第二节(应用留数定理计算实变函数定积分)

2π 0
n z2 +1 z2 −1 dz esf , = ∫ R iz = ∫ f ( z) dz = 2πi R ( zk ) 2iz z =1 2z z =1 k=1 的有理函数. 其中 R(x , y )为x , y的有理函数.
∑
z1
f ( x ) ⇒ F ( z )解析函数 ∫ f ( x )dx， 区间 ⇒ 闭曲线 C
如果f(x)是有理分式 是有理分式 如果
ϕ ( x) / ψ ( x)
ψ (x) 的次数至少高于 ϕ (x) 两次
此积分可以理解为
I = lim
R1 →∞ − R1 R2 →∞
∫
R2
f ( x)dx
若此极限存在,则称 为反常积分的值,当 若此极限存在 则称此极限为反常积分的值 当 极限存在的话,称 极限存在的话 称 该极限为积分
b a
dz ix 作变换 z = e , Q dz = e idx, ∴ dx = iz 1 ix −ix z − z −1 z 2 − 1 sin x = e −e = = 2i 2i 2iz 1 ix − ix z2 + 1 z + z −1 cos x = ( e + e ) = = 2 2z 2
→0
∫
∞
0
1 imx − imx F ( x) cos mxdx = ∫ F ( x) ( e + e )dx 0 2 1 ∞ 1 ∞ imx = ∫ F (x )e dx + ∫ F ( x)e −imx dx 2 0 2 0
∞
右边第二个积分中作代换x=-y,考虑到F(x)是偶函数有 右边第二个积分中作代换x=-y,考虑到F(x)是偶函数有 x= 考虑到F(x)
∫ f ( z )dz = ∫
l
l1
f ( x)dx + ∫ f ( z )dz
l2
左边利用留数定理, 左边利用留数定理
3
右边第一个为所求,第二个较容易算出 或为零),问题解决 右边第一个为所求 第二个较容易算出(或为零 问题解决! 第二个较容易算出 或为零 问题解决
类型一
∫ R(cos x, sin x ) d x
9
例4 解
计算 I =
∫ (1 + x )
−∞ 2
∞
dx
, (n ∈ Z + ) n
1
本题中, 本题中, f ( z ) = n阶极点+i 阶极点+i
(1 + z
1
2 n
)
=
( z − i) ( z + i)
n
n
在上半平面的奇点是
1 d n −1 n Re sf (+i ) = lim n −1 [(z − i )] f ( z ) z →i (n − 1) ! dz
10
然后应用公式可求得结果
∫ (
−∞
∞
例5
解 这里积分区间为 [0,+∞ ) 不符合条件,不能直接应用公式! 不符合条件,不能直接应用公式!
但被积函数1/(1+x 是偶函数, 但被积函数1/(1+x2)n是偶函数,故有 则有以下结论
(2 n − 2 )! i = π (2 n − 2 )! = 2π i − n 2 2 n −1 2 2 2 n − 2 [(n − 1)!]2 1+ x [(n − 1)!] 2 ∞ dx 计算 I = ∫ , (n ∈ Z + ) 2 n 0 1+ x dx
复
1 留数
习
− 1
∫ f (z)dz =2πia .
l
其中a−1就称为f(z)在z0的留数, 记作 其中 就称为 在 留数 Resf(z0), 即
1 R f (z0) = es ∫ f (z)dz 2 iC π R f (z0) = a−1 es
1
2 留数定理 设函数f(z)在区域D内除有限个孤 立奇点 b1,b2,...,bn 外处处解析. l是D内包围诸奇 点的一条正向简单闭曲线, 则
∫
同理有
∞
0
1 ∞ F ( x) cos mxdx = ∫ F ( x ) e imx dx 2 −∞
∫
∞
0
1 ∞ G ( x) sin mxdx = ∫ G ( x)e imx dx 2i −∞
由此我们把类型三化为类型二来处理! 由此我们把类型三化为类型二来处理! 类型三化为类型二 在类型二中,要求z 在类型二中,要求z在上半平面或实轴上→ ∞ 时，zF(z)eimz 和 imz一致地 → 0 ， 但我们希望条件可以放宽一些,由此 但我们希望条件可以放宽一些, zG(z)e 我们引入约当引理 约当引理, 我们引入约当引理,此时我们可以把条件放宽为 F(z)和G(z)一致地 F(z)和G(z)一致地 → 0
i i i lim ( z − ε ) = lim εz − 1 = ε 2 − 1 z →ε (εz − 1)( z − ε ) z →ε
由留数定理可得
2π i I = 2πi 2 = ε −1 1− ε 2
6
类型二
和在实轴上
∫
∞
−∞
f ( x)dx 积分区间为 (−∞,+∞)
lim(z − z0 )m f (z) = 非零有限值
0
}
判断极点的阶
Re sf ( z0 ) = zlim ( z − z 0 ) f ( z ) = zlim ( z − z 0 ) →z →z
Resf (z0 ) = lim 1 d { m−1 [(z − z0 )m f (z)]} z→z0 (m −1 dz )!
)
(
)
∫
+∞
0
f ( x)dx = ∫ f ( x)dx
−∞
0
∫ (1 + x )
0
∞
dx
2 n
1 ∞ dx = ∫ 2 −∞ 1 + x 2
(
)
n
引用上题结果可得
∫ (1 + x )
0
∞
dx
2 n
(2 n − 2 )! = 2 n −1 2 [(n − 1)!]2
π
11
类型三
∫
∞
0
F ( x) cos mxdx, ∫ G ( x) sin mxdx
+R
CR R -R
+R
x +R
R
根据留数定理可得
O
2πi{f ( z )在l所围半圆内各奇点的留 数和}= ∫− R f ( x) dx + ∫C f ( z ) dz
上式左边趋于 2πi{ f ( z )在上半平面各奇点的留 数和} 上式左边趋于 右边第一个积分趋于所求的定积分 右边第一个积分趋于所求的定积分 可以证明趋于零 可以证明趋于零 然后令
0
∞
偶函数F(x)和奇函数G(x) F(x)和奇函数G(x)在实轴上没有 这里积分区间为 [0,+∞ ) 偶函数F(x)和奇函数G(x)在实轴上没有 奇点,在上半平面除有限个奇点外是解析的, 奇点,在上半平面除有限个奇点外是解析的,当z在上半平面或 ,F(z)和G(z)一致地 实轴上 → ∞ 时,F(z)和G(z)一致地 首先我们把积分的形式变换如下: 首先我们把积分的形式变换如下:
1 ix − ix cos x = ( e + e ) 2
z2 +1 = 2z
1 dz πi ∫=1 εz 2 + 2 z + ε = 2πi Re sf ( z0 ) = 2πi 2 1 − ε 2 = 1 − ε 2 | z|
故可得结果为
2 πi 2π I= = 2 i 1− ε 1− ε 2
5
∫
∞
−∞
f ( x)dx = 2πi{ f ( z )在上半平面所有奇点的留数和}
dx 计算 I = ∫ −∞ 1 + x 2
本题中, 本题中,
∞
例3 解
1 1 f ( z) = = 具有单极点士i,其中+i i,其中+i在 具有单极点士i,其中+i在 2 1+ z ( z − i )( z + i )
∫
∞
0
1 ∞ 1 −∞ imx F ( x) cos mxdx = ∫ F ( x)e dx − ∫ F ( y )e imy dy 2 0 2 0
12
对于定积分来说,其值与积分变数符号无关, 对于定积分来说,其值与积分变数符号无关,则有
∫
∞
0
1 ∞ 1 0 imx F ( x) cos mxdx = ∫ F ( x)e dx + ∫ F ( x)e imx dx 2 0 2 −∞
上半平面, 上半平面,并且有
利用公式可得结果
∞
1 1 Re sf (+i ) = lim[( z − i ) f (z )] = lim = z →i z →i z + i 2i
dx 1 ∫−∞ 1 + x 2 = 2πi 2i = π
先求上半平面极点,然后求留数, 先求上半平面极点,然后求留数,最后得结果
∫ f ( z ) dz = 2π i{ f (z )在所有有限远点的留数
l j= 1
l
∫ f (z)dz = 2πi∑Res f (b ).
j
n
包括无限远点和 有限远的奇点
之和 }
0 = 2πi{ f ( z )在所有各点的留数之和}
z → z0
z→z0
lim ( z − z 0 ) f ( z ) = 非零有限值
n −1 1 d n−1 (z + i )−n = lim z →i (n − 1) dz n −1 !
[
]
(− n )(− n − 1)...(− 2 n + 2 ) (2i )− 2 n +1 = (n − 1)! (2 n − 2 )! i n (n + 1)...(2 n − 2 ) =− i=− 2 n −1 (n − 1)!2 [(n − 1)!]2 2 2 n −1
m−1
0
P(z0 ) = Q( z 0 ) Q' ( z0 )
P( z 0 )
}
求留数
2
§4.2 应用留数定理计算实变函数定积分
留数定理的一个重要应用是计算实变函数的定积分,我们需要把 留数定理的一个重要应用是计算实变函数的定积分 我们需要把 实变函数定积分跟复变函数回路积分联系起来,才能应用 实变函数定积分跟复变函数回路积分联系起来 才能应用. 才能应用 b y 的积分区间[a,b]可以看做复数平面 可以看做复数平面 f ( x)dx 的积分区间 ∫a l2 上实轴的一端l 如图 或者利用自变数的变换 如图,或者 上实轴的一端 1,如图 或者利用自变数的变换 B 变换为某个新的复数平面上的回路, 把l1变换为某个新的复数平面上的回路 这样就可以利用留数定理了;或者另外补 这样就可以利用留数定理了 或者另外补 或者 上一段曲线l2,使l1和l2组成回路l,包围区域 上一段曲线 使 组成回路 包围区域B 包围区域 解析延拓到闭区域B(延拓把 该为f(z)),并沿着 积分得 并沿着l积分得 把f(z)解析延拓到闭区域 延拓把 解析延拓到闭区域 延拓把f(x)该为 该为 并沿着 a O l1 b x
R → ∞
∫
∞
−∞
f ( x ) dx 而第二项积分
∫
CR
dz | dz | πR f ( z )dz = ∫ zf ( z ) ≤ ∫ | zf ( z ) | ≤ max | zf ( z ) | CR CR z |z| R = π max | zf ( z ) |→ 0
8
其中,max|zf(z)|指的是|zf(z)|在 上的最大值, 其中,max|zf(z)|指的是|zf(z)|在CR上的最大值,由此可得 ,max|zf(z)|指的是|zf(z)|
例2
计算 I = ∫
2π
0
dx (0 < ε < 1) 2 1 − 2ε cos x + ε
解 由公式得
dz / iz i I =∫ =∫ dz −1 2 | z| =1 1 − ε ( z + z ) + ε | z| =1 (εz − 1)( z − ε )
此回路积分的被积函数有两个单极点: 此回路积分的被积函数有两个单极点 z0 = 1 / ε , z0 = ε 而前者>1在回路之外 不予考虑 而单极点 z0 = ε 在|z|=1内,必须 而前者 在回路之外,不予考虑 在回路之外 不予考虑,而单极点 内 必须 考虑,下面计算在 的留数: 考虑 下面计算在 z0 = ε 的留数
R2 = R1 → ∞
I = lim
∫
∞
−∞
f ( x)dx 的主值
R →∞ − R
在这里我们主要计算类型二的积分主值 我们考虑如下图的半圆形积分回路l: 我们考虑如下图的半圆形积分回路 :
∫
R
f ( x)Hale Waihona Puke Baidux
7
y
∫
l
f ( z )dz = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( z )dz
−R CR
时, zf(z)一致地 一致地
复变函数f(z)在实轴 复变函数 在实轴
上没有奇点,在上半平面除有限个奇点外是解析的 且当 上没有奇点 在上半平面除有限个奇点外是解析的,且当 在上半平面 在上半平面除有限个奇点外是解析的 且当z在上半平面
→∞
→∞
→0
ψ 没有实的零点， 上述条件意味着 ( x)没有实的零点，
ix
z2 • •
x
• zk
(
)
4
例1 计算 I = ∫0 解 由公式得
2π
dx (0 < ε < 1) 1 + ε cos x
dz dx = iz
2 dz dz / iz I =∫ = ∫ 2 | z| =1 z + 1 i | z|=1 εz 2 + 2 z + ε 1+ ε 2z
而由上节例题可知