留数定理计算积分(课堂PPT)

1 i
z
1
5z
zm 2z2
dz 2
12
Ñ i
zm
dz i 2iRes
zm
2 z 1 (z 1)(z 2) 2
2
z1 2
(z 1)(z 2)
2
zm z2
|
z
1
2
3g2 m 1
,
所以I 1 ReJ 2
3 g2 m
.
13
在许多实际问题中，往往要求计算反常积分的值，如
sinxd x, sinx2 d x , e a xc o sb x d x ,
0x 0
0
数学分析计算这些积分麻烦,无统一方法;用
留数计算,较简捷.
这 种 方 法 的 基 本 思 路 是 ,先 取 辅 助 函 数 g(z)(在 [a,b]上 g(z)的 实
部 或 虚 部 为 f(x))在 有 限 区 间 [a,b]上 的 定 积 分 ,再 引 入 辅 助 曲 线 ,
同 [a,b]一 起 构 成 周 线 ,g(z)在 内 除 有 限 个 点 外 解 析 且 连 续 到 .
（3）我们只讨论应用单值解析函数来计算积分，应 用多值解析函数来计算积分在课本中有讨论。由于时 间的关系，我们不讨论应用多值解析函数来计算积分
的问题，同学们可以自学。
2
一 计 算 0 2 πR (c o s,sin )d 型 积 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
解 令 z eix ,
Ñ I
2 1
0
1cos2
dx x
1 z 11 ( z2 1)2
dz iz
2z
10
Ñ Ñ
2 i
z4
z 1
2zdz 6z2 1
2 i
z4
z 1
dz 2 6z2
1
令 z2 u, 则 当 z 绕 z 1 正 向 一 周 时 ,u 绕 u 1 正 向 二 周 ;
Ñ f( u ) 2i1 2 u 1 u在 2 u d6u u1 内 1有 , 一 个 一 阶 极 点 u 3 8 ,且
Iz1z2 2z212pz1 z1p2d izz
2
5
z2z2
1
dz
I
z1
2 12pzz1p2iz
2
Ñ Ñ 1
1z4
dz 1
f (z)dz.
2pi z1 z2(z 1)(zp)
2 pi z 1
p
被积函数的三个 z极 0, p点 ,1, p
z0,p,在圆 z1内 周，
且 z0为二级 z极 p为点 一， 级极点，
0 R (sin ,c o s)d 1 2 R (sin ,c o s)d .
例4
π
计算积分I
cosm xdx (m 为 正 整 数 ) .
054cosx
解I 1 π cosmx dx1Re π eimx dx
2 54cosx 2 54cosx
令z eix,则
Ñ J
π
eimx dx
54cosx
2) 被积函数的转化
形如02πR(co,ssin)d
令zei dzieid
sin1(eiei) z 2 1 ,
2i
2 iz
d dz ,
iz
3
cos1(eiei) z 2 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.
n
02πR(co,ssin)d f (z)dz z 1
2i Res f (z). k1 zak
z的有理函数 , 且在单位圆周上分 包围在单位圆周 母不为零 , 满足留数定理的条 内的诸孤立奇点.
注件:关 .键 是 引 进 代 换 z e i,R (sin ,c o s)在 [0 ,2 ]上 连 续 可
不 必 检 验 ,只 要 看 变 换 后 被 积 函 数 在 z 1 是 否 有 奇 点 .
u R3es8u f2 ( u6 ) u (1 u2 61u1)'
|
u3
8
1 28
1, 42
由留数定理
Ñ4
du
I
i
u2
u 1
6u 1
4g2i Res f(u)
i
u3 8
2 .
11
注 :若 R (sin,cos)为 的 偶 函 数 ,则 0 R (sin,cos)d
亦 可 用 上 述 方 法 求
第二节 用留数计算定积分
Department of Mathematics
1
留数定理的应用--积分的计算:
利用留数计算积分的特点： （1）、利用留数定理，我们把计算一些积分的问题， 转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留数，从而大大 化简了计算；
（2）、利用留数计算积分，没有一些通用的方法，
我们主要通过例子进行讨论；
6
所以在圆 z 周 1上被积函数无奇点，
'
1 z4
Res z0
f
(z)
(z
1)(z
p)
|z0
1
p p
2
,
p
Res
zp
f (z)
1 z4 z2(z 1
)
|zp
1 p4 p (1 p 2 )
,
p
因此I21pi2πi1pp2p1(1pp22)
2π 1
p2 p2
.
7
注
:
若 p1 ,则 f(z)在 z1 内 奇 点 为 z0 ,1
其 中 aa 2 1 ), aa 2 1 )为 实 二 次 方 程
z2 2 a z 1 0 的 二 相 异 实 根 ,
由 1 ,且 显 然 ,故 必 有 1 , 1 ;
于 是 f(z)(z)2z(z)2在 z1上 无 奇 点 ,
在 z1内 只 有 一 个 二 阶 极 点 z,由 推 论 6.4得
Rzesf(z)[(zz)2]' |z
(
)3
a
3
4(a 2 1) 2
9
由留数定理
Ñ 2π 0
(a
1
cos)2
d
4 i z1(z2
z
dz
2az1)2
4 i
2iRes f (z) 8 z 2π dx
a
3
4(a 2 1)2
2 a 3.
(a 2 1) 2
例3
计算 I
0
1cos2
. x
1
p
此时 I 2πi[Resf(z)Resf(z)]
2pi
z0
z1
p
例2 计算积分 I02π(ac1os)2d(a1).
解
令zei,
则
cosz2 1, ຫໍສະໝຸດ zddz , iz
Ñ I
2π 0
(ac1os)2d
z 1 (a
1 z2
1)2
dz iz
Ñ
4 i
z
1
(z2
z 2az
1)2dz
2z
8
Ñ 4i z1(z)2z(z)2 dz
4
例1 计 算 积 分 I 0 2 π 1 2 p c o c o s 2 s p 2d(0 p 1 ) 的 值 .
解 由于0 p 1,
1 2 p co p 2 s ( 1 p ) 2 2 p ( 1 c) os
在02π内不为零故， 积分有意义.
由c于 o 2s 1 2(e2ie2i)12(z2 z2),