5.3 留数在定积分计算中的应用

1 + z2 1 Res[ f (z) , − ] = lim z f (z) = 4i z (z + 2) 2 z→− 1
2
1 z= − 2
1 1 1 − 5 = − π . (实数) I = I1 = ⋅ 2πi 实数) 4i 12i 2 2 6
9
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用 方法
1 + 3i −3+ i e . = 6i
∫−∞
+∞
x ei x 1 + 3i −3+ i dx = 2 πi ⋅ e 2 6i x − 2x + 10
π −3 = e (1 + 3i ) (cos1 + i sin1) . 3
16
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用 (3) (2)
Res[ R(z) , bi ] = lim ((z − bi )R(z)) =
z→ai
1 +∞ (3) I = ∫ R(z) dx 2 −∞ π 1 a b = . = ⋅ 2πi + 2 2 2 2 2 2i (a − b ) 2i (b − a ) 2 (a + b )
P122 例5.25
z2 − z + 2 z2 − z + 2 = 2 解 (1) 令 R(z) = 4 2 z + 10z + 9 (z + 1)(z2 + 9)
在上半平面内， 在上半平面内，i 与 3i 为 R(z) 一阶极点 。
z2 − z + 2 (2) Res[ R(z) , i ] = (z + i ) (z2 + 9)
二、形如 ∫−∞ R( x) dx 的积分
要求 (1) R( x) =
+∞
P( x) , 其中，P(x) , Q(x) 为多项式； 其中， 为多项式； Q( x)
(2) 分母 Q(x) 的次数比分子 P(x) 的次数至少高二次； 的次数至少高二次 高二次； (3) 分母 Q(x) 无实零点。 无实零点。
∫
1 + z4 d z = ∫ f ( z) d z . 2 2i z (1 − pz) (z − p) | z | =1
有两个孤立奇点： 在 | z | < 1内，函数 f (z ) 有两个孤立奇点： 二阶极点 z1 = 0, 一阶极点 z2 = p . 注意： ( 注意：一阶极点 z3 = 1/ p 不在 | z | < 1内 ) 5
| z | =1
f (z) dz
f (z )
= 2 π i ∑ Res [ f ( z ) , z k ] .
k
其中， 的孤立奇点。 其中， z k 是 f (z ) 在 | z | < 1内的孤立奇点。 3
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用
P120 例5.24
z2 = e
3π i 4
为两个一阶极点。 为两个一阶极点。 一阶极点
z (z4 + 1)′
z=z1 =
1 = 4z
− 3π i 4
1 = e 4 z=z1 = 1 =− e 4
−
π i 4 ,
1 Res[ R(z) , z2 ] = 4z
π
z=z2 =
π
=
1 e 4
π i 4 .
1 − 4i 1 4i 2 (3) I1 = 2πi ( e − e )= π, 4 4 2
一、形如 ∫0 R(cosθ , sinθ )dθ 的积分
的有理函数， 要求 R ( u , v ) 是 u, v 的有理函数， 即 R ( u , v ) 是以 u, v 为变量
2π
∫0
2π
R(cosθ , sinθ ) dθ = ∫
=∫
| z | =1
2 2 z + 1 z − 1 1 dz R , 2z 2i z i z
zei z zei z = , 解 (1) 令 f (z) = 2 (z − 1 − 3i ) (z − 1 + 3i ) z − 2z + 10
在上半平面内， 为一阶极点。 在上半平面内，1+3i 为一阶极点。
z ei z Res[ f (z) , 1 + 3i ] = 2z − 2
(2)
z=1+3 i
cos 2θ =
e i 2θ + e − i 2θ
2
z 2 + z −2 , = 2
4
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用 解 (2) I =
| z | =1
∫
z2 + z−2 ⋅ 2
1 dz ⋅ −1 iz z+z 2 +p 1− 2 p⋅ 2
=
| z | =1
2 π. ⇒ I= 4
13
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用 方法
R( x)eiax dx (a > 0) 的积分 三、形如 ∫−∞
要求 (1) R( x) =
+∞
P( x) , 其中，P(x) , Q(x) 为多项式； 其中， 为多项式； Q( x)
(2) 分母 Q(x) 的次数比分子 P(x) 的次数至少高一次； 的次数至少高一次 高一次； (3) 分母 Q(x) 无实零点。 无实零点。
1 解 (2) 在 | z | < 1内， f (z ) 有两个一阶极点： z1 = 0, z2 = − . 有两个一阶极点： 2
1 + z2 Res[ f (z) , 0] = lim z f (z) = z→0 → 4i (z + 1/ 2) (z + 2)
1 ; = 4i z=0 =− 5 . 12i
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用
§5.3 留数在定积分计算中的应用
一、形如 ∫0 R(cosθ , sinθ )dθ 的积分 二、形如 ∫−∞ R( x) dx 的积分 三、形如 ∫−∞ R( x)eiax dx (a > 0) 的积分
+∞ +∞
2π
1
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用 的二元多项式函数或者分式函数。 的二元多项式函数或者分式函数。
∫−∞ R( x)e
+∞
+∞
iax
dx = 2 π i ∑ Res [ R( z ) e
k
iaz
, zk ] .
记为
A+ iB.
特别
∫−∞ R( x)cos ax d x = A; ∫−∞ R( x)sin ax d x = B.
(进入推导?) 进入推导?)
+∞
推导 (略)
15
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 由 1 − 2 p cosθ + p2 = (1 − p)2 + 2 p(1 − cosθ ) 及 0 < p < 1, 可知被积函数的分母不为零，因而积分是有意义的。 可知被积函数的分母不为零，因而积分是有意义的。 不为零 z = e iθ , (1) 令
dz z + z −1 , cos θ = , 则 dθ = iz 2
iθ 方法 (1) 令 z = e = cos θ + i sin θ ,
一、形如 ∫0 R(cosθ , sinθ )dθ 的积分
的有理函数， 要求 R ( u , v ) 是 u, v 的有理函数， 即 R ( u , v ) 是以 u, v 为变量
2π
则 d z = i e d θ = i z dθ ,
I1 =
| z | =1
∫
z + z−1 ⋅ 2
1 dz ⋅ −1 iz z+z 5 + 4⋅ 2
=
| z | =1
∫
1 + z2 dz = ∫ f (z) dz . 4i z (z + 1/ 2) (z + 2) | z | =1
8
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用
12
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用 (2) Res[ R(z) , z1 ] = 解 (1) 记 I1 = 2I = ∫−∞
+∞
z2 x2 , dx , 令 R(z) = 4 4 z +1 x +1
π i 4 ,
在上半平面内， 在上半平面内， z1 = e
2
iθ
⇒ dθ =
dz , iz
cos θ =
sin θ =
e iθ + e − iθ
2
z + z −1 z2 + 1 = , = 2 2z
e iθ − e − iθ
2i
z − z −1 z2 − 1 , = = 2i 2i z
2
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用 方法 (2) 的二元多项式函数或者分式函数。 的二元多项式函数或者分式函数。
=−
z=i
来自百度文库
1+ i , 16
z2 − z + 2 Res[ R(z) , 3i ] = 2 (z + 1) (z + 3i )
z=3i
3 − 7i . = 48
1 + i 3 − 7i 5π (3) I = 2πi − . + = 48 12 16
11
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用
∫−∞ R( x)d x = 2 π i ∑ Res [ R( z ) , zk ] . k
其中， 在上半平面内的孤立奇点 的孤立奇点。 其中， z k 是 R(z ) 在上半平面内的孤立奇点。
+∞
推导 (略)
(进入推导?) 进入推导?)
10
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用
R( x)eiax dx (a > 0) 的积分 三、形如 ∫−∞
要求 (1) R( x) =
+∞
P( x) , 其中，P(x) , Q(x) 为多项式； 其中， 为多项式； Q( x)
(2) 分母 Q(x) 的次数比分子 P(x) 的次数至少高一次； 的次数至少高一次 高一次； (3) 分母 Q(x) 无实零点。 无实零点。
7
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用
π cosθ cosθ I1 = 2I = ∫ dθ . 解 由于 为偶函数， 为偶函数，记 −π 5 + 4cosθ 5 + 4cosθ
dz z + z −1 z = e iθ , 则 d θ = , cos θ = , (1) 令 iz 2
z2 , 解 (1) 令 R(z) = 2 2 2 2 ( z + a ) (z + b )
在上半平面内，ai 与 bi 为一阶极点。 在上半平面内， 为一阶极点。 (2) Res[ R(z) , ai ] = lim ((z − ai )R(z)) =
z→ai
a , 2 2 2i (a − b ) b . 2 2 2i (b − a )
∫−∞
+∞
R( x)eiax dx = 2 π i ∑ Res [ R( z ) ei a z , z k ] .
k
其中， 在上半平面内的孤立奇点 的孤立奇点。 其中， z k 是 R(z ) 在上半平面内的孤立奇点。
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§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用 方法
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用
1 + z4 d 2 z ⋅ 解 (3) Res[ f (z) , 0] = lim z→0 dz 2iz2 (1 − pz) (z − p)
(z − pz2 − p + p2z) 4z3 − (1 + z4 ) (1 − 2 pz + p2 ) = lim z→0 2i (z − pz2 − p + p2z)2 1 + p2 , =− 2 2i p
1 + p4 , = 2 2 2i p (1 − p )
I = 2πi ( Res[ f (z) , p] + Res[ f (z) , p])
1 + p2 1 + p4 2π p2 = + . = 2πi − 2 2 2 2 2 i p (1 − p ) 1 − p 2i p
∫−∞
+∞
x ei x π −3 dx = e (1 + 3i ) (cos1 + i sin1) . 2 3 x − 2x + 10
∫−∞
+∞
π −3 x cos x dx = e (cos1 − 3sin1); 2 3 x − 2x + 10 π −3 x sin x dx = e (3cos1 + sin1) . 2 3 x − 2x + 10
事实上，可直接用洛朗展开的方法来求该点的留数。 事实上，可直接用洛朗展开的方法来求该点的留数。
利用洛朗展开 求该点的留数
6
§5.3 留数在定积分计算中的应用 第 五 章 留 数 及 其 应 用
1 + z4 解 (3) Res[ f (z) , p] = lim (z − p) ⋅ z→ p 2i z2 (1 − pz) (z − p)