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.本文首先介绍留数定义及留数定理,然后针对具体不同的积分类型举例说明几类特殊函数的定积分. 关键词 留数定理;定积分;应用 目录:
1. 留数定义及留数定理 ................................................................................................................. 2 留数定义 留数定理
..........................................................................................................................................2 . ........................................................................................................................................2
. ............................................................................................................... 3
2. 留数定义及留数定理
3. 小结 . ...................................................................................................................................................8
1. 留数定义及留数定理 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0
Re s f (z ).
z =a
1
f (z )dz (Γ:z ⋅a =ρ,0
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C =C 0+C 1-+C 2所围成的有界连通区域,函数f (z )在D +„C n
_
内解析,在D =D +C 上连续,则⎰f (z )dz =0.
C
]
定理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a 1, a 2, „
1
, a n 外解析,在闭域D =D +C 上除a 1, a 2, „, a n 外连续,则( “大范围”积分)
_
C
⎰f (z )dz =2πi ∑Re s f (z ). (1)
k =1
z =a k
n
证明 以a k 为心,充分小的正数ρk 为半径画圆周Γk :z ⋅a =ρk (k =1,2, „, n )使这些圆周及内部均含于D ,并且彼此相互隔离,应用复周线的柯西定理得
2
C
⎰f (z )dz =∑⎰f (z )dz ,
k =1Γk
n
由留数的定义,有
Γk
⎰f (z )dz =2πi Re s f (z ).
z =a k
z =a k
特别地,由定义得 ⎰f (z )dz =2πi Re s ,
Γk
代入(1)式得 ⎰f (z )dz =2πi ∑Re s f (z ).
C
k =1
z =a k
n
2.留数定理在定积分中的应用
利用留数计算定积分活反常积分没有普遍的实用通法,我们只考虑几种特殊类型的积分.
2π
2.1 形如
⎰f (cos x ,sin x )dx 型的积分
这里f (cos x ,sin x )表示cos x ,sin 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。当满足这两个特点之后,我们可设z =e ix ,则dz =izdx ,
e ix -e -ix z 2-1e ix +e -ix z 2+1sin x ===,cos x = 得
2i 2iz 22z
2π
⎰
22
⎛z -1z -1⎫dz
f (cos x ,sin x )dx =f , ⎪ ⎰z =1 2iz ⎭iz ⎝2z
n
=2πi ∑Re s f (z ).
k =1
z =z k
2π
例1 计算I =
⎰
d θ
.
5+3cos θ
解 令z =e i θ,则
2π
I =
⎰
d θ2
= ⎰2z =15+3cos θi 3z +10z +3 =
21
⎰z =1i 3z +1z +33
⎡⎤3π21
=⋅2πi Re s ⎢. ⎥=12i 3z +1z +3z =-⎣⎦
3
2π
例2
计算I =
2π
⎰
dx
(2dx x
x
)
2
.
解
I =
⎰
22
=⎰
dz
2z =1iz 1⎫⎛
z + ⎪ 2+⎪
2 ⎪
⎝⎭
2
=
4z
2⎰z =12i 4z +( =
4zdz
,
⎰z =123i z +z +1由于分母有两个根z 1=因此 I =
z 2=z 11, 4
⋅2πi Re s =4π.
z =z 13i
+∞
2.2 形如
-∞
⎰f (x )dx 型的积分
把握此类积分要注意,首先分析其函数特点,函数必须满足一下两条才能适用。
P (z )
第一:f (z )=,其中P (z ),Q (z )均为关于z 的多项式,且分母Q (z )的次数至
Q z 少比分子P (z )的次数高两次;第二:f (z )在半平面上的极点为z k (k =1,2,3,„,
+∞
,在实轴上的极点为x k (k =1,2,3,„,n )则有n )
-∞
⎰
⎡n ⎤
f (x )dx =2πi ⎢∑Re s f (z )⎥.
z =z k
⎣k =1⎦
x 2
例3 计算I =⎰4. 2
x +x +1-∞
z 2z 2
=2解 取f (z )=4,
2
z +z +1z -z +1z 2+z +1+∞
孤立点为z 1=
1111+i , z 2=-i , z 3=i , z 4=i ,其中落在上半平面22222222
4
的为z 1,z 3,故
I =2πi ∑Re s f (
z )=
k =1
z =z k 2
。
+∞
例4 计算I =
-∞
⎰
x 2
(x
2
+a z 2
22
)
dx (a >0).
解 由于lim z ⋅
z →∞+∞
(z
2
+a
22
)
=0,且上半平面只有一个极点a i ,因此
z 2
I =
-∞
⎰
x 2
(x
2
+a
22
)
=2πi ⋅Re s
z =ai
(z
2
+a
22
)
⎡z 2⎤
=2πi ⋅⎢2⎥
⎢⎣(z +ai )⎥⎦
'
z =ai
=
+∞
π
. 2a
2.3 形如
P (x )imx
e dx 型的积分 ⎰Q x -∞
2.3.1留数公式 定理2
[1]
(若尔当引理)设函数g (z )沿半径圆周ΓR :z =Re i θ(0≤θ
R →+∞ΓR
续,且lim g (z )=0在ΓR 上一致成立,则lim
R →+∞
⎰
g (z )e imz dz =0(m >0).
证明 ∀ε>0, ∃R 0(ε)>0,使当R >R 0时,有 g (z )
⎰g (z )e
ΓR
imz
dz =⎰g (Re i θ)e im Re Re i θd θ≤R ε⎰e -mR sin θd θ (2)
i θ
ππ
00
这里利用了 g (Re i θ)
i θ
于是由若尔当不等式
π
2θ
π
≤sin θ≤θ(0≤θ≤
π
2
)将(2)化为
⎰
ΓR
g (z )e dz ≤2R ε⎰e -mR sin θd θ
imz
⎡-2mR ⎤2⎢e π⎥πεπε-mR
=2R ε⎢- =1-e
π⎦θ=0⎣
5
θ=
π
即 lim
R →+∞ΓR
⎰
g (z )e imz dz =0.
2.3.2举例
xe ix
例5 计算I =⎰2.
x -2x +10-∞
ze iz
解 不难验证,函数f (z )=2满足若尔当引理条件.
z -2z +10
+∞
这里m =1,g (z )=
z
,函数有两个一阶极点z =1+3i 及z =1-3i ,
z 2-2z +10
Re s f (z )=
z =1+3i
ze iz
(z 2-2z +10)
' z =1+3i
1+3i )e -3+i (=
6i
xe ix
于是 I =⎰2dx
x -2x +10-∞
1+3i )e -3+i ( =2πi
6i
+∞
=
π
3
e -3(cos1-3sin1)+i
+∞
π
3
e -3(3cos1+sin1).
+∞
P (x )P (x )
2.4 形如⎰sin mxdx 型积分 cos mxdx 和⎰
Q x Q x -∞-∞
定理3
[1]
设g (z )=
P (x )
,其中P (x )和Q (x )是互质多项式,并且符合条件: Q x (1)Q (x )的次数比P (x )的次数高; (2)在实轴上Q (x )≠0; (3)m >0.
+∞
则有
-∞
⎰g (x )e
imx
imz
⎤dx =2πi ∑Re s ⎡g z e ()⎣⎦ (3)
ima k
z =a k
特别地,将(3)式分开实虚部,就可用得到形如
+∞
P (x )P (x )
及sin mxdx 的积分. cos mxdx ⎰⎰Q x Q x -∞-∞+∞
+∞
例6 计算I =
cos x
. ⎰22
-∞x +1x +9 6
解 利用
1
z
2
+1z +92
→0(z →∞)以及若尔当引理,且分母在上半圆只有两个
孤立奇点z =i 和z =3i ,得到
+∞
I =
cos x
⎰22
x +1x +9-∞⎛⎫e iz e iz
⎪ =Re2πi Re s 2+Re s
z =i z +1z 2+9z =3i z 2+1z 2+9⎪⎝⎭⎛
e iz e iz =Re 2πi +' ' 2222
(z +1)(z +9)z +1z +9()()z =i ⎝
⎫
⎪ ⎪⎪z =3i ⎭
⎛e -1e -3⎫
=Re 2πi +⎪
⎝16i -48i ⎭ =
π
24e
3
(3e
2
-1).
+∞
例7 计算I =
⎰
x sin mx
. (m >0, a >0)44
x +a
解 被积函数为偶函数,所以
+∞
I =
⎰
1x sin mx 1xe imx x sin mx
dx =im ⎰4, dx =⎰4
4444
2-∞x +a 2-∞x +a x +a
+∞+∞
ze imz
设函数关系式为f (z )=4,它共有四个一阶极点,即
z +a 4
π+2k π
a k =ae
4
i
(k =0,1,2,3)
(k =0,1,2,3),
z =a k
ze imz
得 Re s f (z )=4
z =a k z +a 4
因为a >0,所以f (z )在上半面只有两个一阶极点a 0及a 1,于是
+∞
xe imx ze imz
=2πi ∑Re s 4
444⎰z =a k z +a x +a z m a k >0-∞
=
+∞
πi
a
e 2
, 故 I =
⎰
x sin mx
dx x 4+a 4
7
1xe imx πi =im ⎰4=2e 4
2-∞x +a 2a
+∞
3. 小结
上面举例说明了常见的几种可以用留数定理计算的定积分类型,计算比较简捷,通过上面几例,可以看出实积分中是定积分计算与利用留数定理计算之间既有区别,也有联系.解题时应视具体情况而定,有使用实积分理论计算很困难甚至无法计算时,利用留数定理能收到很好的效果.
致谢:感谢王学顺老师悉心的教导!
参 考 文 献
[1]钟玉泉. 复变函数论[M ]高等教育出版社,2004.
[2]盖云英. 复变函数与积分变换指导[M ]科学出版社,2004.
[3]王玉玉. 复变函数论全程导学及习题全解[M ]中国时代经济出版社,2008. [4]王瑞苹. 论留数与定积分的关系[J ]菏泽学院学报,2005. [5]余家荣. 复变函数论[M ]高等教育出版社,2004.
[6]李红, 谢松发. 复变函数与积分变换[M ]华中科技大学,2003.
8