留数在定积分计算中的应用
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留数定理在定积分中的应用
留数定理在定积分中的应用摘 要 留数理论是复积分和复级数理论相结合的产物，利用留数定理可以把沿闭路的积分转化为计算孤立点处的留数．此外，在数学分析及实际问题中，往往一些被积函数的原函数不能用初等函数表示，有时即便可以，计算也非常复杂．我们利用留数定理可以把要求的积分转化为复变函数沿闭曲线的积分，从而把待求积分转化为留数计算．本文介绍留数定义和留数定理以及一些改进的留数计算方法，并讨论了留数理论在定积分计算中的应用。
关键词 留数定理；定积分；应用1． 留数定义定理及其他一些定理1．1 留数的定义设函数()f z 以有限点a 为孤立点，即()f z 在点a 的某个去心邻域0z a R <⋅<内解析，则积分()()1:,02f z dz z a R i ρρπΓΓ⋅=<<⎰为()f z 在点a 的留数，记为：()Re z as f z =．1．2 留数定理介绍留数定理之前，我们先来介绍复周线的柯西积分定理：设D 是由复周线012C C C C --=+++…nC -所围成的有界连通区域，函数()f z 在D 内解析，在_D D C =+上连续，则()0Cf z dz =⎰．定理1 []1（留数定理） 设()f z 在周线或复周线C 所范围的区域D 内，除12,,a a …,n a 外解析，在闭域_D D C =+上除12,,a a …,n a 外连续，则（ “大范围”积分）()()12Re knz a k Cf z dz i s f z π===∑⎰．2．留数定理在计算积分中的应用2．1 形如()20cos ,sin f x x dx π⎰型的积分这里()cos ,sin f x x 表示cos ,sin x x 的有理函数，并且在[]0,2π上连续，把握此类积分要注意，第一：积分上下限之差为2π，这样当作定积分时x 从0经历变到2π，对应的复变函数积分正好沿闭曲线绕行一周．第二：被积函数是以正弦和余弦函数为自变量。
§5.3—留数在定积分计算中的应用
0
π
dx 2 ( a 0). a sin x
8
§ 5.3
例2
π
留数在定积分中的应用
计算
0
π
dx 2 ( a 0). a sin x
π dx dx 1 π d2 x 解： 0 2 a sin x 0 a 1 cos 2 x 2 0 a 1 cos 2 x 2 2 令 2x t,
留数，从而简化计算.
1
主要内容：
一、形如 二、形如
0 R(cos , sin )d R( x )dx
2π
三、形如
R( x )e aixdx (a 0)
四、小结与思考
2
§ 5.3
2π
留数在定积分中的应用
一、形如 0 R(cos , sin )d 的积分
z1. .
CR
zk 都包在这积分路线内.此时
R
.
0
.
R
x
C R 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. 根据留数定理得 :
R R( x )dx C
R
R
R( z )dz 2π i Res[R( z ), zk ],
此式不因 C R 的半径 R 不断增大而有所改变.
18
§ 5.3
因为
留数在定积分中的应用
1 z
z
mn
R( z )
1 a1 z 1 an z n 1 b1 z 1 bm z m
1 a1 z 1 an z n 1 b1 z 1 bm z m
1
18_留数在定积分计算上的应用
由于
i z i z e |e | 1 y R s i n d z d s e d s e d C C C 0 R z R |z | R R
2 e
所以
R s i n 2 0
d 2 e
R (2 / ) 2 0
R d ( 1 e ) . R
2 0 i
为 s i n 和 c o s 的 有 理 函 数 ， 令 z e , 则 d z i e d ,
i
2 2 1 z 1 1 z 1 i i i i s i n ( e e ) , c o s ( e e ) . 2 i 2 i z 2i 2 z
l l l2 的一部分。实积分要变为闭路积分， 1 则实函数必须解析延拓到复平面上包含闭路 的一个区域中,让实积分成为闭路积分的一 部分：
a
0
l1
b
z ) dz x ) dx z ) dz f( f( f(
l a l 2
b
1 . 形 如 ( c o s, s i n ) d ， 其 中 R ( c o s, s i n ) R
d x 例2 计算 I , 0 1 c o s 2 x
的值. 0 1
解：令
2 x , d 2 d x ; x : 0 , : 0 2
2 d 1 1 d z / i z 1 d z I 1 2 01 zz 2 c o s 2 i z 2 z z 1 z 1 1 2
z 在上半平面内有一级极点ai, 2 2 z a
解:这里m=2,n=1,m-n=1.R(z)在实轴上无孤立奇点,因而所求 的积分是存在的.R(z)
留数在定积分计算中的应用
留数在定积分计算中的应用
作者：何裕平
来源：《科技风》2019年第25期
摘要：将留数定理应用在定积分计算中是一種较新的计算方法，能够将实积分转变为复积分，降低计算难度和繁琐程度，保证计算效率。
本文将结合具体立体，对留数定理在定积分计算中的应用进行分析。
关键词：定积分;反常积分;函数
留数定理由柯西积分定理及公式推广而来，可被用于解析函数中，某闭曲线路径积分的计算，也能在实积分的计算中使用。
这一计算过程就被称为围道积分法。
计算过程中，将实积分转变为复积分，根据留数定理，再将其转换为对留数的计算，化简整个过程。
留数在定积分计算中的应用需要满足以下条件：被积函数必须和某个解析函数相关，且该定积分能够被转换成沿闭路的积分。
下面将结合具体例题，分析留数定理的应用。
参考文献：
[1]朱传喜.复变函数与积分变换.江西高校出版社.
[2]钟玉泉.复变函数论.高等教育出版社.
作者简介：何裕平（1965-），男，汉族，硕士，高级讲师，研究方向：数学。
留数定理
5! z0
5!
[方法三] 用洛朗展开式求c-1就比较方便，因为
z
- sin z6
z
1 z6
z
-
z
-
1 z3 3!
1 z5 5!
-
1 3!z3
-
1 5!z
.
所以
Res
z
- sin z6
z
,
0
c-1
-
1 5!
考虑：多值函数的留数计算。
四、无穷远点的留数及计算方法
1. 定义： 设函数f (z)在圆环域R<|z|<内解析，C为 圆环域内绕原点的任何一条简单闭曲线，则积分
3）如果z0是f (z)的极点, 则可以利用以下的规则：
（极点留数的计算规则）
规则1 如果z0为f (z)的一级极点, 则
Res[
f
(z),
z0
]
lim (z
zz0
-
z0
)
f
(z)
规则2 如果z0为f (z)的m级极点， 则
Res[
f
(z),
z0 ]
1 (m -1)!
lim
zz0
d m-1 d z m-1
[( z
-
z0 )m
f
(z)]
规则3
设 f (z) P(z)
Q(z)
,
P(z)及Q(z)在z0都解析, 如
果P(z0)0, Q(z0)=0, Q’(z0)0, 则z0为f(z)的一级极
点, 且
Res[
f
( z ),
z0
]
P(z0 ) Q(z0 )
注意规则3的应用条件
例1:
Res[
留数在定积分计算上的应用
2
f z dz 2 i Re s f z , z k 其中C为单位圆： z 1 正向.
C k 1
n
zk k 1,2,, n 为包含在C内的f(z)的孤立奇点.
f(z)为z的有理函数,且在C上分母不为零,满足留数定理的条件,而
例1 计算I
为了使积分路线不通过奇点,取图示路线。
按照柯西-古萨基本定理,有
e e e e C R z dz R x dx Cr z dz r x dx 0
r R
iz
ix
iz
ix
从而上式中
r e R ix
ix e R r e r e dx ， 令 x t， 则 R dt r dx R x t x
0
i Re sRz , zk
1 R x dx R x dx 2
应用公式 R x dx 2 i Re sRz , zk 要注意:
(1) R(x)中分母的次数至少比分子的次数高二次.并且R(z)在实轴 上没有孤立奇点. (2)zk是 R(z)所有的在上半平面内的奇点. 2 x dx .a 0, b 0的值。 例2 计算积分 I 2 2 2 2 x a x b [解] 这里 m 4, n 2, m n 2， z2 并且实轴上Rz 2 z a 2 z 2 b 2 没有孤立奇点,因此积分是存在的。
aRsin e d 0
2 ay e ds z
aR
2 2
0
2 1 e aR aR
y 1
2
y
2
留数在定积分计算中的应用
p]
lim
z p
(
z
p)
1 z4 2iz2(1 pz)(z
p)
因此
1 2ip2 (1
p4 p2
, )
I
2π
i
1 p2 2ip2
1 2ip2 (1
p2 p2 )
2π 1
p2 p2
.
例2
计算
π
0
1
dx sin 2
. x
解
π
0
1
dx sin 2
x
π
0
1
1
dx cos
2x
0π 2
d2 x 1 cos
2
x
2
令 2x t,
02 π
3
dt cos
t
1
z 1
3
(z2
1)
dz 2z 2
6
z
. 1
极点为 : z1 3 2 2
z2 3 2 2
CR Q(z)
0
P(R ei Q( R
)iR ei ei )
d
;
由于分母Q(z)的次数比分子P(z)的次数至少高两次,则
zP(z) 0, 当z 时. 即 Q(z)
P( R ei )R ei Q(R ei )
0,
当z
R 时.
从而
R :
R(z)dz 0 ;
m ema. 4a
注意 以上两型积分中被积函数中的R(z)在实轴
留数在定积分计算中的应用
3
§5.3 留数在定积分计算中的应用
第 五 章 P120 例5.24
留 解 由 1 2 p cos p2 (1 p)2 2 p(1 cos ) 及 0 p 1,
数 及
可知被积函数的分母不为零，因而积分是有意义的。
其 应
(1) 令 z ei ,
用
则 d d z , cos z z1 ,
在上半平面内， i 为一阶极点，
数
及 其
eiaz
Res[ f (z) , i ] 2z
ea
. 2i
应
z i
用
(2)
e ia x
ea
x2 1 dx 2 πi 2i
πea,
0
cos a x x2 1
dx
πea
2
;
同理
0
cos b x x2 1
iz
2
cos 2 ei2 ei2 z2 z2 ,
2
2
4
§5.3 留数在定积分计算中的应用
第
五
章
留
数
解
(2)
I
| z|1
z2 z2 2
1
2
p
z
1
z 1
p2
dz iz
及
2
其 应 用
| z|1
1 z4 2i z2(1 pz)(z
及
其 应
(3)
x2
x cos 2x
x
10
dx
π 3
e3 (cos1 3sin1);
用
x2
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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
n 1
P ( z ) z a1 z an R( z ) m ,mn2 m 1 R( z ) z b1 z bm
n
分析
可先讨论 R R( x )dx , 最后令 R 即可 .
1 2 2 2, 2bi(a b )
z ai
1 b 2 3a 2 Res[ R( z ), bi ] 2 3 2 2 2 2 2, ( z a ) ( z bi ) z bi 4a i (b a )
所以
0
dx 1 dx 2 2 2 2 2 ( x a ) ( x b ) 2 ( x 2 a 2 )2 ( x 2 b 2 )
R
0, R0 , 使当R R0时，有
g( z ) , z C R .
CR
g ( z )e dz
iaz
0
g( R e )e
i
i
iaR ei θ
R e i id
由 g( R e ) , R e i R 及
i
e
iaR ei θ
e
aRsin iaRcos
R
R R( x )dx
R
f ( z )dz
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”)
2
1 z4 Res[ f ( z ), p] lim ( z p) 2 z p 2iz (1 pz)( z p)
1 p 2 2 , 2ip (1 p )
4
因此
2 1 p2 1 p 2π p 2 I 2π i 2 2 2 2. 2ip (1 p ) 1 p 2ip
§5.3 留数在定积分 计算中的应用
一、形如 0
2π
R(cos , sin )d
的积分
二、形如 R( x )dx 的积分
三、形如 R( x )e iaxdx (a 0) 的积分
一、形如 0
2π
R(cos , sin )d
的积分
其中R(cos , sin )是 cos , sin 的有理函数 .
πi{Res[ R( z ), bi ] Res[ R( z ), ai ]}
( 2a b)π b2 3a 2 1 3 . i 3 2 2 2 2 2 2 2 4a b(a b) 4a i (b a ) 2bi (b a )
x2 x 2 例4 计算积分 4 dx x 10x 2 9
解
z2 z 2 z2 z 2 2 R( z ) 4 2 2 z 10 z 9 ( z 1)( z 9) 3i .
z z2 1 i Res[ R( z ), i ] lim( z i ) . 2 zi ( z i )( z i )( z 9) 16 z2 z 2 3 7i . Res[ R( z ),3i ] lim( z 3i ) 2 z3 i 48 ( z 1)( z 3i )( z 3i )
y
无孤立奇点. 同前一类型: 补线 C R
C R 与 R, R 一起构成封闭
R
CR
zn z2 O z3
z1 R x
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 .
由留数定理:
R
R
R( x )e dx
iax
CR
2 πi Res[ R( z )e iaz , zk ] R( z )e dz
5 x2 x 2 x4 10x 2 9 dx 2πi{Res[ R( z), i ] Res[ R( z), 3i ]} 12 .
三、形如
R( x )e iaxdx (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 数至少比分子的次数高一次, 并且R(x)在实轴上
e
aRsin
得
aR sin
CR
g( z )e dz R e
iaz 0
aR sin
d 2 R e
2 0
d
由约当不等式（如右图）
y
2 y π
y sin
2
sin (0
2
)
o
2
C
R
g( z )e dz 2 R e
约当引理：
设函数 ( z)沿半圆周 R : z R e i (0 , R充分大） g C
上连续，且在 C R上有 lim g( z ) 0. 则 R
R C R
lim g( z )e iazdz 0 (a 0) .
证
由 lim g( z ) 0得：
解
由于0 p 1,
1 2 p cos p2 (1 p)2 2 p(1 cos )
在 0 2π 内不为零， 故积分有意义.
1 2 1 2 i 2 i 由于 cos 2 (e e ) ( z z 2 ), 2 2 z 2 z 2 1 dz I 1 2 zz 2 iz z 1 1 2p p 2
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（围道积分法） .
两个重要工作:
1) 积分区域的转化 2) 被积函数的转化
令ze
i
dz ie d
i
dz d , iz
1 i z2 1 cos (e e i ) , 2 2z
z2 1 1 i , sin (e e i ) 2iz 2i
且 z 0为二级极点， p 为一级极点， z
所以在圆周z 1上被积函数无奇点，
d 2 1 z4 Res[ f ( z ),0] lim z 2 z 0 dz 2iz (1 pz)( z p)
( z pz 2 p p 2 z )4 z 3 (1 z 4 )(1 2 pz p 2 ) lim z 0 2i ( z pz 2 p p 2 z )2 1 p 2 , 2ip
iaz
令 R :
R( x )e dx lim R( z )e dz
iax iaz R C R iaz
2πi Res[ R( z )e , zk ]
故只要求出 R( z )e iazdz ， 就可以求出积分 lim
R C R
R( x )e iaxdx.
iaz 2 0
aR sin
d 2 R e
2 0
2 aR
d
R( x )e iaxdx lim R( z )e iazdz (1 e aR )R .C R a a 2πi Res[R( z )e iaz , zk ]
从而
取R适当大, 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.
y
CR zn z2 R O z3 z1 R x
这里可补线 C R
(以原点为中心 , R为半径 的在上半平面的半圆周)
C R 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. 根据留数定理得 :
dx 0 ( x 2 a 2 )2 ( x 2 b2 ) (a 0, b 0, a b) 1 R( z ) 2 ( z a 2 )2 ( z 2 b 2 )
例3 计算积分
解
在上半平面有二级极点 z ai, 一级极点 z bi.
1 Res[ R( z ), ai ] ( z ai )2 ( z 2 b 2 )
z 2 z 2 I 2 z 1
1 dz 1 zz 2 iz 1 2p p 2 4 1 z dz f ( z )dz . 2 2iz (1 pz )( z p) z 1 z 1
1 被积函数的三个极点z 0, p, , p
z 0, p, 在圆周 z 1内，
f ( z )dz 2π i 1 Res f ( z ), zk . k
包围在单位圆周 内的诸孤立奇点.
n
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 .
例1
计算 I
2π
0
cos2 2 d ( 0 p 1)的值. 1 2 p cos p
由于分母 ( z)的次数比分子( z)的次数至少高两次 Q P ,则
zP ( z ) 0, 当z 时. Q( z )
即 从而
P ( R e i ) R e i 0, 当 z R 时. i Q( R e )
R
R
R : R( z )dz 0 ; R( z )dz R( z )dz , C
R C R
lim g( z )e iazdz 0 (a 0) .
根据约当引理 及以上的讨论得：
R( x )e iaxdx 2πi Res[R( z )e iaz , zk ]
n 1
P ( z ) z a1 z an R( z ) m ,mn2 m 1 R( z ) z b1 z bm
n
分析
可先讨论 R R( x )dx , 最后令 R 即可 .
1 2 2 2, 2bi(a b )
z ai
1 b 2 3a 2 Res[ R( z ), bi ] 2 3 2 2 2 2 2, ( z a ) ( z bi ) z bi 4a i (b a )
所以
0
dx 1 dx 2 2 2 2 2 ( x a ) ( x b ) 2 ( x 2 a 2 )2 ( x 2 b 2 )
R
0, R0 , 使当R R0时，有
g( z ) , z C R .
CR
g ( z )e dz
iaz
0
g( R e )e
i
i
iaR ei θ
R e i id
由 g( R e ) , R e i R 及
i
e
iaR ei θ
e
aRsin iaRcos
R
R R( x )dx
R
f ( z )dz
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”)
2
1 z4 Res[ f ( z ), p] lim ( z p) 2 z p 2iz (1 pz)( z p)
1 p 2 2 , 2ip (1 p )
4
因此
2 1 p2 1 p 2π p 2 I 2π i 2 2 2 2. 2ip (1 p ) 1 p 2ip
§5.3 留数在定积分 计算中的应用
一、形如 0
2π
R(cos , sin )d
的积分
二、形如 R( x )dx 的积分
三、形如 R( x )e iaxdx (a 0) 的积分
一、形如 0
2π
R(cos , sin )d
的积分
其中R(cos , sin )是 cos , sin 的有理函数 .
πi{Res[ R( z ), bi ] Res[ R( z ), ai ]}
( 2a b)π b2 3a 2 1 3 . i 3 2 2 2 2 2 2 2 4a b(a b) 4a i (b a ) 2bi (b a )
x2 x 2 例4 计算积分 4 dx x 10x 2 9
解
z2 z 2 z2 z 2 2 R( z ) 4 2 2 z 10 z 9 ( z 1)( z 9) 3i .
z z2 1 i Res[ R( z ), i ] lim( z i ) . 2 zi ( z i )( z i )( z 9) 16 z2 z 2 3 7i . Res[ R( z ),3i ] lim( z 3i ) 2 z3 i 48 ( z 1)( z 3i )( z 3i )
y
无孤立奇点. 同前一类型: 补线 C R
C R 与 R, R 一起构成封闭
R
CR
zn z2 O z3
z1 R x
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 .
由留数定理:
R
R
R( x )e dx
iax
CR
2 πi Res[ R( z )e iaz , zk ] R( z )e dz
5 x2 x 2 x4 10x 2 9 dx 2πi{Res[ R( z), i ] Res[ R( z), 3i ]} 12 .
三、形如
R( x )e iaxdx (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 数至少比分子的次数高一次, 并且R(x)在实轴上
e
aRsin
得
aR sin
CR
g( z )e dz R e
iaz 0
aR sin
d 2 R e
2 0
d
由约当不等式（如右图）
y
2 y π
y sin
2
sin (0
2
)
o
2
C
R
g( z )e dz 2 R e
约当引理：
设函数 ( z)沿半圆周 R : z R e i (0 , R充分大） g C
上连续，且在 C R上有 lim g( z ) 0. 则 R
R C R
lim g( z )e iazdz 0 (a 0) .
证
由 lim g( z ) 0得：
解
由于0 p 1,
1 2 p cos p2 (1 p)2 2 p(1 cos )
在 0 2π 内不为零， 故积分有意义.
1 2 1 2 i 2 i 由于 cos 2 (e e ) ( z z 2 ), 2 2 z 2 z 2 1 dz I 1 2 zz 2 iz z 1 1 2p p 2
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（围道积分法） .
两个重要工作:
1) 积分区域的转化 2) 被积函数的转化
令ze
i
dz ie d
i
dz d , iz
1 i z2 1 cos (e e i ) , 2 2z
z2 1 1 i , sin (e e i ) 2iz 2i
且 z 0为二级极点， p 为一级极点， z
所以在圆周z 1上被积函数无奇点，
d 2 1 z4 Res[ f ( z ),0] lim z 2 z 0 dz 2iz (1 pz)( z p)
( z pz 2 p p 2 z )4 z 3 (1 z 4 )(1 2 pz p 2 ) lim z 0 2i ( z pz 2 p p 2 z )2 1 p 2 , 2ip
iaz
令 R :
R( x )e dx lim R( z )e dz
iax iaz R C R iaz
2πi Res[ R( z )e , zk ]
故只要求出 R( z )e iazdz ， 就可以求出积分 lim
R C R
R( x )e iaxdx.
iaz 2 0
aR sin
d 2 R e
2 0
2 aR
d
R( x )e iaxdx lim R( z )e iazdz (1 e aR )R .C R a a 2πi Res[R( z )e iaz , zk ]
从而
取R适当大, 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.
y
CR zn z2 R O z3 z1 R x
这里可补线 C R
(以原点为中心 , R为半径 的在上半平面的半圆周)
C R 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. 根据留数定理得 :
dx 0 ( x 2 a 2 )2 ( x 2 b2 ) (a 0, b 0, a b) 1 R( z ) 2 ( z a 2 )2 ( z 2 b 2 )
例3 计算积分
解
在上半平面有二级极点 z ai, 一级极点 z bi.
1 Res[ R( z ), ai ] ( z ai )2 ( z 2 b 2 )
z 2 z 2 I 2 z 1
1 dz 1 zz 2 iz 1 2p p 2 4 1 z dz f ( z )dz . 2 2iz (1 pz )( z p) z 1 z 1
1 被积函数的三个极点z 0, p, , p
z 0, p, 在圆周 z 1内，
f ( z )dz 2π i 1 Res f ( z ), zk . k
包围在单位圆周 内的诸孤立奇点.
n
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 .
例1
计算 I
2π
0
cos2 2 d ( 0 p 1)的值. 1 2 p cos p
由于分母 ( z)的次数比分子( z)的次数至少高两次 Q P ,则
zP ( z ) 0, 当z 时. Q( z )
即 从而
P ( R e i ) R e i 0, 当 z R 时. i Q( R e )
R
R
R : R( z )dz 0 ; R( z )dz R( z )dz , C
R C R
lim g( z )e iazdz 0 (a 0) .
根据约当引理 及以上的讨论得：
R( x )e iaxdx 2πi Res[R( z )e iaz , zk ]