =和二级极点11z =，由留数的计算规则Ⅰ、Ⅱ得()2ii11Res[(),i]lim i ()lim(1)(i)4z z f z z f z z z →→=-==-+， ()22211121Res[(),1]lim 1()lim (21)!(i)2z z d z f z z f z dz z →→-⎡⎤=-==-⎣⎦-+．于是由留数定理得积分值{}22i2i Res[(),i]Res[(),1](1)(1)2Cdz f z f z z z ππ=+=--+⎰ (2)222(1)zz e dz z =-⎰ 解：被积函数()f z 在2z =内有一个二级极点01z =，由留数的计算规则Ⅱ得()222111Res[(),1]lim 1()lim 22(21)!z z z d f z z f z e e dz →→⎡⎤=-==⎣⎦-于是由留数定理得积分值22222iRes[(),1]4i (1)zz e dz f z e z ππ===-⎰ (4)32sin z z dz z =⎰解：被积函数()f z 在32z =内有可去奇点00z =，则Res[(),0]0f z =，所以由留数定理知 32sin 0z z dz z ==⎰(6)sin 2212(1)zz e dz z z =+⎰解：被积函数()f z 在12z =内有一个二级极点00z =，由留数的计算规则Ⅱ得 sin 2sin 222001(1)cos 2Res[(),0]lim ()lim 1(21)!(1)z zz z d e z z ze f z z f z dz z →→+-⎡⎤===⎣⎦-+于是由留数定理得积分值sin 22122iRes[(),0]2i (1)zz e dz f z z z ππ===+⎰9、(1)2053cos d πθθ+⎰解：令i z e θ=，则i dzd zθ=，21cos 2z zθ+=．于是221253cos i 3103z d dzI z z πθθ===+++⎰⎰ 被积函数21()3103f z z z =++在1z =内有一个一级极点13z =-，其留数 11331111Res[(),]lim ()lim 333(3)8z z f z z f z z →-→-⎛⎫-=+== ⎪+⎝⎭所以212i i 82I ππ=⋅⋅=(5)222(1)(4)x dx x x +∞++⎰解：222()(1)(4)x R x x x =++是偶函数，而()R z 在上半平面内有一级极点0i z =和12i z =，且()22i i iRes[(),i]lim i ()lim (i)(4)6z z z R z z R z z z →→=-==++， ()222i 2i iRes[(),2i]lim 2i ()lim (1)(2i)3z z z R z z R z z z →→=-==-++，所以2221i i 2i (1)(4)2636x dx x x ππ+∞⎛⎫=⋅⋅-= ⎪++⎝⎭⎰(6)22cos (1)(9)xdx x x +∞-∞++⎰解：421()109R x x x =++，4m =，0n =，1m n -≥，且()R z 在实轴上无孤立奇点，故积分 i 22(1)(9)xe dx x 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0i z =和13i z =，而且()i i i 2i i iRes[(),i]lim i ()lim (i)(9)16z zzz z e R z e z R z e z z e→→=-==-++， ()i i i 233i 3i iRes[(),3i]lim 3i ()lim (1)(3i)48z zzz z e R z e z R z e z z e →→=-==++，从而()i 22233ii 2i 31(1)(9)164824x e dx e x x e e eππ+∞-∞⎛⎫=-+=- ⎪++⎝⎭⎰所以()2223cos 31(1)(9)24x dx e x x eπ+∞-∞=-++⎰习题8： 4、试求()tf t e-=的傅氏变换．解：()f t 的傅里叶变化为0j j j 00(1j )(1j )0(1j )(1j )02()()111j (1j )1121j 1j 1t t t t t t t t tF f t e dt e e dt e e dte dt e dt e e ωωωωωωωωωωωωω+∞+∞-----∞-∞+∞--+-∞+∞--+-∞==+=+=+--+=+=-++⎰⎰⎰⎰⎰5、试求矩形脉冲,0,()0,A t f t τ≤≤⎧=⎨⎩其他的傅氏变换．解：()f t 的傅里叶变化为j j 0j j 0()()(1)j j tt t F f t edt Ae dtA A e e τωωωττωωωω+∞---∞--==-==-⎰⎰6、求下列函数的傅氏积分：(1)0,1,1,10,()1,01,0,1.t t f t t t -∞<<-⎧⎪--<<⎪=⎨<<⎪⎪<<+∞⎩ 解：()f t 是(.)-∞+∞上的奇函数，则()0a ω=，12221cos ()()sin sin b f d d ωωτωττωττπππω+∞-===⋅⎰⎰，于是()()cos ()sin 21cos 21cos sin sin f t a td b td td td ωωωωωωωωωωωωπωπω+∞+∞+∞+∞=+--=⋅⋅=⎰⎰⎰⎰7、求函数2221,1,()0,1t t f t t ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩的傅氏积分，并计算3cos sin cos 2x x x xdx x +∞-∞-⋅⎰． 解：()f t 是(.)-∞+∞上的偶函数，则123224(sin cos )()()cos (1)cos a f d d ωωωωτωτττωττπππω+∞-==-=⎰⎰，()0b ω=，于是33()()cos ()sin 4(sin cos )4sin cos cos cos f t a td b td td td ωωωωωωωωωωωωωωωωπωπω+∞+∞+∞+∞=+--=⋅=⎰⎰⎰⎰10、求符号函数1,0,sgn 1,0t tt -<⎧=⎨>⎩的傅氏变换．（提示：sgn 2()1t u t =-．）解：方法一：12[sgn ]2[()]2()2()2()j j t u t πδωπδωπδωωω⎛⎫=-=+-= ⎪⎝⎭FF ． 方法二：0j j j 02()sgn j ttt F t edt edt e dt ωωωωω+∞+∞----∞-∞=⋅=-+=⎰⎰⎰．11、求函数()sin 2cos f t t t =的傅氏变换．解：()sin(2)sin(2)1()sin 2cos sin 3sin 22t t t t f t t t t t ++-===+，则()1[()][sin 3][sin ]2j [(3)(3)(1)(1)]2f t t t ωδωδωδωδω=+=+--++--F F F15、利用位移性质计算下列函数的傅氏变换： (1)()u t C -；(2)1[()()]2t a t a δδ++- 解：(1)j j j 11[()][()]()()j j C C Cu t C e u t e e ωωωπδωπδωωω---⎡⎤-==+=+⎢⎥⎣⎦F F ； (2) j j ()()[()][()]cos 222a at a t a t a t a e e a ωωδδδδω-++-++-+⎡⎤===⎢⎥⎣⎦F F F ．23、求下列函数的傅氏变换： (2)0j ()()t f t e u t ω=；(3) 0j 0()()t f t e u t t ω=-；(4) 0j ()()t f t e tu t ω=．解：(2) 记0j 10()[]2()t F e ωωπδωω==-F ，21()[()]()j F u t ωπδωω==+F ，由卷积定理有12000000000111[()]()()2()()22j()1()()()j()11()()j()j()t f t F F d t t dt t t t t ωωπδτωπδωττππωτδπδωωτωωωπδωωπδωωωωωω+∞-∞+∞-∞=⎡⎤=*=-+-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤=+--=-⎢⎥--⎣⎦=+--=+----⎰⎰令F(3) 记0j 10()[]2()t F e ωωπδωω==-F ，221()[()]j ()F tu t ωπδωω'==-+F ，由卷积定理有120200200022000111[()]()()2()j ()22()1()j ()()()11j ()j ()()()t f t F F d t t dt t t t t ωωπδτωπδωττππωτδπδωωτωωωπδωωπδωωωωωω+∞-∞+∞-∞=⎡⎤'=*=--+-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤'=-+--=-⎢⎥--⎣⎦''=-+--=-+----⎰⎰令F(4) 记0j 10()[]2()t F e ωωπδωω==-F ，0j 201()[()]()j t F u t t e ωωπδωω-=-=+F ，由卷积定理有000000j()120j()000j()j()00000111[()]()()2()()22j()1()()()j()11()(j()j()t t t t t t t f t F F e d t e t d t t e t e t ωτωωωωωωωωπδτωπδωττππωτδπδωωττωωωπδωωπδωωωωωω+∞---∞+∞----∞-----=⎡⎤=*=-+-⎢⎥-⎣⎦⎡⎤=+--=-⎢⎥--⎣⎦=+--=+----⎰⎰令F )习题9：2、求下列函数的拉氏变换：(1)1,01,()1,15,0,5t f t t t ≤<⎧⎪=-≤<⎨⎪≥⎩(3)()cos ()sin ()f t t t tu t δ=-.解：(1)1550011[()]()(12)st st st s s f t f t e dt e dt e dt e e s+∞-----==-=-+⎰⎰⎰L ．(3) 22201[()]()(1sin )111ststs f t f t e dt t e dt s s +∞+∞--==-=-=++⎰⎰L ．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 ,0,()0,2t t f t t πππ≤<⎧=⎨≤<⎩．解：()00(j )(j )220011[()]()sin 11111sin 12j (1)(1)T st st sT sT s t s tss f t f t e dt te dt e ee dt te dt e e s πππππ------+--==--=⋅-=--+⎰⎰⎰⎰L4、求下列函数的拉氏变换： (1) 2()(1)t f t t e =-；(2)()5sin 23cos f t t t =-；(3) ()1t f t te =-；(6) ()cos t f t e kt =（k 为实常数）； (9) 3()sin 2t f t te t -=； (10)30()sin 2tt f t t e tdt -=⎰；(11)3sin 2()t e tf t t-=．解：(1)222323[()][2][]2[][]211452(1)(1)1(1)t t t t t t f t t e te e t e te e s s s s s s =-+=-+-+=-⋅+=----L L L L L(2)22103[()]5[sin 2]3[cos ]41sf t t t s s =-=-++L L L(3)211[()][1][](1)t f t te s s =-=--L L L ；(6)22()[cos ]s F s kt s k ==+L ，则由位移性质有221[()](1)(1)s f t F s s k -=-=-+L ；(9)322()[sin 2](3)4t F s e t s -==++L ，则224(3)[()]()[(3)4]s f t F s s +'=-=++L ；(10)322()[sin 2](3)4tF s et s -==++L ，则301sin 2()t t e tdt F s s -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰L ，从而 222212(31213)[()]()[(3)4]d s s f t F s ds s s s ++⎡⎤=-=⎢⎥++⎣⎦L ；(11) 322()[sin 2](3)4t F s e t s -==++L ，则 33[()]()arctanarccot 222s s s f t F s ds π∞++==-=⎰L ．。
