复变函数-留数在实积分中的应用

2 z1/ 2
2
12
Re s[ f (z), 0] i (2m 2m )
12
I
2 i[ i (2m
12
2m )
i (2m 12
2 m )]
3 2m
.
5
另解 计算积分 I π cos m d (m为正整数）
0 5 4cos
解 由 cos , cosm 都是以 2为周期的偶函数
I 1 π cos m d 1 2π cos m d
Ñ Ñ I 1
2
2 cos m x dx
0 5 4cos x
i 8
z2m 1 dz
|z|1 zm (z 2)(z 1 )
f (z)dz.
|z|1
f
(z)在 |
z
|
1内有两个极点z
2
0 (m级极点),
z
1
(单极点)，
Re s[ f (z), 1] lim (z 1) f (z) i (2m 2m ) 2
留数在计算定积分中的应用
本节主要内容：
考察三种类型的实函数的定积分的计算.
1、形如 2 R(cos , sin )d的积分; 0
2、形如 R( x)dx的积分;
3、形如 R( x)eaixdx的积分(a 0). 1
1、形如I 2 R(cos , sin )d的积分 0
这里R(sin ,cos )为sin , cos 的有理函数，且 在[0,2 ]上连续.
R( x)e iaxdx
R( x)cos axdx i
R( x)sin axdx,
（2）也给出了计算
R( x) cos axdx和 R( x) sin axdx的方法.
即：
R( x) sin axdx Im
R( x)e iaxdx;
R( x) cos axdx Re
R( x)e iaxdx.
23
本讲主要内容：
考察三种类型的实函数的定积分的计算.
1、形如 2 R(cos , sin )d的积分; 0
Re
s[R(z), bi]}
2(a
. b)
12
例3 计算I
x2 x 2
x4
10 x 2
dx. 9
解： (1)取辅助函数并求上半平面有限值奇点;
z2 z 2 R(z) z4 10z 2 9
其位于上半平面的奇点是: i, 3i,（均为单极点）
(2)计算留数;
而 Re s[R(z),3i] 3 7i , Re s[R(z),i] 1 i ,
2 5 4cos
2 0 5 4cos
令 z ei , 则 eim zm cos z2 1,
2π eim d
0 5 4cos
zm z 1 5 4 z2
1
12dzz
iz
2z
dz iei d ,
1 i
z
1
5z
zm 2( z 2
dz 1)
1
zm
dz
i z 1 (2z 1)(z 2)
其位于上半平面的奇点是: ai, bi,（均为单极点）
(2)计算留数;
而 Re s[R(z), ai]
Re s[R(z), bi]
lim
z ai
(z b
ai
)
(
z
2
2i(b2 a2 ) ,
z2 a2 )(z2
b2
)
a 2i(a2 b2 ) ,
I
1 2
I1
2 i{Re s[R(z), ai]
再由（1），得
R( x)dx 2 i
Re s[ R( z ), zk ].
k
10
如果R( x)为偶函数，则
R( x)dx i
0
Re s[R(z), zk ].
k
计算形如I R( x)dx的积分的步骤：
(1) 取辅助函数并求上半平面有限值奇点; (2) 计算留数; (3) 带入公式计算积分;
x sin x
I 0
x 2 b2 dx,
其中b 0.
提 示 ：
xe ix x 2 b2 dx
2
i
Re s
ze iz z2 b2
, bi
ieb .
I 1 Im 2
xe ix x 2 b2 dx
1
2
eb .
例６ 计算
sin x
I
dx.
x
y
解：先考察积分
I0
e ix dx.
且 I
f (z)dz.
|z|1
2
例1 I
2 0
cos 2 1 2 p cos
p2 d
(0
p 1).
在高等数学中此积分一般是采用万能代换求解.
下面用复变函数的方法求解该题.
解： 由于0 p 1, 故1 2 p cos p2 0.
令 z ei , 则
cos ei ei 1 (z 1 ),
并且，当R( z )在实轴上没有奇点时, 积分是存在的. 现在来说明其求法.
不失一般性，设
R(z)
zn zm
a1zn1 b1zm1
an bm
,
m n 2.
分子、分母互质，且zm b1zm1 bm 0 没 有 实 数 解.
8
我们取积分路径如图所示，其中C
是以原点
R
为圆心，R为半径的上半圆周.
e
imz
,
ai
所以
0
(
x x
sin 2
am2x)2dx
1 2
Im2iRes(
f
( z ), ai )
m ema. 4a
注意 以上两种类型的积分中，被积函数在实轴上
无孤立奇点.
19
例6.计算积分 I
cos x
0 1 x2 dx
( 0)
解：由于被积函数为偶函数，因此
1 cos x
f
( z )e i z
11
例2计算I
0
(
x2
x 2dx a2 )( x2
b2
, 其中a )
0,
b
0.
解： 因为被积函数是偶函数,
所以 I 1 2
x2
记为 1
( x 2 a 2 )( x 2 b2 ) 2 I1 .
(1) 取辅助函数R并(z求) 上半平面有z 2限值奇点;
(z 2 a 2 )(z 2 b2 )
这类积分可以化为单位圆上的复变函数积分.
令 z e i , 则 dz dei izd , d dz ,
iz
sin e i e i
2i
z2 1 ,
2i z
cos
e i
e i 2
z2 1 ,
2z
设
z2 1 z2 1
f (z) R(
,
)
1
, 则f (z)为z的有理函数，
2i z 2z i z
R(z)eiazdz 2M
2
e d aR(2 / )
M
(1
eaR ).
CR
0
aR
15
所 以 lim
R( z )dz 0.
R CR
来自百度文库
故 R( x)e iaxdx 2 i
Re s[ R( z)e iaz , zk ]. (2)
k
其中zk 依然是R( z )在上半平面的极点.
48
16
(3)带入公式计算积分;
I 2 i( 3 7i 1 i ) 5 .
48 16 12
13
3、形如 I R( x)eiaxdx (a 0)的积分
这里R( x)为 x 的有理函数，且分母的次数 至少比分子的次数高1次. 分子、分母互质.
并且，当R( z )在实轴上没有奇点时, 积分是存在的. 现在来说明其求法.
|z| 其中M为某一正常数.
因此，在半径R为充分大的圆周上，有
R(z)eiazdz | R(z) || eiaz | ds M eayds
CR
CR
R CR
M
e aRsin d 2M
2 e aRsin d .
0
0
注意到：当0 时, 有 sin 2 .
2
于是
Jordan不等式.
x
cr
ch
-r -hＯ h r x
21
在所示闭合路径上应用留数定理，得
e iz
h e iz
e iz
r e iz
dz
dz
dz
dz 0.
z cr
r z
z ch
hz
y
（因闭合路径内被积函数无奇点.）
取极限，令：r , h 0
cr
ch
则
e iz
dz 0.
z C r
-r -hＯ h r x
问题的处理方法同第二种类型一样，通过引进 辅助半圆周，得到一个闭合路径（半圆周加实轴） 上的复变函数的积分，然后取极限（令半径趋于无 穷），并且可证明：
lim R( x)e i axdx 0.
R CR
14
事实上 如同处理上一个问题一样，因为 m n 1，只要 | z | 足够大，则 | R(z) | M ,
规则1
于是
Re s[ f (z),
p]
lim(z
z p
p) f (z)
2i
1 p4 p2 (1 p2 ) ,
Re s[ f (z), 0] lim[z2 f (z)]' lim[
1 z4
]'
z0
z0 2i (1 pz)(z p)
1 p2 2i p2 ,
规则2
因此
I
2 i[
2i
1 p4
6
从而，f (z)
zm
在单位圆内
(2z 1)(z 2)
只有一个一级极点 z1
1
zm
dz
i z 1 (2z 1)(z 2)
1; 2
1 i
2πiRes
f
(
z),
1 2
2 zm
4 2z z1
I
1 Re 2
2π 0
5
e4imcosd32 2m3
2m
2
7
2、形如I R( x)dx的积分 这里R( x)为 x 的有理函数，且分母的次数 至少比分子的次数高2 次.
16
例４计算 I
cos x x 2 b2 dx,
其中b 0.
解：取辅助函数并求上半平面有限值奇点;
R(z)
e iz z2 b2
,
显然bi为R(z)在上半平面的一个单极点，故
e
ix
x 2 b2 dx
2
eiz
i
Re
s
z2
b2
, bi
eb
b
.
I
cos x2
x b2 dx
y
当R充分大时， 可使R( z )上半平面内 的所有奇点 zk 都包含 在该半圆内.
CR
. . .z3
. z2 . . z1
x
-R
O
R
根据留数定理，得到
R
R( x)dx
R
R(z)dz 2 i
CR
k
Re s[R(z), zk ].
(1)
这个等式不因C R的半径R的增大而改变.
9
因 为m n 2， 只 要| z | 足 够 大 ， 则
(x2
x a2)2
eimxdx
又
f (z)
(z2
z a2
)2
e imz在上半平面只有二级极点
z ai,
18
Res(
f
( z ), ai )
d dz
( z
z ai)2
eimz
zai
m 4a
ema ,
则
( x2
x a2 )2
e imxdx
2iRes ( z 2
z a2 )2
2
2z
cos 2
e 2i
e 2i 2
1 (z2 2
1 z 2 ),
z 2 z 2
1
1
I z 1
2
1 2p
z2
1
p2
dz iz
2z
3
1 z4
z 1 2i z 2 (1
pz)(z
dz p)
f (z)dz.
|z|1
f (z)在 | z | 1内有两个极点z 0 (2级极点),
z p(单极点)，
e h iz
r e iz
e ix
dz
dz
dx.
r z
hz
x
下面考察最后一项： eiz dz 的 情 况. z ch 22
e iz 展 开 1
(iz)2
dz [1 iz
]dz
z ch
z ch
2!
1
i2z i3z2
记为 1
[ i
]dz [ g(z)]dz
I
ei z 1 z2
2 1 x2 dx
在上半平面只有一个简单极点，且
Re s[ f (z)eiz , i]
由定理3推论得
ei z (1 z2 )'
|zi
e 2i
因此
ei x 1 x2
dx
2
i
e 2i
e
I 1
2
cos 1
x
x
2
dx
1 2
e i x
1 x2 dx 2e
20
例7 计算
1 p2
p2 (1 p2 ) 2i p2 ]
2 p2
1 p2 .
4
思考：I cos m x dx ? m为正整数. 0 5 4 cos x 提示： 令 z eix ,则
cos x
e ix
eix 2
1 (z 1), 2z
cos mx
e mix
emix 2
1 (zm 2
1 zm ),
Re
x2
1
b2 e ixdx
b
eb .
0
思考： I
sin x x 2 b2 dx ?
其中b 0.
17
例5 计算积分
0
(
x x
sin 2
am2x)2dx
,
m 0,a 0.
解
x sinmx 0 (x2 a2)2
dx
1 2
x sinmx ( x2 a2)2
dx
1 Im 2
z ch
2! 3!
z ch
再注意到g(z)在原点临近有界，所以
1 dz i.
z ch
g(z)dz g( z) ds Mds M h 0.
ch
ch
ch
至此，我们得到
e ix dx i 0,即 e ix dx i.
x
x
sin
x dx
Im
e ix dx
.
x
x
|
R(z) |
|
z
1 |m n
| 1 a1z 1 | 1 b1z 1
anzn bm z m
| |
M | z |2
,
其中M为某一正常数.
因此，在半径R为充分大的圆周上，有
R(z)dz CR
| R(z) | ds
CR
M R2
R
M
R
.
所 以 lim R( z)dz 0. R CR