留数定理计算积分
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π
cos mx 例4 计算积分I = ∫ dx (m为正整数) . 0 5 − 4 cos x imx π π 1 e 1 cos mx 解I = ∫−π 5 − 4 cos xdx = 2 Re ∫−π 5 − 4 cos xdx 2
令 z = eix , 则
π imx
1 z e dz J =∫ dx = ∫ 2 −π 5 − 4 cos x i z =1 5z − 2z − 2
令 z 2 = u , 则当z绕 z = 1正向一周时, u绕 u = 1正向二周;
2 du = 2∫ 2 , i u =1 u + 6u +1 1 f (u) = 2 在 u =1 内有一个一阶极点u = −3 + 8, 且 u + 6u + 1 1 1 1 | = = , Re s f (u) = 2 ' u =−3+ 8 u =−3+ 8 (u + 6u + 1) 2 8 4 2
z ∫=1 ( z − α )2 ( z − β )2 dz z
由αβ = 1, 且显然 β > α , 故必有 α < 1, β > 1; z 于是f ( z ) = 在 z = 1上无奇点, 2 2 (z −α ) (z − β )
在 z = 1内只有一个二阶极点z = α ,由推论6.4得
α +β z ' = Re s f ( z ) = [ ] |z =α = − 3 2 z =α (α − β ) (z − β )
a 4(a 2 − 1)
3 2
9
由留数定理
4 z 1 dz dθ = ∫ 2 2 2 ∫0 (a + cos θ ) i z =1 ( z + 2az + 1) a 2π a 4 2π i Re s f ( z ) = 8π . 3 = = 3 z =α i 4(a 2 − 1) 2 (a 2 − 1) 2 2π
2 因此 1 + p 2 1 1 + p 2 2π p . = I =− 2πi − 2 2 2 pi p (1 − p ) 1 − p p
'
7
1 注 : 若 p > 1, 则f ( z )在 z = 1内奇点为z = 0, p 1 2πi[Re s f ( z ) + Re s f ( z )] 此时 I = − 1 z =0 2 pi z= p 2π 1 dθ (a > 1). 例2 计算积分 I = ∫0 2 (a + cos θ ) 2 dz z +1 iθ 解 令z=e , dθ = , 则 cosθ = 2 z , iz
∫0
2π
R(cosθ , sinθ )dθ =
z =1
∫ f ( z )dz = 2π i ∑ Rea s f ( z ). z=
k =1
k
n
z的有理函数 , 且在单位圆周上分 包围在单位圆周 的有理函数 母不为零 , 满足留数定理的条 内的诸孤立奇点. 内的诸孤立奇点 件. iθ 注 :关键是引进代换z = e , R(sin θ ,cosθ )在[0,2π ]上连续可
第二节 用留数计算定积分
Department of Mathematics
1
留数定理的应用- 积分的计算: 留数定理的应用--积分的计算:
利用留数计算积分的特点： （1）、利用留数定理，我们把计算一些积分的问题， 转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留数，从而大大 化简了计算；
（2）、利用留数计算积分，没有一些通用的方法， 2
ΓR
因为
P( z ) c0 z + c1 z m −1 + L + cm zf ( z ) = z = z n n −1 Q( z ) b0 z + b1 z + L + bn z m +1 c0 + c1 z −1 + L + cm z − m = n z b0 + b1 z −1 + L + bn z − n
P( z ) 为有理分式, 其中 2定理 定理6.7 设f ( z ) = 定理 Q( z )
P ( z ) = c0 z + c1 z
m
m −1
+ L + cm , (c0 ≠ 0);
与Q ( z ) = b0 z n + b1 z n −1 + L + bn , (b0 ≠ 0);
为互质函数, 且合条件(1) n - m ≥ 2, (2)在实轴上Q ( z ) ≠ 0, 于是有
12
m
i z i z = ∫ dz = 2π i Re s 1 1 2 z =1 ( z − 1 )( z − 2) 2 z= 2 ( z − )( z − 2) 2 2 zm π = −π | 1 = m−1 , z − 2 z= 2 3 2 1 π 所以I = Re J = m . 2 32
m
19
例5 设a > 0, 计算积分 解
∫
+∞
0
dx . 4 4 x +a
∫
+∞
0
1 因f ( z ) = 4 满足定理6.7条件, 4 z +a 且f ( z )在上半平面 只两个一级极点
dx 1 +∞ dx = ∫ 4 4, 4 4 x + a 2 −∞ x + a
由留数定理
4 du 4 I= ∫ 2 = 2π i Re s f (u) = 2π . u =−3+ 8 i u =1 u + 6u + 1 i
11
注 : 若R(sin θ ,cosθ )为θ的偶函数, 则∫ R(sin θ ,cosθ )dθ
0
π
亦可用上述方法求
∫
π
0
1 π R(sin θ ,cosθ )dθ = ∫ R(sin θ ,cosθ )dθ . 2 −π
15
对∀ε > 0,由已知条件∃R0 (ε ) > 0, 使当R > R0时, 有
zf ( z ) − λ <
于是有
ε
θ 2 − θ1
, z ∈ SR
∫
SR
f ( z )dz − i (θ 2 − θ1 )λ = ε l ≤ = ε. θ 2 − θ1 R
∫
SR
zf ( z ) − λ dz z
16
不必检验, 只要看变换后被积函数在 z = 1是否有奇点.
4
例1 计算积分I = ∫
2π
0
cos2θ dθ (0 < p < 1)的值. 2 1 − 2 p cos θ + p
解 由于 0 < p < 1,
1 − 2 p cosθ + p = (1 − p ) + 2 p(1 − cosθ )
2 2
5
z 2 + z −2 I= ∫ ⋅ 2 z =1
1 dz ⋅ −1 z+z 2 iz 1− 2p⋅ +p 2 1 1 1+ z4 =− dz = − ∫=1 f ( z )dz. ∫=1 2 1 2 pi z 2 pi z z ( z − )( z − p)
p
1 被积函数的三个极点 z = 0, p, , p
在 0 ≤ θ ≤ 2π 内不为零， 故积分有意义. 内不为零， 故积分有意义 1 2 1 2 iθ − 2 iθ = ( z + z − 2 ), ) 由于 cos 2θ = (e + e 2 2 1 z 2 + z −2 dz I= ∫ ⋅ ⋅ −1 2 z+z 2 iz z =1 1− 2p⋅ +p 2
R →+∞ − R
lim
∫
R
f ( x)dx. 记为P.V .∫ f ( x)dx.
−∞
∞
根据留数定理得 :
∫
CR
f ( z )dz = 2π i
Im ak > 0
∑
. Re s f ( z ), − R z =a
k
a2
ak
ΓR
a1
0
. R
x
18
或写成
∫
R
−R
f ( x)dz + ∫ f ( z )dz = 2π i
∫
b
a
g ( x)dx + ∫ g ( z )dz = 2π i ∑ Re s g ( z )
Γ z = ak
⇑
g ( z )在周线内留数和
若能估计出∫ g ( z )dz, 则两边取极限即可求广义积分值.
Γ
14
P(x) 二 计算∫ dx型积分 −∞ Q(x)
1引理 引理6.1 设f ( z )沿圆弧S R : z = Reiθ (θ1 ≤ θ ≤ θ 2 , R充 引理
m
13
在许多实际问题中，往往要求计算反常积分的值，如 +∞ sin x +∞ +∞ 2 dx, ∫ sin x dx, ∫ e− ax cos bxdx, ∫0 x 0 0 数学分析计算这些积分麻烦,无统一方法;用 留数计算,较简捷.
这种方法的基本思路是, 先取辅助函数g ( z )(在[a, b]上g ( z )的实 部或虚部为f ( x))在有限区间[a, b]上的定积分, 再引入辅助曲线Γ, 同[a, b]一起构成周线, g ( z )在Γ内除有限个点外解析且连续到Γ.
2π
令z=e
iθ
dz = ie dθ
iθ
z2 − 1 1 iθ sinθ = (e − e −iθ ) = , 2i 2iz
dz dθ = , iz
3
1 iθ −iθ z 2 + 1 cosθ = (e + e ) = , 2 2z 当 θ 历经变程 [0 , 2π ] 时,
正方向绕行一周. z 沿单位圆周 z = 1的 正方向绕行一周
我们主要通过例子进行讨论； （3）我们只讨论应用单值解析函数来计算积分，应 用多值解析函数来计算积分在课本中有讨论。由于时 间的关系，我们不讨论应用多值解析函数来计算积分 的问题，同学们可以自学。
2
一 计算∫ R(cosθ,sinθ )dθ型积分
0
2π
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 . 两个重要工作: 两个重要工作 1) 积分区域的转化 2) 被积函数的转化 形如∫0 R(cosθ , sinθ )dθ
I =∫
2π
0
1 dθ = 2 (a + cos θ )
4 = i
z ∫=1 ( z 2 + 2az + 1)2 dz z
1 dz ∫=1 z 2 + 1 2 iz z (a + ) 2z
8
4 = i
其中α = a − a 2 − 1), β = a + a 2 − 1)为实二次方程 z 2 + 2az + 1 = 0的二相异实根,
Im ak > 0 m
∑
Re s f ( z ). (6.12)
z = ak
由条件(1)知n − m − 1 ≥ 1, 故沿Γ R 上有 zf ( z ) → 0 ( R → +∞). 在等式(6.12)中命R → +∞, 并根据引理6.1, 知 (6.12)中第二项的积分之极限为零, 这就证明了(6.11).
z = 0, p, 在圆周 z = 1内，
为二级极点， z 为一级极点， 且 z = 0 为二级极点， = p 为一级极点，
6
上被积函数无奇点， 所以在圆周 z = 1 上被积函数无奇点，
2 4 1+ p 1+ z , Re s f ( z ) = |z =0 = z =0 p ( z − 1 )( z − p) p 1+ z4 1 + p4 Res f ( z ) = |z = p = − , 2 z= p 1 2 p(1 − p ) z (z − ) p
2π
例3 计算
I =∫
ix
0
解 令z=e ,
dx . 2 1 + cos x
I =∫
2π
0
1 dx = 1 + cos 2 x
1 dz ∫=1 z 2 + 1 2 iz z 1+ ( ) 2z
10
2 dz 2 2 2zdz = ∫ 4 = ∫ 4 2 2 i z =1 z + 6z + 1 i z =1 z + 6z + 1
∫
+∞
−∞
f (x)dx = 2πi
Imak >0
∑ Re sf (z).
z=ak
(6.11)
17
证明
由条件(1),(2)及数学分析的结论 知 及数学分析的结论,知 由条件 及数学分析的结论
∫
∞
−∞
f ( x)dx存在, 且等于它的主值
取上半圆周Γ R : z = Reiθ (0 ≤ θ ≤ π )作为辅助线(如图), 于是由线段[− R, R]及Γ R 合成一周线CR , 先取R充分大使CR内 部包含f ( z )在上半平面内的一切孤立奇点(实际上只有有限 个极点).由条件(2), f ( z )在CR 上没有奇点.
+∞
分大)上连续, 且
于S R 上一致成立(即与θ1 ≤ θ ≤ θ 2中的θ 无关), 则
R →+∞ S R
R →+∞
lim zf ( z ) = λ
lim
∫
f ( z )dz = i (θ 2 − θ1 )λ .
证明
∫
SR
百度文库
1 因为 i (θ 2 − θ1 )λ = λ ∫ 于是有 dz SR z zf ( z ) − λ f ( z )dz − i (θ 2 − θ1 )λ = ∫ dz (6.10) SR z
cos mx 例4 计算积分I = ∫ dx (m为正整数) . 0 5 − 4 cos x imx π π 1 e 1 cos mx 解I = ∫−π 5 − 4 cos xdx = 2 Re ∫−π 5 − 4 cos xdx 2
令 z = eix , 则
π imx
1 z e dz J =∫ dx = ∫ 2 −π 5 − 4 cos x i z =1 5z − 2z − 2
令 z 2 = u , 则当z绕 z = 1正向一周时, u绕 u = 1正向二周;
2 du = 2∫ 2 , i u =1 u + 6u +1 1 f (u) = 2 在 u =1 内有一个一阶极点u = −3 + 8, 且 u + 6u + 1 1 1 1 | = = , Re s f (u) = 2 ' u =−3+ 8 u =−3+ 8 (u + 6u + 1) 2 8 4 2
z ∫=1 ( z − α )2 ( z − β )2 dz z
由αβ = 1, 且显然 β > α , 故必有 α < 1, β > 1; z 于是f ( z ) = 在 z = 1上无奇点, 2 2 (z −α ) (z − β )
在 z = 1内只有一个二阶极点z = α ,由推论6.4得
α +β z ' = Re s f ( z ) = [ ] |z =α = − 3 2 z =α (α − β ) (z − β )
a 4(a 2 − 1)
3 2
9
由留数定理
4 z 1 dz dθ = ∫ 2 2 2 ∫0 (a + cos θ ) i z =1 ( z + 2az + 1) a 2π a 4 2π i Re s f ( z ) = 8π . 3 = = 3 z =α i 4(a 2 − 1) 2 (a 2 − 1) 2 2π
2 因此 1 + p 2 1 1 + p 2 2π p . = I =− 2πi − 2 2 2 pi p (1 − p ) 1 − p p
'
7
1 注 : 若 p > 1, 则f ( z )在 z = 1内奇点为z = 0, p 1 2πi[Re s f ( z ) + Re s f ( z )] 此时 I = − 1 z =0 2 pi z= p 2π 1 dθ (a > 1). 例2 计算积分 I = ∫0 2 (a + cos θ ) 2 dz z +1 iθ 解 令z=e , dθ = , 则 cosθ = 2 z , iz
∫0
2π
R(cosθ , sinθ )dθ =
z =1
∫ f ( z )dz = 2π i ∑ Rea s f ( z ). z=
k =1
k
n
z的有理函数 , 且在单位圆周上分 包围在单位圆周 的有理函数 母不为零 , 满足留数定理的条 内的诸孤立奇点. 内的诸孤立奇点 件. iθ 注 :关键是引进代换z = e , R(sin θ ,cosθ )在[0,2π ]上连续可
第二节 用留数计算定积分
Department of Mathematics
1
留数定理的应用- 积分的计算: 留数定理的应用--积分的计算:
利用留数计算积分的特点： （1）、利用留数定理，我们把计算一些积分的问题， 转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留数，从而大大 化简了计算；
（2）、利用留数计算积分，没有一些通用的方法， 2
ΓR
因为
P( z ) c0 z + c1 z m −1 + L + cm zf ( z ) = z = z n n −1 Q( z ) b0 z + b1 z + L + bn z m +1 c0 + c1 z −1 + L + cm z − m = n z b0 + b1 z −1 + L + bn z − n
P( z ) 为有理分式, 其中 2定理 定理6.7 设f ( z ) = 定理 Q( z )
P ( z ) = c0 z + c1 z
m
m −1
+ L + cm , (c0 ≠ 0);
与Q ( z ) = b0 z n + b1 z n −1 + L + bn , (b0 ≠ 0);
为互质函数, 且合条件(1) n - m ≥ 2, (2)在实轴上Q ( z ) ≠ 0, 于是有
12
m
i z i z = ∫ dz = 2π i Re s 1 1 2 z =1 ( z − 1 )( z − 2) 2 z= 2 ( z − )( z − 2) 2 2 zm π = −π | 1 = m−1 , z − 2 z= 2 3 2 1 π 所以I = Re J = m . 2 32
m
19
例5 设a > 0, 计算积分 解
∫
+∞
0
dx . 4 4 x +a
∫
+∞
0
1 因f ( z ) = 4 满足定理6.7条件, 4 z +a 且f ( z )在上半平面 只两个一级极点
dx 1 +∞ dx = ∫ 4 4, 4 4 x + a 2 −∞ x + a
由留数定理
4 du 4 I= ∫ 2 = 2π i Re s f (u) = 2π . u =−3+ 8 i u =1 u + 6u + 1 i
11
注 : 若R(sin θ ,cosθ )为θ的偶函数, 则∫ R(sin θ ,cosθ )dθ
0
π
亦可用上述方法求
∫
π
0
1 π R(sin θ ,cosθ )dθ = ∫ R(sin θ ,cosθ )dθ . 2 −π
15
对∀ε > 0,由已知条件∃R0 (ε ) > 0, 使当R > R0时, 有
zf ( z ) − λ <
于是有
ε
θ 2 − θ1
, z ∈ SR
∫
SR
f ( z )dz − i (θ 2 − θ1 )λ = ε l ≤ = ε. θ 2 − θ1 R
∫
SR
zf ( z ) − λ dz z
16
不必检验, 只要看变换后被积函数在 z = 1是否有奇点.
4
例1 计算积分I = ∫
2π
0
cos2θ dθ (0 < p < 1)的值. 2 1 − 2 p cos θ + p
解 由于 0 < p < 1,
1 − 2 p cosθ + p = (1 − p ) + 2 p(1 − cosθ )
2 2
5
z 2 + z −2 I= ∫ ⋅ 2 z =1
1 dz ⋅ −1 z+z 2 iz 1− 2p⋅ +p 2 1 1 1+ z4 =− dz = − ∫=1 f ( z )dz. ∫=1 2 1 2 pi z 2 pi z z ( z − )( z − p)
p
1 被积函数的三个极点 z = 0, p, , p
在 0 ≤ θ ≤ 2π 内不为零， 故积分有意义. 内不为零， 故积分有意义 1 2 1 2 iθ − 2 iθ = ( z + z − 2 ), ) 由于 cos 2θ = (e + e 2 2 1 z 2 + z −2 dz I= ∫ ⋅ ⋅ −1 2 z+z 2 iz z =1 1− 2p⋅ +p 2
R →+∞ − R
lim
∫
R
f ( x)dx. 记为P.V .∫ f ( x)dx.
−∞
∞
根据留数定理得 :
∫
CR
f ( z )dz = 2π i
Im ak > 0
∑
. Re s f ( z ), − R z =a
k
a2
ak
ΓR
a1
0
. R
x
18
或写成
∫
R
−R
f ( x)dz + ∫ f ( z )dz = 2π i
∫
b
a
g ( x)dx + ∫ g ( z )dz = 2π i ∑ Re s g ( z )
Γ z = ak
⇑
g ( z )在周线内留数和
若能估计出∫ g ( z )dz, 则两边取极限即可求广义积分值.
Γ
14
P(x) 二 计算∫ dx型积分 −∞ Q(x)
1引理 引理6.1 设f ( z )沿圆弧S R : z = Reiθ (θ1 ≤ θ ≤ θ 2 , R充 引理
m
13
在许多实际问题中，往往要求计算反常积分的值，如 +∞ sin x +∞ +∞ 2 dx, ∫ sin x dx, ∫ e− ax cos bxdx, ∫0 x 0 0 数学分析计算这些积分麻烦,无统一方法;用 留数计算,较简捷.
这种方法的基本思路是, 先取辅助函数g ( z )(在[a, b]上g ( z )的实 部或虚部为f ( x))在有限区间[a, b]上的定积分, 再引入辅助曲线Γ, 同[a, b]一起构成周线, g ( z )在Γ内除有限个点外解析且连续到Γ.
2π
令z=e
iθ
dz = ie dθ
iθ
z2 − 1 1 iθ sinθ = (e − e −iθ ) = , 2i 2iz
dz dθ = , iz
3
1 iθ −iθ z 2 + 1 cosθ = (e + e ) = , 2 2z 当 θ 历经变程 [0 , 2π ] 时,
正方向绕行一周. z 沿单位圆周 z = 1的 正方向绕行一周
我们主要通过例子进行讨论； （3）我们只讨论应用单值解析函数来计算积分，应 用多值解析函数来计算积分在课本中有讨论。由于时 间的关系，我们不讨论应用多值解析函数来计算积分 的问题，同学们可以自学。
2
一 计算∫ R(cosθ,sinθ )dθ型积分
0
2π
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 . 两个重要工作: 两个重要工作 1) 积分区域的转化 2) 被积函数的转化 形如∫0 R(cosθ , sinθ )dθ
I =∫
2π
0
1 dθ = 2 (a + cos θ )
4 = i
z ∫=1 ( z 2 + 2az + 1)2 dz z
1 dz ∫=1 z 2 + 1 2 iz z (a + ) 2z
8
4 = i
其中α = a − a 2 − 1), β = a + a 2 − 1)为实二次方程 z 2 + 2az + 1 = 0的二相异实根,
Im ak > 0 m
∑
Re s f ( z ). (6.12)
z = ak
由条件(1)知n − m − 1 ≥ 1, 故沿Γ R 上有 zf ( z ) → 0 ( R → +∞). 在等式(6.12)中命R → +∞, 并根据引理6.1, 知 (6.12)中第二项的积分之极限为零, 这就证明了(6.11).
z = 0, p, 在圆周 z = 1内，
为二级极点， z 为一级极点， 且 z = 0 为二级极点， = p 为一级极点，
6
上被积函数无奇点， 所以在圆周 z = 1 上被积函数无奇点，
2 4 1+ p 1+ z , Re s f ( z ) = |z =0 = z =0 p ( z − 1 )( z − p) p 1+ z4 1 + p4 Res f ( z ) = |z = p = − , 2 z= p 1 2 p(1 − p ) z (z − ) p
2π
例3 计算
I =∫
ix
0
解 令z=e ,
dx . 2 1 + cos x
I =∫
2π
0
1 dx = 1 + cos 2 x
1 dz ∫=1 z 2 + 1 2 iz z 1+ ( ) 2z
10
2 dz 2 2 2zdz = ∫ 4 = ∫ 4 2 2 i z =1 z + 6z + 1 i z =1 z + 6z + 1
∫
+∞
−∞
f (x)dx = 2πi
Imak >0
∑ Re sf (z).
z=ak
(6.11)
17
证明
由条件(1),(2)及数学分析的结论 知 及数学分析的结论,知 由条件 及数学分析的结论
∫
∞
−∞
f ( x)dx存在, 且等于它的主值
取上半圆周Γ R : z = Reiθ (0 ≤ θ ≤ π )作为辅助线(如图), 于是由线段[− R, R]及Γ R 合成一周线CR , 先取R充分大使CR内 部包含f ( z )在上半平面内的一切孤立奇点(实际上只有有限 个极点).由条件(2), f ( z )在CR 上没有奇点.
+∞
分大)上连续, 且
于S R 上一致成立(即与θ1 ≤ θ ≤ θ 2中的θ 无关), 则
R →+∞ S R
R →+∞
lim zf ( z ) = λ
lim
∫
f ( z )dz = i (θ 2 − θ1 )λ .
证明
∫
SR
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1 因为 i (θ 2 − θ1 )λ = λ ∫ 于是有 dz SR z zf ( z ) − λ f ( z )dz − i (θ 2 − θ1 )λ = ∫ dz (6.10) SR z