留数在定积分计算上的应用
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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
iax iaz CR k 1
K
故，我们得到
R iax R CR
0
iaz
Jordan引理3.1见下页
K
R ( x )e dx R ( z )e dz 2i Re s[ R ( z )e iaz , z k ]
k 1
从上面可以看出 本方法可以计算下列形式的积分： ,
R
R
R( x ) cos axdx R( x ) sin axdx ，
于是 1 p2 1 p4 I 2i 2 2ip 2ip 2 (1 p 2 )
6
(2) 形如 R( x)dx的积分
(有理函数积分)
（1） 被积函数与某一个解析函数相关联.
用z替换 x
要求！！
z n a1 z n 1 a n (1) 设R ( x ) R ( z ) m , m n 2. m 1 z b1 z bm 且 R ( z )在实轴上没有奇点.
用z替换 x
且 R ( z )在实轴上没有奇点.
（2） 积分线可化成沿着某个闭路的积分.
取积分路线如图，则构成了一个 闭路C C R [ R, R ], 使得R ( z )e
iaz
(2)
z2 zK
CR
z1
-R
R
在上半平面内所有的奇点都含于C内.
于是，有
R
R
R( x )e dx R ( z )e dz 2i Re s[ R ( z )e iaz , z k ]
函数R( z )在上半平面内的所有奇点为z ai, 且都为一级极点.
ze iz ea Re s[ R( z )e , ai] lim ( z ai) z ai ( z ai)( z ai) 2 于是，有
K
故，我们得到
R iax R CR
0
iaz
Jordan引理3.1见下页
K
R ( x )e dx R ( z )e dz 2i Re s[ R ( z )e iaz , z k ]
k 1
从上面可以看出 本方法可以计算下列形式的积分： ,
R
R
R( x ) cos axdx R( x ) sin axdx ，
于是 1 p2 1 p4 I 2i 2 2ip 2ip 2 (1 p 2 )
6
(2) 形如 R( x)dx的积分
(有理函数积分)
（1） 被积函数与某一个解析函数相关联.
用z替换 x
要求！！
z n a1 z n 1 a n (1) 设R ( x ) R ( z ) m , m n 2. m 1 z b1 z bm 且 R ( z )在实轴上没有奇点.
用z替换 x
且 R ( z )在实轴上没有奇点.
（2） 积分线可化成沿着某个闭路的积分.
取积分路线如图，则构成了一个 闭路C C R [ R, R ], 使得R ( z )e
iaz
(2)
z2 zK
CR
z1
-R
R
在上半平面内所有的奇点都含于C内.
于是，有
R
R
R( x )e dx R ( z )e dz 2i Re s[ R ( z )e iaz , z k ]
函数R( z )在上半平面内的所有奇点为z ai, 且都为一级极点.
ze iz ea Re s[ R( z )e , ai] lim ( z ai) z ai ( z ai)( z ai) 2 于是，有
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)
复变函数3留数在定积分计算上的应用.ppt
R
|z|1
z2 1, 2z
z2 1
2iz
dz iz
|z|1
f
(z)d
z
其中f (z)是z的有理函数, 且在单位圆周|z|=1上分母不为零, 根据留数定理有
n
f (z) d z 2π i Res[ f (z), zk ]
|z|1
k 1
其中zk (k=1,2,...,n)为单位圆 |z|=1内的 f (z)的孤立奇点.
q e d 2 aR(2q / )
0
0
0
M
aR 2q
e
2
M
aR
aR
eaR 1
M
aR
(1
eaR )
R 0,
0
因此得
R(x) eaixd x 2 π i
Res[R(z) eaiz , zk ] .
也可写为 R(x)cos ax d x i R(x)sin ax d x
2 π i Res[R(z)eaiz , zk ].
2n
zi
(n
1)(n 2) n! 22n1
2n (2n 1)!!
2 (2n)!!
3. 形如 R(x) eaixd x (a 0) 的积分 当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, 且R(x)在实数轴上没有奇点时, 积分是存在的.
象2中处理的一样, 由于mn1, 故对充分大的|z|有
例 4
计算
x2
x4
x2
dx 1
z 4 z 2 1 (z 2 1)2 z 2 (z 2 z 1)(z 2 z 1) 0
f (z) z 2 的四个一阶极点为: z4 z2 1
1 z1,2 2
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
第五章 留数 留数在定积分计算中的应用
个有界区域，函数 f(z) 在 D 内除有限个孤立
奇点 z1 , z2 ,..., zn外处处解析. C是D内包围各 奇点的一条正向简单闭曲线,那么我们有：
n
C
f ( z )dz 2i Res[ f理的基本思想
D
zn C3 Cn z1 z2
z3
C1
显然，函数在z0处的留数C1就是积分 1 f ( z )dz 2 i C 的值.
其中，C为函数f ( z )的去心邻域0 z - z0 R 内绕z0的闭曲线，方向为逆时针方向.
注：留数Res[f(z), z0] 与圆C的半径r无关.
二、留数定理
定理 5.1 （留数定理）设 D 是复平面上的一
C
f ( z )dz 0
如果z0是f(z)的孤立奇点，则上述积分就不 一定等于零。
定义5.1 设z0是解析函数f ( z )的孤立奇点， 我们把f ( z )在z0处的洛朗展开式中负一次 幂项的系数C1称为f ( z )在z0处的留数.记作 Re s[ f ( z ), z0 ]，即 Re s[ f ( z ), z0 ] C-1
求沿闭曲线C积分 求C内各孤立奇点处的留数.
三、留数的计算
求函数在孤立奇点处的留数的一般方法 ——将函数在以z0为中心的圆环内展开为 洛朗级数，求出级数中C-1(z-z0)-1项的系数C-1
如果z0是可去奇点，则Res[f(z), z0]=0;
如果z0是本性奇点，则往往只能用展开成洛朗
级数的方法来求C-1.
Res[f ( z ), z0 ] lim( z z0 ) f ( z )
z z0
P( z ) lim( z z0 ) z z0 Q ( z ) Q ( z0 ) P( z0 ) / Q '( z0 ).
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1 i , 16 zi 3 7i . 48 z3i
z2 z 2 Res [ R ( z ) , 3 i ] 2 ( z 1) ( z 3 i )
5π 1 i 3 7i . (3) I 2 π i 48 12 16
在上半平面内，1+3 i 为一级极点。
z eiz Res[ f ( z ) , 1 3 i ] lim ( z 1 3 i ) 2 z 1 3 i z 2 z 10
ze i z z 1 3i
1 3i 3 i e . 6i z 1 3 i
(2)
π i 4
1 e 4
2 π, ) 2
2 I π. 4
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三、形如
R ( x )e aix d x ( a 0 ) 的积分
P( x) , 其中P (x) , Q(x) 为多项式； 要求 (1) R ( x ) Q( x )
z ai
a
2 2
2 i (a b ) b . Res [ R ( z ) , b i ] lim ( z b i ) R ( z ) 2 2 2 i (b a ) z ai
,
(3) I
π a b . 2 πi 2 2 2 2 (a b) 2 i (a b ) 2 i (b a )
(2)分母 Q(x) 的次数比分子P (x)的至少高一次；
(3)分母 Q(x) 无实零点。 则有
x 如：R( x ) 1 x2
R ( x ) e iax d x 2 π i Res[ R( z ) e i a z , zk ] A iB .
k
其中 z k 是 R( z ) 在上半平面内的孤立奇点。 特别地
R ( x ) cos ax d x A ; R ( x ) sin ax d x B .
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例2 计算
x sin xdx x2 a2
(a 0)
z 解 (1)令 R ( z ) 2 z a2
2 2 (a a b ) 2π i Res f ( z ),0 Res f ( z ), b
2aπ 2π a 2 b 2 2 b b2
2 2 (a a 2 b 2 ). b
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思考题
计算积分
π 2 0
d (a 0). 2 2 a cos
1.应用“围道积分法”计算三类,；
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附：关于第二、三型积分中 R ( z ) 有实孤立奇点的情况
解
(1) 令
f (z)
在上半平面有二级极点 z ai, 一级极点 z bi.
Res[ R( z ), ai ]
1 2 2 2 ( z ai ) ( z b )
z ai
1 2 2 2, 2bi(a b )
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2 2 1 b 3a Res[ R( z ), bi ] 2 3 2 2 2 2 2, ( z a ) ( z bi ) z bi 4a i (b a )
7 i 4
)
1 e 4
π i 4 ,
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3 i 4 Res[ R( z ) , z 2 ] lim ( z e ) R( z ) 3 i ze 4
1 e 4
π i 4 . π i 4
1 (3) I 1 2 π i ( e 4
在上半平面内，a i 为一级极点。
iz iz z e z e (2) Res [ R ( z )e iz , ai ] lim( z ai ) 2 2 z ai z ai z a
ea . z ai 2Fra bibliotek(3)
xe ix dx a π e i 2 2 x a 虚部
( 2a b)π 3 2. 2a b(a b)
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一、形如 R (cos , sin )d 的积分* 0
令ze
i
2π
dz ie d
i
dz d , iz
2 z 1 1 i i sin (e e ) , 2i 2iz 2 1 i z 1 i cos (e e ) , 2 2z
π i 4 ,
z2 e
3π i 4
为两个一级极点。
i 4 (2) Res[ R( z ) , z1 ] lim ( z e ) R( z ) i ze 4
lim
ze 4
z
i
2 5 i 4
(z e
3 i 4
)( z e
)( z e
eiz
z
,
在实轴上，
z 为一阶极点， 0
Res [ f ( z ) , 0 ] e i z
(2)
z0
1.
ei x
x
d x π i R es [ f ( z ) , 0 ] π i ,
ix e sin x π 1 d x Im dx . 2 x 2 x
当 历经变程 [0 , 2π ] 时, z 沿单位圆周 z 1的 正向绕行一周.
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0
2π
R(cos , sin )d
z 2 1 z 2 1 dz R , iz 2 z 2 iz z 1
2
( z 1) dz 2 2 2iz (bz 2az b) z 1
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( z 2 1)2 dz 2 2 2 2 a a b a a b z 1 2 z 2iz b z b b
z2 z 2 z2 z 2 2 解 (1) 令 R ( z ) 4 2 2 ( z 1 ) ( z 9) z 10 z 9
在上半平面内，i 与 3i 为 R ( z ) 一阶极点 。
z2 z 2 (2) Res [ R ( z ) , i ] ( z i ) ( z 2 9)
dx 所以 ( x 2 a 2 )2 ( x 2 b 2 )
2π i{Res [ R( z ), bi ] Res [ R( z ), ai ]}
b2 3a 2 1 2i 3 2 2 2 2 2 2 4a i (b a ) 2bi(b a )
z2 1 z2 1 sin , cos , dz ie i d , 2 zi 2z
0
2π
sin2 d a b cos
( z 2 1)2 4z 2 z 1
2
1 dz 2 z 1 iz a b 2z
(3)
x cos x π 3 d x e (cos 1 3 sin 1) ; 2 3 x 2 x 10
注：
x sin x dx 2 x 2 x 10
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内容小结
应用留数定理计算两类无穷限积分.
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R ( x ) d x 2 π i Res[ R( z ) , zk ] .
k
解 (1)记 I 1 2 I
z , d x , 令 R( z ) 4 4 x 1 z 1
x
2
2
在上半平面内，z1 e
Res f ( z ), zk . f ( z )dz 2π i k 1
n
z 1
计算积分转化为计算在单位圆周内的各孤立奇点 处的留数.
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例1 计算积分 解
0
2π
sin2 d (a b 0) a b cos
令 z e i , 则
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作业
习题五: 13(3)(4)(5)(6)
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例3 计算积分
dx ( x 2 a 2 )2 ( x 2 b2 )
(a 0, b 0, a b)
1 解 R( z ) 2 2 2 2 2 (z a ) (z b )
(3)分母 Q(x) 无实零点。 则有
1 如： R ( x ) 2 x 1
R ( x ) d x
2 π i Res[ R( z ) , zk ] .