复变函数讲义 (4)

2. 积分区域的转化:
取一条连接区间两端的按段光滑曲线, 使与区间
一起构成一条封闭曲线, 并使R(z)在其内部除有
限孤立奇点外处处解析. (此法常称为“围道积分法”)
14
取R适当大, 使R(z)所有的在上半平面内的极点
zk 都包在这积分路线内.
y
这里可补线 CR
CR
(以原点为中心 , R为半径
. R 0
z 0, p,在圆周 z 1内，
且 z 0为二级极点，z p为一级极点，
10
所以在圆周 z 1上被积函数无奇点，
Res[
f
( z ),0]
lim d z0 dz
z
2
1 z4 2iz2(1 pz)(z
p)
lim (z
z0
pz 2
p p2z)4z3 2i(z pz2
(1 p
z4 )(1 p2z)2
在上半平面有二级极点 z ai, 一级极点 z bi.
Res[R(z),ai]
(z
1 ai )2 (
z
2
b2
)
1 2bi(a2
b2
)2
,
zai
18
Res[R(z),bi]
(z2
1 a2 )2(z
bi)
zbi
b2 4a 3i (b 2
3a 2 a2 )2
,
所以
dx
( x2 a2 )2( x2 b2 )
2
1 2
2π
0
a
dt 1
cos
t
1 2
z
1 a
1
1 (z2
1)
dz 2z iz
2
2
2i
z
1
z2
dz 2(2a
1)z
. 1
7
极点为 : z1 2a 1 (2a 1)2 1 (在单位圆内) z2 2a 1 (2a 1)2 1 (在单位圆外)
所以 π dx
0 a sin2 x
d dz
( z
z ai)2
eimz
z
ai
m 4a
ema
,
则
(
x2
x a2
)2
eimxdx
2iRes ( z 2
z a2
)2
eimz
, ai
所以
0
(
x sin mx x2 a2 )2dx
1 Im2iRes(
2
f
( z ), ai )
m ema. 4a
注意 以上两型积分中被积函数中的R(x)在实轴
2π i 2iRes[ f (z),(2a 1 2a 12 1)].
2π . (2a 1)2 1
8
例3
计算 I
2π
0
1
2
cos2 p cos
p2 d
(0
p 1)的值.
解 由于0 p 1,
1 2 pcos p2 (1 p)2 2 p(1 cos )
在0 2π内不为零， 故积分有意义.
解 令 z ei , 则
sin z2 1, cos z2 1, dz iei d ,
2zi
2z
2π
0a
sin2 d bcos
(z2 1)2 z 1 4z2
a
b
1 z
2 2z
1
dz iz
z
1
2iz
2
(z2 (bz
1)2 2 2az
b)
dz
5
(z2 1)2dz
z 1 2iz2b z a
0
0
22
证 设函数 eiz2 当 z x时 eiz2 cos x2 sin x2
如图路径， eir2dz 0,
C
eix2dz eiz2dz eiz2dz 0,
OA
AB
BO
y B
R D
o
R Ax
R eix2dx
π
e4 iR2ei 2 Riei d
e e dr 0
ir
π
2e 2
上无孤立奇点.
25
例6
计算积分
sin x
0
dx. x
分析 sin x 是偶函数, 所以 x
sin xdx 1 sin xdx .
0x
2 x
sin z
, 某封闭曲线
z
因
sin z z
在实轴上有一级极点 z 0, 应使封闭路
线不经过奇点, 所以可取图示路线:
26
解 封闭曲线C:
CR R,r Cr r, R
并且分母在实轴上无孤立奇点.
一般设
R(z)
zn zm
a1zn1 b1zm1
an bm
,
m
n
2
分析
可先讨论
R
R( x)dx,
R
最后令 R 即可 .
13
R
R R( x)dx
f (z)dz
C
1. 被积函数的转化: 可取 f(z)=R(z) .
(当z在实轴上的区间内变动时 , R(z)=R(x))
2
形如
2π
0
R(cos ,sin )d
令 z ei
dz iei d
sin 1 (ei ei ) z2 1 ,
2i
2iz
d dz ,
iz
cos 1 (ei ei ) z2 1,
2
2z
当 历经变程 [0,2π ] 时,
z 沿单位圆周 z 1的正方向绕行一周.
3
2π
0
R(cos
,
i
πi 4
0,
0
0
R
31
或 R(cos x2 i sin x2 )dx 0
π i
e4
R er2dr
π
4 eiR2 cos2 R2 sin 2 Riei d .
0
0
当R 时，
π i
e4
er2dr
π
πi
e4
1
πi
π.
0
2
22 22
π
π
4 eiR2 cos2 R2 sin 2 Riei d 4 eRsin 2 Rd
z z 2!
n!
z
g(z) i z iz2 inzn1
2! 3!
n!
当 z 充分小时, 总有 g(z) 2,
eiz
1
dz dz g(z)dz,
Cr z
Cr z
Cr
dz
Cr z
0 π
ire i re i
d
i,
29
因为 g(z)dz g(z) ds 2 ds 2π r,
Cr
Cr
Cr
r 0
g(z)dz 0, 即
eiz dz
π
i
0
π
i,
Cr
Cr z
2i R sin xdx eizdz eiz dz 0,
rx
CR z
Cr z
2i
0
sin x
xdx
π
i,
所以
sin x dx π .
0x
2
30
例7 证明 sin x2dx cos x2dx 1 π .
34
思考题
计算积分
π 2
d
0 a2 cos2
(a
0).
35
思考题答案
I
1 2
0
0
π 4 R2
R 4 e π d 0
π (1 eR2 ). 4R
R
0
32
(cos x2 i sin x2 )dx 1
0
2
πi 22
π. 2
令两端实部与虚部分别相等，得
cos x2dx
sin
x2dx
1
π.
0
0
22
菲涅耳(fresnel)积分
33
四、小结与思考
本课我们应用“围道积分法”计算了三类实 积分, 熟练掌握应用留数计算定积分是本章的难 点.
CR
CR
R CR
令 x Rcos , y Rsin
则 z R(cos i sin )
0 π
ds dz d(Rei ) Rd .
2
R
eai( xiy) ds
CR
2 R
eaxi eay ds 2 π eaRsin d
CR
0
21
4
π
2 eaRsin d
4
π
2 eaRsin d
2π i{Res[R(z),bi] Res[R(z),ai]}
2i
b2
4a
3i
(b2
3a 2 a2
)2
1 2bi(b2
a2
)2
(2a 2a 3b(a
b)π b)2
.
19
三、形如
R(
x
)e
aixdx
(a 0)的积分
积分存在要求: R(x)是x的有理函数而分母的次
数至少比分子的次数高一次, 并且R(z)在实轴上
(
x x
sin 2
am2x)2dx
,
m 0,a 0.
解
0
x sin mx (x2 a2)
dx
1 2
(
x x
sin 2
mx a2 )2
dx
1 Im 2
(x2
x a2)2
e
imxdx
又
f
(z)
(z2
z a2
)2
e imx ,
在上半平面只有二级极点 z ai,
24
Res(
f
( z ), ai )
a2 b
b2
z
a
a b
2
b2
பைடு நூலகம்2π
i
Res
f
(
z),0
Res
f
(
z),
(a
a2 b2 )
b
2aπ b2
2π
a2 b2 b2
2 b2
(a
a2 b2 ).
6
例2
计算
π
0
a
dx sin
2
(a x
0).
解
π
0
a
dx sin2
x
π
0
a
1
dx cos
2
x
2
1 2
π
0
a
d2x 1 cos
2x
令 2x t,
由于 cos 2 1 (e2i e2i ) 1 (z2 z2 ),
2
2
I
z2
z 1
z2 2
1 2p
1 z
z 1
p2
dz iz
2
9
I
z2
z 1
z2 2
1
12p z
z 1
p2
dz iz
2
z
1 2iz2(1
1 z4 pz)(z
dz p)
f (z)dz.
z 1
被积函数的三个极点z 0, p, 1 , p
sin
)d
z
1
R
z
2 2z
1
,
z
2 2iz
1
dz iz
n
f (z)dz 2π i Res f (z), zk .
z 1
k 1
z的有理函数 , 且在 单位圆周上分母不
为零 , 满足留数定 理的条件 .
包围在单位圆周 内的诸孤立奇点.
4
例1
计算积分
2π
0
a
sin 2 bcos
d
(a b 0)
第三节 留数在定积分计算上的应用
一、形如
2π
0
R(cos
的, sin积 分)d
二、形如
R(
x的)d积x 分
三、形如
R(
x
)e
aixdx的(a积分0)
四、小结与思考
一、形如
2π
0
R(cos ,s的in积)d分
思想方法 : 把定积分化为一个复变函数沿某条 封闭路线的积分 .
两个重要工作: 1) 积分区域的转化 2) 被积函数的转化
2 R2
R
2π R
,
R
R : CR R(z)dz 0 ; R R(z)dz R(z)dz,
所以
R(z)dz
2π i Res[R(z), zk ]
17
例4 计算积分
dx
( x2 a2 )2( x2 b2 )
(a 0,b 0,a b)
解
R(z)
(z2
a2
1 )2 ( z 2
b2 )
无孤立奇点.
y
同前一型: 补线CR
CR
C
与
R
R,
R
一起构成封闭
. R
0
. Rx
曲线C ,使R(z)所有的在上半平面内的极点 zk 都
包在这积分路线内 .
20
对于充分大的 z , 且 m n 1时, 有 R(z) 2
z
R(z)eaizdz R(z) eaiz ds 2 eai( xiy) ds
e
iz
dz
eiz dz 0,
rx
CR z
Cr z
eiz dz
eiz ds
1
e yds π eRsin d
CR z
CR z
R CR
0
π
2 2 eRsin d 0
2
π 2
e
R(
2
π
)d
0
(1 eR ), R
于是 R eizdz 0 当r 充分小时，
CR z
28
因为 eiz 1 i z inzn1 1 g(z),
1 1
a1z1 b1z1
anzn bm zm
当 z 充分大时, 总可使
a1z1
anzn
1, 10
b1z1
bm zm
1, 10
16
因为 m n 2，
所以
R(z)
1 z mn
1 1
a1 z 1 b1 z 1
anzn bm zm
2 z2
R(z)dz CR
CR
R(z)ds
R
CR
Res[R(z)eaiz , zk ]
R :
R(
x)eaixdx
2π
i
Res[R(z)eaiz , zk ]
eiax cosax i sinax
R( x)cosaxdx i R( x)sin axdx
2π i Res[R(z)eaiz , zk ].
23
例5
计算积分
0
由柯西-古萨定理得:
y
CR Cr
R r o r R x
eizdz r eixdx
e
iz
dz
R
e
ix
dx
0,
CR z
R x
Cr z
rx
令 x t，
r
eix dx
r
eit dt
R eix dx,
R x
Rt
rx
由 sin x eix eix , 2i
27
知 2i R sin xdx
4
π aR( 2 )
2 e π d ,
0
0
0
y
y 2
π
2 (1 eaR ). aR
y sin
o 2
R 0
从而
R(z)eaizdz 2π (1 eaR ) 0.
CR
aR
R(z)eaizdz 0 . CR
22
由留数定理:
R R( x)eaixdx R(z)eaizdz 2π i
. R
的在上半平面的半圆周) x
C
与
R
R,
R一起构成封闭曲线C
,
R(z)在C及其
内部(除去有限孤立奇点）处处解析.
15
根据留数定理得 :
R
R
R(
x)dx
CR
R(
z)dz
2π
i
Res[
R( z ),
zk
],
R(z)
1 z mn
1 a1z1 anzn 1 b1z1 bm zm
z
1
mn
2 pz
p2 )
1 p2 2ip2
,
11
Res[
f
(z),
p]
lim
z p
(
z
p)
1 z4 2iz2(1 pz)(z
p)
因此
1 2ip2 (1
p4 p2
)
,
I
2π
i
1 p2 2ip2
1 2ip2 (1
p2 p2
)
2π 1
p2 p2
.
12
二、形如
R(
x)dx
的积分
若有理函数 R(x)的分母至少比分子高两次,