留数定理与几类积分的计算

留数定理与几类积分的计算

中文摘要

本文主要总结几类可用留数定理计算的积分的特征并给出对应的用留数定理算积分的步骤以及可行性说明。其中类型3是对文献1中给出的结论的推广，类型3中的引理2是笔者对文献1的一道习题的推广并给出了证明。接着笔者补充了参考文献2中多值函数积分部分4个引理的证明并给出相应的应用例子，类型7笔者根据个人理解将分成瑕积分和黎曼积分两类给出计算方法。 关键词：留数定理，积分计算，单值函数，多值函数

……

正文

（一）单值函数

类型1：形如20(sint,cost)dt I R π

=⎰的实积分，其中(x,y)R 是有理函数，并且在圆

周22{(x,y):x y 1}+=上分母不为零。

解决技巧：令it z e =，将实积分转化为单位圆周上的复积分。

由sin ,cost ,22

it it it it

it e e e e t dz ie dt i ---+=

==可得： 22221

111111

(,)2Re ((,),z )22222n k C k z z z z I R dz i s R iz z iz iz z i =-+-+==π∑⎰①

其中，12,,...,n z z z 是22111

(,)22z z R iz z zi -+在单位圆周的所有孤立奇点，22111

(,)22z z R iz z zi

-+在单位闭圆盘除去12,,...,n z z z 外的其他点都解析。

例子：

类型2：形如(x)dx I R +∞

-∞

=⎰

的实反常积分，其中(x)R 是有理函数，在实轴上分

母不为零，并且分母的次数至少比分子次数高2。计算公式为

1

2Re (R(z),z )n

k k I i s ==π∑（其中12,,...,n z z z 为R(z)在上半平面的所有孤立奇点，R(z ）

在上半平面除去这些点外的其他点解析）

解决技巧：围道积分法。添加圆弧将实反常积分转化到计算留数和半径趋向于无穷的圆弧积分，其中R Γ取逆时针方向。如图所示：

图1

可行性分析：由留数定理可得当12max(,,...,)n R z z z >时，有

1

(z)dz (x)dx 2Re (R(z),z )R

n

R

k R

k R R i s Γ-=+=π∑⎰

⎰②

于是只要圆弧积分在半径趋于无穷时存在极限则可以算出原反常积分。要求分母的次数至少比分子次数高2可使得半径趋向于无穷的圆弧积分为零。证明：

(z)dz (z)2(z)R

R f f f R Γ≤Γ≤π⎰

，由于分母次数至少比分子次数高2，因而必

有lim (z)0R f R →∞

=，证得lim (z)dz 0R

R f Γ→∞=⎰。令R →+∞可得1

2Re (R(z),z )n

k k I i s ==π∑

例子：

类型3：形如(x)e (0)i x I f dx λλ+∞-∞

=>⎰

的积分，其中(z)f 在0lmz ≥上可能有有限

个孤立奇点外，在其余点解析，而且,0

lim (z)0z lmz f →∞≥=，(z)f 在实轴上的孤立奇点

只能是可去奇点或者一阶极点。

从对于类型2的可行性分析可知留数定理计算反常积分的可行性关键在于圆弧积分当半径趋于无穷时的极限好算，最好是为零。为了用留数定理解决类型3的积分需用Jordan 引理。

引理1（Jordan 引理）:若函数(z)f 在0,lmz (a 0)R z a ≤<∞≥->上连续，且

,lim

(z)0z lmz a

f →∞≥-=，则对任意正的常数0λ>，都有lim (z)dz 0R

i z R e f λΓ→∞=⎰，其中

0:z Re ,,i R lmz a R R ϕΓ=≥->

用此引理可知满足引理要求的(z)f 与i z e λ的乘积做被积函数的圆弧积分当

半径趋于无穷时极限为零，可用留数定理计算反常积分(x)e (0)i x I f dx λλ+∞

-∞

=>⎰。

类型3.1形如(x)e (0)i x I f dx λλ+∞-∞

=>⎰

的积分，其中(z)i z e f λ在上半平面0lmz >上

可能有有限个孤立奇点外,分母在实轴上没有零点，在其余点解析，而且

,0

lim

(z)0z lmz f →∞≥=

解决技巧：围道积分法。与类型2的解决技巧相同。 计算公式及推导：

若(z)i z e f λ在上半平面除去12,,...,n z z z 等所有孤立奇点外连续，在0lmz ≥连续，且,0

lim

(z)0z lmz f →∞≥=，则可得1

(z)2Re ((z),z )n

i z

i z k k e

f dz i s e f λλ+∞

-∞==-π∑⎰，分离实

部和虚部可得：

1

sin(x)(x)2Re ((z),z )n

i z k k f dx s e f λλ+∞

-∞

==π∑⎰

③

1

cos(z)(z)2{Re ((z),z )}n

i z k k f dz lm s e f λλ+∞

-∞

==-π∑⎰

④

例子：

类型3要求分母在实轴上不为零，此时我们会提出疑问——如果被积函数在实轴上有有限个点使得分母为零，此时能否使用留数定理？为简单起见，只讨论这些实值均是f(x)的一阶极点的情况。

解决技巧：采用选取合适的积分闭路绕过奇点。如图2所示：

图2 可行性分析：由留数定理可得：

1

(z)dz (z)dz (x)dx (x)dx 2Re (e f(z),z )R

r

n

r

R

i z

i z

i x

i x

i z k C C R

r

k e

f e

f e

f e

f i s λλλλλ--=-++=π∑⎰

⎰⎰⎰