习题07利用留数定理计算定积分

= lim ∫
′ δ → 0 Γδ
f ( z ) dz = kπ i = π i lim ⎡ ( z − a ) f ( z )⎤ ⎦。 z→a ⎣
在单位圆上挖去奇点 β k ，代之以以 β k 为圆心， δ 为半径，被单位圆截断的圆 弧 Ck （ k = 1, 2," m ） ，用 C0 表示单位圆剩下的部分。这样构成一个包围单位圆内奇点和 β k （ k = 1, 2," m ）的围线 C = C0 + C1 + C2 + " + Cm 。则
(
=
3 8 2
，原积分 =
3 4 2
π。
（8）令 α = a + ib ，原积分 = i ∫ 0
π
) ) ( ) π e e( +e ( +1 dx = i ∫0 ei 2( x− a−ib) − 1dx i x − a − ib ) − i x − a − ib ) e( −e (
i x − a − ib − i x − a − ib i 2 x − a − ib
0
π
4 dθ
2
=∫
2π
2dϕ
0
( 3 − cos ϕ )
2
。
令 f ( z) =
1 2 8z = 2 2 z⎛ z2 +1 ⎞ z −3− 2 2 z −3+ 2 2 ⎜3− ⎟ 2z ⎠ ⎝
(
)(
)
2
)
2
，则
res f 3 − 2 2 = lim
z →3 − 2
(
)
d 8z 2 dz z −3− 2 2
δ′
δ′ ⎡
所以
1⎛ 1 ⎞ f ( z) dz = 0。 1+ ⎟ ( kε + ε ) ，这就证明了 lim ∫ f ( z) dz < εϕ + kϕ < 2a ⎜ C δ →0 ∫ ⎝ 8a ⎠
2 Cδ 2
δ
所以 lim Γ δ →0 δ
∫
f ( z ) dz = lim ⎡ ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz ⎤ ′ ⎥ Cδ Cδ δ →0 ⎢ ⎣ Γδ′ ⎦
（1）令 f ( z ) =
1 z
1 1− 2 p z +1 + p2 2z
2
=−
1 p
1 1 ，则 res f ( p ) = 。 1 − p2 ⎛ 1⎞ ( z − p)⎜ z − ⎟ p⎠ ⎝
原积分 = 2π res f ( p ) =
2π 。 1 − p2
（2）令 f ( z ) =
1 z
=
z=0
( 2n)! 2 22n ( n!)
所以原积分 = 2π
( 2n ) ! 2 2 ( n !)
2n 2
= 2π
2n ( 2n − 1)( 2n − 2 )( 2n − 3 )" 2 ⋅1 2 2 n n 2 ( n − 1) ( n − 2 ) " 2 2 ⋅12
2 2 2 2
= 2π
2n ( 2n − 1)( 2n − 2 )( 2n − 3)" 2 ⋅1
参考第 86 题（习题 04）的证明，设 ( z − a ) f ( z ) 在 Γδ 上一致趋于 k ，则对任意 ε > 0 ，存 在 δ ′ 满足 0 < δ ′ < ε ，使得当 δ < δ ′ < ε 时有
∫ f ( z ) dz = ∫ f ( z ) dz − ikϕ + ikϕ ≤ ∫ f ( z ) dz − ikϕ + kϕ < (ε + k )ϕ 。
2k
⎤ ⎥ ⎦
( 2n)! z2n +"+ z4n ⎤ 1 d 2n ⎡ = 2n + + " + 1 a z ⎢ 1 ⎥ 2 2 ( 2n)! dz2n ⎢ n ! ( ) ⎥ ⎣ ⎦
=
z =0
( 2n)! 2n !+ b z +"+ b z2n ⎤ 1 ⎡ 0 0 + + " + ⎢ ⎥ ) 2n+1 4n 2 ( 22n ( 2n) ! ⎢ n ! ( ) ⎥ ⎣ ⎦
1 z + e −2 b −2 b ，则 res f ( 0 ) = − ， res f ( e ) = 1 。 −2 b 2 2z ( z − e )
原积分 =
记 f (z) =
若 b > 0 ，原积分 = 2π i ⋅ ⎡ res f ( 0 ) + res f e −2b ⎤ = π i ，
如上图， Γ0 是以原点为圆心， a 为半径的上半圆， Γδ 是以 ( 0, a ) 为圆心， δ 为半径的圆被
′ 是 Γδ 夹在 Γ0 和 L 之间的部分， Γ0 截断的圆外部分。 L 是 Γ0 过点 ( 0, a ) 的切线， Cδ 和 Cδ ′ Γδ 的上半圆部分 Γ′ δ = Γδ − Cδ − Cδ 。
2
2n
(1+ z )
z 2n+1
2n
2 2n
2n ( 2n)! z 2k 1 = 2n 2n+1 ∑ 2 z k =0 k !( 2n − k ) !
，
⎡ 1 d 2n res f ( 0 ) = lim ⎢ 2 n z→0 2 ( 2 n )! dz 2 n ⎣
( 2 n )! z ∑ k = 0 k !( 2 n − k ) !
v ∫
C
m f (z) ⎧ f (z)⎫ ⎧ f (z)⎫ 2 π res ⎨ dz = 2π ∑ res ⎨ + ⎬ ⎬ ∑ iz z <1 k =1 ⎩ z ⎭ ⎩ z ⎭z=β
k
又有 lim v ∫
δ →0
C
m f ( z) f ( z) f ( z) dz = lim v dz dz + lim ∑ v ∫ Ck δ →0 ∫C0 iz δ →0 iz iz k =1
Cδ Cδ Cδ
由上图可解出 ϕ = arctan
δ
⎛δ ⎞ 2a 1 − ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠
2
，则 ϕ ≤
δ
⎛δ ⎞ 2a 1 − ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠
2
<
δ′
⎛ δ′ ⎞ 2a 1 − ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠
2
（这是
关于 δ 的单调增函数） 。只要上面的 δ ′ 足够小就有
2 1⎛ δ′ ⎞ ⎤ δ′ ⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ ϕ< < ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥ < ⎜1 + 2 ⎟ < ⎜1 + 2 ⎟ ε ， 2 2a ⎣ ⎢ 2 ⎝ 2a ⎠ ⎦ ⎥ 2 a ⎝ 8a ⎠ 2 a ⎝ 8a ⎠ ⎛ δ′ ⎞ 2a 1 − ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠
∞
（5）
∫
∞
0
(x
x 2 dx
2
+a
2 2
)
，a > 0；
（6）
∫
dx ； −∞ x − 2 x + 4
∞
2
（7）
x 2 dx ∫−∞ ( x 2 + 1)( x 2 − 2 x cos θ + 1) ， θ 为实数，且 sin θ ≠ 0 ；
∞
（8）
∫
∞
dx
−∞
(1 + x ) ch
2 2
πx
2
。
∫
π
0
2π 2dθ dϕ =∫ 。 0 3 − cos ϕ 3 − cos 2θ
令 f ( z) =
1 z
1 2 1 =− ，则 res f 3 − 2 2 = 。 2 z +1 2 2 z 3 2 2 z 3 2 2 − − − + 3− 2z
(
)(
)
(
)
原积分 =
π
2
。
（7）原积分 =
∫ ( 3 − cos 2θ )
4
x2 iπ dx = 2π i ⎡ 所以 v.p.∫ ⎣ res f ( e −∞ 1 + x 4
∞
) + res f ( e )⎤ ⎦=
i 3π 4
b b →∞ 0
1 π。 2
0 b →∞
被积函数是偶函数， 所以
1 1 ∫ f ( x )dx = 2 lim 2∫ f ( x )dx = 2 lim ⎡ ⎢∫ ⎣
( 2n ) ( 2n − 2 ) ( 2n − 4 )
" 22
= 2π
( 2n − 1)( 2n − 3)" 3 ⋅1 ( 2n )( 2n − 2 )( 2n − 4 )" 2
= 2π
（5）令 f ( z ) = （6）原积分 =
( 2n − 1)!! 。 ( 2n )!!
1 z e ，则 res f ( 0 ) = 1 ，原积分 = 2π 。 z
=
i 2π − 2 a e 2b eiθ + 1 dθ （作代换 2 ( x − a ) = θ ） ，因为被积函数以 2π 为周期，所以 2 ∫−2 a e 2b eiθ − 1
i 2π e 2b eiθ + 1 1 e2b z + 1 θ d = ∫ z =1 z ( e2b z − 1)dz 。 2 ∫0 e 2 b eiθ − 1 2v
a a a ⎛a⎞ ⎛a⎞ z2 = − + ⎜ ⎟ − 1 。 − − ⎜ ⎟ − 1 < − < −1 ，所以 z1 > 1 ，在单位圆外， b b b ⎝b⎠ ⎝b⎠
a a ⎛a⎞ ⎛a⎞ z2 = − + ⎜ ⎟ − 1 = 1 − − ⎜ ⎟ − 1 < 1 ，在单位圆内。 b b ⎝b⎠ ⎝b⎠
137 ．如果 R ( sin θ , cos θ ) 在 [ 0, 2π ] 中有奇点，通过变换 z = e iθ ， R ( sin θ , cos θ ) 变为
⎛ z2 −1 z2 + 1 ⎞ f (z) = R⎜ , ⎟ ， 则 f ( z ) 在 单 位 圆 周 z = 1 上 有 奇 点 。 设 这 些 奇 点 βk 2z ⎠ ⎝ 2iz
0
m ⎧ f ( z)⎫ ⎧ f ( z)⎫ R ( sin θ ,cos θ ) dθ = 2π ∑ res ⎨ ⎬ + π ∑ res ⎨ ⎬ z <1 k =1 ⎩ z ⎭ ⎩ z ⎭ z = βk
。
138．计算下列积分： （1）
2π
∫
2π
0
2π dx dx ， ； （ 2 ） ； 0 < p < 1 2 ∫ 0 1 − 2 p cos x + p 2 + cos x
（3）
∫ ( a + b cos x )
0
dx
2
，a > b > 0； （4）
∫
2π
0
iθ cos 2 n xdx ； （5） ∫ exp ( e ) dθ ； 2π 0
（6）
∫
π
0
π dθ dθ ； （7） ∫ 2 0 1 + sin θ 1 + sin 2 θ
(
)
2
； （8）
∫
π
0
cot ( x − α ) dx ， Im α ≠ 0 。
z （1）令 f ( z ) = = 1 + z 4 ( z − e iπ
4
)( z − e
i 3π 4
− iπ
z2 4 )( z − ei3π
4ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
)( z − e
− i 3π 4
)
。
res f ( eiπ
4
) = 4 1 2 (1 − i ) ， res f ( e ) = − 4 1 2 (1 + i ) 。
1 2 1 = ，则 res f −2 + 3 = 。 2 z +1 3 z z + − + + 2 3 2 3 2+ 2z
(
)(
)
(
)
原积分 =
2π 。 3
2
1 1 4 z a ⎛a⎞ = 2 （3）令 f ( z ) = ，其中 z1 = − − ⎜ ⎟ − 1 ， 2 2 2 2 z⎛ b ( z − z1 ) ( z − z2 ) b ⎝b⎠ z +1 ⎞ ⎜a +b ⎟ 2z ⎠ ⎝
2 2
2
2
res f ( z2 ) = lim
z → z2
d ⎡ a 2 = ， ( z − z2 ) f ( z ) ⎤ 32 ⎣ ⎦ 2 dz ( a − b2 ) 2π a
2
所以原积分 =
(a
−b
2 32
)
。
（4）令
1 ⎛ z +1 ⎞ 1 f ( z) = ⎜ ⎟ = 2n 2 z ⎝ 2z ⎠
∞
0
−b
f ( x )dx + ∫ f ( x )dx ⎤ ⎥ 0 ⎦
（ k = 1, 2," m ）均为一阶奇点，证明：
∫
2π
0
m ⎧ f ( z)⎫ ⎧ f ( z)⎫ π R ( sin θ ,cos θ ) dθ = 2π ∑ res ⎨ + ⎬ ∑ res ⎨ ⎬ z <1 k =1 ⎩ z ⎭ ⎩ z ⎭ z = βk
。
其中 R ( sin θ , cos θ ) 表示 sin θ 和 cos θ 的有理函数。 证：
⎣
(
)⎦
若 b < 0 ，原积分 = 2π i ⋅ res f ( 0 ) = −π i 。
139．计算下列积分： （1）
∞ x2 dx （2） ∫ ， a > 0, b > 0 ； ∫−∞ 1 + x4 dx ； 2 2 −∞ ( x + a )( x2 + b2 )
∞
（3）
∞ dx x2m dx n > m m , n ， 均为正整数，且 ； （ 4 ） 2 n ∫−∞ 1 + x2 n+1 ， n 为正整数； ∫−∞ x + 1 ( )
= ∫ R ( sinθ ,cosθ ) dθ + π i∑ lim
0 k =1 z →βk
2π
m
( z − βk ) f ( z )
iz
m 2π ⎧ f ( z)⎫ = ∫ R ( sin θ , cos θ ) dθ + π ∑ res ⎨ ⎬ 0 k =1 ⎩ z ⎭ z = βk
所以有
∫
2π