数学物理方法姚端正CH5作业解答

l
1
则
1 1 sin dz = 1 ∫ l 2πi z
P87 习题 5.2 1.计算下列积分 （1）
∫
∞ −∞
1 + x2 dx 1 + x4
∞ −∞
解：属于类型 ∫
1 + x2 1 + z2 ，则 f ( z ) = ，满足条件：①在 f ( x)dx ，其中 f ( x) = 1 + x4 1 + z4
1 + z1 1 + e 2 −i resf ( z1 ) = = = 3 3 i π 4 z1 2 2 4e 4 1 + z2 1+ e −i = = 9 3 i π 4 z2 2 2 4e 4
2 i 3π 2
2
i
resf ( z 2 ) =
则∫
1 + x2 dx = 2πi{resf ( z1 ) + resf ( z 2 )} = 2π −∞ 1 + x 4
i 2 kπ 5
（ k = 0，1,2,3,4）
在围道内，即围道内有五个奇点，计
算其留数时较为繁琐，根据“全平面的留数之和为零” ，知
∑
k =0
5
resf ( z k ) + resf (3) + resf (∞) = 0 ，可转为求 resf (3) 和 resf (∞) 1 1 = z − 1 242
根据全平面的留数之和为零，知 （5） z2 + 1 ez
解 ： 函数 在全平 面 只 有一个 奇 点 z = ∞ ，根据全 平面的留 数之和 为零 ，知 resf (∞) = 0 （6） cos 1 z
解：函数的奇点为 z = 0 ，将函数在 z = 0 的去心邻域展开，得
3
1 ∞ =∑ cos z k =0
（上式中倒数第二步用了二项式定理，最后一步不需要写出很多项，只要写出 对最后 f ( z ) = (e z − 1) sin −3 z 的展开式中的 z −1 项有贡献的项就够了， 可以看出， 对 最后 f ( z ) = (e z − 1) sin −3 z 的展开式中的 z −1 项有贡献的项其实只有第一项 z −3 ） 至此，可断定函数 f ( z ) = (e z − 1) sin −3 z 的展开式中 z −1 项的系数为 所以 resf (0) = 解法之二： 1 1 e − 1 sin 3 z φ ( z ) ， 其 中 φ ( z) = ，以 z=0 为 3 阶极点； = = f ( z) = 3 1 ψ ( z) sin z sin 3 z ez −1 1 ψ ( z) = z ，以 z = 0 为一阶极点，则 f ( z ) 以 z = 0 为二阶极点。 （这里用到一个 e −1
∞
z 2 z3 z 4 zk − 1 = z + + + + ... 2! 3! 4! k = 0 k!
∞
(−1)k z 2 k +1 3 z3 z 5 z7 ] = ( z − + − + ...)3 3! 5! 7! k = 0 ( 2k + 1)! z 3 z5 z 7 z2 z4 z6 + − + ...)− 3 = z − 3 [1 + (− + − + ...)]−3 3! 5! 7! 3! 5! 7!
∞
（2） ∫
eirk dk −∞ k 2 + µ 2
∞ ∞ −∞
(r > 0)
解：属于类型 ∫ f ( z) =
2
f ( x)e ipx dx
1 满足条件：①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外 z + µ2
单值解析；③当 z → ∞ 时， f ( z ) → 0 所以 ∫ 函数 eirk eirz = dk 2 π i 函数 在上半平面的奇点的留数之和 2 2 2 2 −∞ k + µ z +µ
则∫
e − µr πe − µr e irk dk π i = 2 ⋅ = −∞ k 2 + µ 2 µ 2µi
z
1 2
1 2
结论： 设函数 φ ( z ) 与ψ ( z ) 分别以 z = a 为 m 阶与 n 阶极点， 若m > n， 则函数 以 z = a 为 m − n 阶极点。 ） 则由计算留数的公式，有： resf (0) =
φ ( z) ψ ( z)
d z 2 (e z − 1) [ ]z = 0 ，得到一阶导数表达式后， dz sin 3 z 1 2
(−1) k (
1 2k ) ∞ (−1) k z − k z =∑ (2k )! (2k )! k =0 1 2 ， resf (∞) = 1 2
z −1 的系数为： C−1 = −
1 2
所以 resf (0) = −
2.计算下列围道积分 （2） ∫ zdz l ( z − 1)( z − 2) 2 l: z −2 = 1 2
利用已知的展开式 sin z = ∑
(−1) k z 2k +1 ，得到 k = 0 ( 2 k + 1)!
∞
1 (−1) k ( )2 k +1 1 ∞ z ，其负一次幂项的系数为 C−1 = 1 sin = ∑ z k = 0 (2k + 1)! 故
∫ sin z dz = 2πiresf (0) = 2πi
解：奇点为 z = −1 ，是 3 阶极点。 resf (−1) = 1 d2 1 d2 3 + = [( z 1 ) f ( z )] [sin 2 z ]z =−1 = 2 sin 2 z = −1 2! dz 2 2! dz 2 resf (∞) = − resf (−1) = −2 sin 2
则 sin −3 z = ( z −
− 3 ⋅ (−4) z 2 z 4 z 6 z2 z4 z6 = z [1 + (−3)(− + − + ...) + (− + − + ...)2 + ...] 3! 5! 7! 2 3! 5! 7!
−3
= z −3 +
1 −1 z + c1 z + c3 z 3 + ... 2
由留数定理，
∫ ( z − 1)( z − 2)
l
zdz
2
= −2πi
（3） ∫
l
dz ， ( z − 3)( z 5 − 1)
l: z =2
i 2 kπ 5
1 的奇点为： z = 3 以及 z k = e 解：函数 f ( z ) = ( z − 3)( z 5 − 1) 奇点 z = 3 在围道 z = 2 之外，奇点 z k = e
4 dz πi = π i ⋅ resf ( z k ) = − 2 ∑ 5 l ( z − 3)( z − 1) 121 k =0
（4）
1 1 sin dz ∫ l 2πi z
l: z =r 1 的奇点为 z = 0 ，此题将函数直接展开求负一次幂项的系数 z
解：函数 f ( z ) = sin 较为方便。
1 3 1 1 = ( + 2 + ...)( 5 + 10 + ...) z z z z 可见，展开式中没有 z −1 项，所以 resf (∞) = −C−1 = 0 所以， ∑ resf ( z k ) = −[resf (3) + resf (∞) = 0] = −
k =0 4
1 242
根据留数定理， ∫
数理方法 CH5 作业解答 P82 习题 5.1 1. 求下列函数在指定点处的留数 （1） z ，在 z = ±1 ， ∞ ( z − 1)( z + 1) 2
解：①对于 z = 1 z = 1 是单极点，由公式 resf (b) = lim ( z − b) f ( z ) ，得
z →b
resf (1) = lim ( z − 1) f ( z ) = lim
z →1
z 1 = 2 z →1 ( z + 1) 4
②对于 z = −1 1 d n −1 z = −1 是二阶极点，由公式 resf (b) = [( z − b) n f ( z )]z = b ，得 n −1 (n − 1)! dz resf (−1) = d z 1 z 1 [ ] z = −1 = [ − ] =− 2 z = −1 dz z − 1 z − 1 ( z − 1) 4
∞
eirz φ (b) 在上半平面有一个奇点：z1 = µi 是单极点。 由公式 resf (b) = ， 2 2 ψ ' (b) z +µ
6
得函数在这个奇点的留数为： res[ eirz1 eirµi e − µr eirz z , ] = = = 1 z2 + µ2 2 µi 2 µi 2 z1
实轴上无奇 点；②在 上半 平面 除 有限个 奇 点 外 单 值 解 析 ； ③ 当 z → ∞ 时 ， zf ( z ) → 0
5
则∫
1 + x2 dx = 2πi{ f ( z )在上半平面的奇点的留数之和} −∞ 1 + x 4
∞ π i 4 z e = 1 3π i 4 z e = 2 ，分别为: 5π z = ei 4 3 7π i 4 z e = 4 i π 4
f ( z) =
将函数记作： f ( z ) =
式
:
π π 2 = (−1)k +1 (2k + 1) π resf ((2k + 1) ) = = k π 2 2 − (−1) − sin( 2k + 1) 2 (2k + 1)