留数在定积分计算中的应用

f
( z ),
p]
=
⎡
lim
z→ p
⎣⎢(
z
−
p) ⋅
1+ z4 2iz2(1 − pz)(z
−
⎤ p)⎥⎦
因此
=
1+ 2ip 2 (1
p4 − p2
, )
I
=
2π
i
⎢⎣⎡−
1 + p2 2ip2
+
1+ 2ip 2 (1
p2 − p2百度文库
⎤ )⎥⎦
=
2π 1−
p2 p2
.
12
二、形如
∫+∞
R( x)dx
26
解 封闭曲线C:
CR + [− R,−r] + Cr + [r, R]
由柯西-古萨定理得:
y
CR Cr
−R −r o r R x
∫ ∫ ∫ ∫ eizdz + −r eixdx + eizdz + Reixdx = 0,
CR z
−R x
Cr z
rx
∫ ∫ ∫ 令 x = −t， −r eixdx = r e−it dt = − R e−ixdx,
−R x
Rt
rx
由 sin x = eix − e−ix , 2i
27
∫ ∫ ∫ 知 2i R sin xdx + eizdz + eiz dz = 0,
rx
CR z
Cr z
∫ ∫ ∫ ∫ eiz dz ≤
e iz ds
=
1
e− yds =
π e−Rsinθ dθ
CR z
CR z
R CR
0
∫ ∫ π
= 2π i{Res[R(z),bi]+ Res[R(z),ai]}
=
2πi
⎡ b2 − ⎢⎣4a3i(b2
3a2 − a2
)2
+
1 2bi(b2 −
a2
)2
⎤ ⎥⎦
=
(2a + 2a 3b(a
b)π + b)2
.
19
∫ 三、形如
+∞
R(
x
)e
aixdx
−∞
(a > 0)的积分
积分存在要求: R(x)是x的有理函数而分母的次
在0 ≤ θ ≤ 2π内不为零， 故积分有意义.
由于 cos 2θ = 1 (e2iθ + e−2iθ ) = 1 (z2 + z−2 ),
2
2
∫ I
=
z2
z =1
+ z−2 2
⋅ 1− 2p⋅
1 z+
z −1
+
p2
⋅ dz iz
2
9
∫ I
=
z2
z =1
+ z−2 2
⋅
1
1− 2p⋅ z +
z −1
两个重要工作: 1) 积分区域的转化 2) 被积函数的转化
2
形如
∫ 2π 0
R(cosθ ,sinθ )dθ
令 z = eiθ
dz = ieiθ dθ
sinθ = 1 (eiθ − e−iθ )= z2 − 1,
2i
2iz
dθ = dz ,
iz
cosθ
=
1(eiθ
+
e−iθ
)=
z2
+
1 ,
2
2z
当 θ 历经变程 [0,2π ] 时,
C
1. 被积函数的转化: 可取 f(z)=R(z) .
(当z在实轴上的区间内变动时 , R(z)=R(x))
2. 积分区域的转化:
取一条连接区间两端的按段光滑曲线, 使与区间
一起构成一条封闭曲线, 并使R(z)在其内部除有
限孤立奇点外处处解析. (此法常称为“围道积分法”)
14
取R适当大, 使R(z)所有的在上半平面内的极点
[
f
(z
),0]
+
Res
⎡ ⎢
f
(z
),
(−
a
+
⎩
⎣
a2 − b2 )⎤⎫
b
⎥⎬ ⎦⎭
=
2aπ b2
−
2π
a2 − b2 b2
=
2π b2
(a
−
a2 − b2 ).
6
例2
计算
∫π 0
a
+
dx sin2
(a x
>
0).
解
∫π
0
a
+
dx sin2
x
=
∫π
0
a
+
1
dx − cos2
x
2
=
1 2
∫π 0
a
∫ 所以 π dx
0 a + sin2 x
= 2π i ⋅ 2iRes[ f (z),(2a + 1 − (2a + 1)2 − 1)].
= 2π . (2a+1)2 −1
8
例3
计算 I
=
∫ 2π 0
1
−
2
cos2θ p cosθ
+
p2 dθ
(0 <
p < 1)的值.
解 由于0 < p < 1,
1 − 2 pcosθ + p2 = (1 − p)2 + 2 p(1 − cosθ )
⋅ a
1
⋅ dz
+
b⎜⎜⎝⎛
z
2+ 2z
1
⎟⎟⎠⎞
iz
∫ =
z =1 −
(z2 − 1)2 2iz2(bz2 + 2az
dz + b)
5
∫ =
(z2 − 1)2dz
z =1 − 2iz2b⎜⎜⎝⎛ z − − a +
a2 b
−
b2
⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛
z
−
−
a
−
a b
2
−
b2
⎟⎟⎠⎞
=
2π
i
⎧ ⎨Res
xsinmx x2 + a2)2
dx
∫ =
1Im 2
⎡ ⎢⎣
+∞
−∞ ( x2
x + a2)2
eimxdx⎥⎦⎤
又
f
(z)
=
(z2
z + a2
)2
eimx
,
在上半平面只有二级极点 z = ai,
24
Res(
f
( z ),
ai )
=
d dz
⎡ ⎢⎣(
z
z + ai)2
e imz
⎤ ⎥⎦
=
z = ai
∫ ∫ +
∞
R(
x
)
cos
axdx
+
i
+∞
R( x)sin axdx
−∞
−∞
∑ = 2π i Res[R(z)eaiz , zk ].
23
∫ 例5
计算积分
+ 0
∞
(
x x
sin 2+
mx a2 )2
dx
,
(m > 0,a > 0).
解
∫ ∫ +∞
0
xsinmx (x2 + a2)
dx
=
1 2
+∞
−∞ (
z 沿单位圆周 z = 1的正方向绕行一周.
3
∫ 2π 0
R(cosθ
,sinθ
)dθ
∫ =
z
=1
R
⎡ ⎢⎣
z
2+ 2z
1
,
z
2− 2iz
1⎤ ⎥⎦
dz iz
n
= ∫ f (z)dz = 2π i∑ Res[ f (z), zk ].
z =1
k =1
z的有理函数 , 且在 单位圆周上分母不 为零 , 满足留数定 理的条件 .
zk 都包在这积分路线内.
y
这里可补线 CR
CR
(以原点为中心 , R为半径
. −R 0
.
的在上半平面的半圆周)
Rx
CR与[− R, R]一起构成封闭曲线C , R(z)在C及其
内部(除去有限孤立奇点）处处解析.
15
根据留数定理得 :
∫R −R
R(
x)dx
+
∫CR
R(
z)dz
=
2π
i
∑
Res[ R( z ),
Res[ R( z ), ai ]
=
⎡ ⎢⎣(
z
+
ai
1 )2 (
z2
+
b2
⎤′ )⎥⎦
=
1 2bi(a2 −
b2
)2
,
z = ai
18
Res[ R( z ), bi ]
=
(z2
+
1 a2 )2(z
+
bi )
=
z = bi
b2 − 3a2 4a3i(b2 − a2 )2
,
∫ 所以 +∞
dx
−∞ ( x2 + a2 )2( x2 + b2 )
zk
],
R( z )
=
1 z m−n
1 + a1z−1 + " + anz−n 1 + b1z−1 + " + bm z−m
≤
z
1
m−n
⋅
1+ 1−
a1z−1 + " + anz−n b1z−1 + " + bm z−m
当 z 充分大时, 总可使
a1z−1 + " + anz−n
< 1, 10
b1z−1 + " + bm z−m
R(z) eaiz ds< 2
CR
R
eai( x+iy) ds
CR
令 x = Rcosθ , y = Rsinθ
则 z = R(cos θ + i sin θ )
0<θ <π
ds = dz = d (Re iθ ) = Rdθ .
∫ ∫ ∫ 2
R
eai( x+iy) ds
CR
=
2 R
e axi
CR
e−ay ds
数至少比分子的次数高一次, 并且R(z)在实轴上
无孤立奇点.
y
同前一型: 补线CR
CR
C
与
R
[−
R,
R] 一起构成封闭
. −R
0
. Rx
曲线C ,使R(z)所有的在上半平面内的极点 zk 都
包在这积分路线内 .
20
对于充分大的 z , 且 m − n ≥ 1时, 有 R(z) < 2
z
∫ ∫ ∫ R(z)eaizdz ≤ CR
CR
aR
∫ R(z)eaizdz → 0 . CR
22
由留数定理:
∫ ∫ ∑ R R( x)eaixdx + R(z)eaizdz = 2π i
−R
CR
Res[R(z)eaiz , zk ]
R → +∞ :
∫ ∑ +
∞
R(
x
)e
aix
dx
=
2π
i
−∞
Res[ R( z)eaiz , zk ]
eiax = cosax+ isinax
第三节 留数在定积分计算上的应用
一、形如
∫ 2π 0
R(cosθ
,
sinθ
)dθ
的积分
二、形如
∫+∞
R(
−∞
x
)dx
的积分
∫ 三、形如
+∞
R(
x
)e
aixdx
(a > 0)的积分
−∞
四、小结与思考
一、形如
∫ 2π 0
R(cosθ
,
sinθ
)dθ
的积分
思想方法 : 把定积分化为一个复变函数沿某条 封闭路线的积分 .
上无孤立奇点.
25
例6
计算积分
∫+∞ sin xdx.
0x
分析 sin x 是偶函数 , 所以 x
∫ ∫ +∞ sin xdx = 1 +∞sin xdx .
0x
2 −∞ x
sin z
[− ∞,+∞] → 某封闭曲线
z
因
sin z z
在实轴上有一级极点
z = 0, 应使封闭路
线不经过奇点, 所以可取图示路线:
+
d2x 1 − cos 2x
令 2x = t,
2
=
1 2
∫ 2π 0
a
+
dt 1−
cos t
∫ =
1 2
z
=1
a
+
1
−
1 (z2
+
1)
⋅ dz 2z iz
2
2
∫ =
2i
z
=1
z2
−
dz 2(2a +
1)z
+
. 1
7
极点为 : z1 = 2a + 1− (2a + 1)2 − 1 (在单位圆内) z2 = 2a + 1 + (2a + 1)2 − 1 (在单位圆外)
CR
−R
−∞
所以
∫∞ −∞
R( z )dz
=
2π
i∑
Res[ R( z ),
zk
]
17
例4 计算积分
∫+∞
dx
−∞ ( x2 + a2 )2( x2 + b2 )
(a > 0,b > 0,a ≠ b)
解
R(z)
=
(z2
+
a2
1 )2 ( z 2
+
b2
)
在上半平面有二级极点 z = ai, 一级极点 z = bi.
= 2 2 e−Rsinθ dθ 0
≤2
π 2
e
−
R(
2θ
π
)dθ
0
= π (1 − e−R ), R
∫ 于是 R → +∞ ⇒ eizdz → 0 当r 充分小时，
CR z
28
因为 eiz = 1 + i − z + " + inzn−1 + " = 1 + g(z),
z z 2!
n!
z
g(z) = i − z − iz2 + " + inzn−1 + "
m 4a
e
−ma
,
∫ 则
+∞
−∞ (
x2
x + a2
)2
e imx dx
=
2πiRes
⎡ ⎢⎣
(
z
2
z + a2 )2
e imz
,
ai
⎤ ⎥⎦
所以
+∞
∫0
(
x x
sin 2+
mx a2 )2
dx
=
1 2
Im[2πiRes(
f
( z ), ai )]
= mπ e−ma . 4a
注意 以上两型积分中被积函数中的R(x)在实轴
−∞
的积分
若有理函数 R(x)的分母至少比分子高两次,
并且分母在实轴上无孤立奇点.
一般设
R(z)
=
zn zm
+ +
a1zn−1 + " + an b1zm−1 + " + bm
,
m
−
n
≥
2
分析
∫R
可先讨论 R( x)dx, −R
最后令 R → ∞ 即可 .
13
∫R
R( x)dx
−R
∫ f (z)dz
+
p2
⋅ dz iz
2
∫ ∫ =
1+ z4 z =1 2iz2(1 − pz)(z
−
dz p)
=
f (z)dz.
z =1
被积函数的三个极点 z = 0, p, 1 , p
z = 0, p,在圆周 z = 1内，
且 z = 0为二级极点，z = p为一级极点，
10
所以在圆周 z = 1上被积函数无奇点，
= 2 π e−aRsinθ dθ 0
21
∫ ∫ ∫ = 4
π
2 e−aRsinθ dθ
=4
π
2 e−aRsinθ dθ
≤4
π 2
e
−aR(
2θ π
)dθ
,
0
0
0
y
y = 2θ
π
= 2π (1 − e−aR). aR
y = sinθ
o π πθ 2
R → +∞ 0
从而
∫ R(z)eaizdz ≤ 2π (1 − e−aR ) → 0.
Res[
f
( z ),0]
=
d lim z→0 dz
⎡ ⎢⎣
z
2
⋅
1+ z4 2iz2(1 − pz)(z
−
⎤ p)⎥⎦
=
lim (z
z→0
−
pz 2
−
p + p2z)4z3 2i(z − pz2
− −
(1 + p+
z4 )(1 − p2z)2
2 pz
+
p2 )
=
−
1 + p2 2ip2
,
11
Res[
包围在单位圆周 内的诸孤立奇点.
4
例1
计算积分
∫ 2π 0
a
sin 2 θ + bcosθ
dθ
(a > b > 0)
解 令 z = eiθ , 则
sinθ
=
z2
−1 ,
cosθ
=
z2
+1 ,
dz
=
ieiθ dθ ,
2zi
2z
∫ ∫ 2π 0
a
sin 2 θ + bcosθ
dθ
=
(z2 − 1)2 z =1 − 4z2
<
1 ,
10
16
因为 m − n ≥ 2，
所以
R(z)
≤
1 z m−n
⋅
1+ 1−
a1z−1 b1z−1
+ "+ anz−n + "+ bmz−m
<
2 z2
∫ ∫ R(z)dz ≤ CR
CR
R(z)ds
≤
2 R2
πR
=
2π R
,
∫ ∫ ∫ R
∞
R → +∞ : R(z)dz → 0 ; R(z)dz → R(z)dz,