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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

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

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

18_留数在定积分计算上的应用

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

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

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

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 ).

留数在定积分计算上的应用


z2 (z2 + a2 )(z2 + b2 )
的一级极点为± , , 在上半平面内. 的一级极点为±ai, ±bi, 其中 ai 与 bi 在上半平面内.
11
z2 Res[R(z), ai] = lim(z − ai) 2 2 2 2 z→ai (z + a )(z + b ) 2 −a a = , 2 2 = 2 2 2ai(b − a ) 2i(a − b )
6
2. 形如 ∫−∞ R( x)d x 的积分 当被积函数 R(x)是 x 的有理函 是 而分母的次数至少比分子的次数高二次, 数, 而分母的次数至少比分子的次数高二次, 并且 R(x)在 在 实轴上没有孤立奇点时, 积分是存在的. 实轴上没有孤立奇点时, 积分是存在的. 不失一般性, 不失一般性, 设
2 ∞
在∫
+∞
0
2.∫ sin x d x = ∫
0
∞
0
1 π cos x d x = 2 2
2
17
−∞
R , 如果 ( x)为偶函数
∫
+∞
0
R( x)d x = πi∑Res[R(z), zk ]
10
例计算下列积分： 例计算下列积分：
x2 I =∫ dx(a > 0, b > 0) 2 2 2 2 −∞ ( x + a )( x + b )
+∞
的值. 的值. =4,n=2, =2,并且实轴 没有孤立奇点, [ 解] 这里 m=4, =2, - n=2, 并且实轴上 R(z)没有孤立奇点, =4, =2,m- =2, 并且实轴上 没有孤立奇点 因此积分是存在的. 函数 因此积分是存在的.

数学物理方法-5.3 留数在定积分计算上的应用


定积分计算：类型2
形如 R( x)dx 的积分，其中R是有理函数， 而且分母至少比分子高2次，R在实轴上没有奇点 结论：




R( x)dx 2i Res[ R( z ), zk ]
其中，zk是R(z)在上半平面内的所有极点。
注： 1、不包括无穷远点； 2、R(z)在上半平面内的奇点中只有极点，为什么？
类型3举例
cos x x 2 4 x 5 dx cos x i sin x eix x 2 4 x 5 dx x 2 4 x 5 dx 2i(Res[ f ( z),2 i]) ei ( 2i ) i i Res[ f ( z ),2 i] e 2i (cos 2 sin 2) (2 i 2 i) 2e 2e
定积分计算：类型3
形如
iax R ( x ) e dx, (a 0) 的积分，其中R是有理函数，
而且分母至少比分子高1次，R在实轴上没有奇点。 结论：



R( x)eiaxdx 2i Res[ R( z )eiaz , zk ]
其中，zk是R(z)在上半平面内的所有极点。 注：（和类型2相比较） 1、要求分母比分子高1次；
类型2举例
2 x 例3： dx 0 1 x4 1 解： 0 R( x)dx R( x)dx i Re s[ R( z ), zk ] 2 3i / 4 z1 ei / 4和 z2 e 位于上半平面，都是1级极点
z3 e5i / 4 , z4 e7i / 4是R( z )位于下半平面内的奇点 z2 z12 Res[ R( z ), z1 ] lim ( z z1 ) 4 z z1 1 z ( z1 z2 )( z1 z3 )( z1 z4 ) 2 z2 z2 Res[ R( z ), z2 ] lim ( z z2 ) 4 z z2 1 z ( z2 z1 )( z2 z3 )( z2 z4 )
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0
2
Res[R(z), zk ].
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
3
1
2
i, z3,4
2
3 2
i,
其中z1
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.
§5.3 留数在定积分计算上的应用
留数定理是复变函数的定理，若要在实变函数定积 分中应用，必须将实变函数变为复变函数。这就要利 用解析延拓的概念。留数定理又是应用到回路积分的， 要应用到定积分，就必须将定积分变为回路积分中的 一部分。
b
l2
如图，对于实积分 a f (x)dx ，变量 x
定义在闭区间 [a,b] (线段 l1 )，此区间
rx
z CR
z Cr
R sin x
eiz
eiz
2i
dx dz dz .
rx
z CR
z Cr
因此, 要算出所求积分的值, 只需求出极限
lim eiz dz与lim eiz dz
z R CR
z r0 Cr
下面将证明 lim eiz dz 0, lim eiz dz i
z R CR
,
z
2
在上半平面
2 iRes[ f (z), z1 ] Res[ f (z), z2 ]
2
i
1 4
3i 1 3i 4
3i 3i
3
例 5
计算
0
(x2
1 1)n1
dx
解：
I1 2
(x2
1 1)n1
dx
f
(z)
(z2
1 1) n1
在上半平面只有一个
n
1阶极点z
i,
iRes[
z z 2!
n!
z
(z)在z=0处解析, 且 (0)=i, 当|z|充分小时可使| (z)|2,
由于 而
eiz dz dz (z)dz
z Cr
z Cr
Cr
dz
z Cr
0 ireiq reiq
dq
i
在r充分小时, (z)dz |(z) | ds 2 ds 2 r
Cr
Cr
应是回路 l l1 l2 的一部分。实积分
要变为回路积分，则实函数必须解析
延拓到复平面上包含回路的一个区域 a 0 l1 b 中,而实积分 成为回路积分的一部分：
b
f (z)dz f (x)dx f (z)dz
l a
l2
1. 形如
2π
R(cosq ,sinq )dq
的积分, 其中R(cosq,sinq )为
例1
计算 I
2 0
1
2
cos 2q p cosq
p2
dq
(0 p 1) 的值.
[解] 由于0<p<1, 被积函数的分母在0q 2内不为零, 因
而积分是有意义的.
由于cos2q = (e2iq + e2iq ) /2= (z2 + z2) /2, 因此
I
|z|1
z2
z 2 2
1 2 p
z
a2
在上半平面内有一级
极点ai,
x2
x
a2
eixd
x
2
π
i
Res[R(z)
eiz
,
ai]
2 i lim zeiz 2 π i ea π iea.
zia z ia
2
因此
x sin x
1
0 x2 a2 d x Im( 2
x2
x
a2
eixdx)
1 2
ea
.
例4 计算积分
dq
令z eiq 2
z
dz
i z 1 (3z i)2 (z 3i)2
被积函数在z 1内只有一个二阶极点：z i 3
2
iRes[
f
( z ),
i] 3
2
i
2 i
5 256
5 64
2.
形如 R(x)d x的积分
当被积函数 R(x)是 x 的有理函
数, 而分母的次数至少比分子的次数高二次, 并且 R(x)
dx dz dx 0
z CR
R x
z Cr
rx
令xt, 则有
R
r eix dx r eit dt R eix dx
R x
Rt
rx
y CR
Cr
r O r
Rx
R eix eix
eiz
eiz
dx
dz
dz 0
rx
z CR
z Cr
2i R sin x dx eiz dz eiz dz 0
z r0 Cr
由于
eiz dz
| eiz |
1
ds
e yds eRsinq dq
z CR
CR | z |
R CR
0
2
2 eRsinq dq 2
q e d 2 R(2q / )
(1 eR ).
0
0
R
所以 lim eiz dz 0 .
z R CR
eiz 1 i z in zn1 1 (z)
2
pz
p2)
1 p2 2ip 2
,
Res[
f
( z ),
p]
lim
z p
(z
p)
1 z4 2iz2 (1 pz)(z
p)
1 p4 2ip2 (1 p2 )
,
I
2
π
i
1 p2 2ip2
1 p4
2ip2
(1
p2
)
2π 1
p2 p2
例2
计算
I
dx ,
0 1 cos 2x
0 1的值.
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
y
z3 CR
z2
z1
| R(z) | M
y
1
|z|
R O
Rx
y 2q
y=sinq
因此, 在半径R充分大的CR上, 有
O
2
q
R(z)eaizd z | R(z) || eaiz | d s M eayd s
Cr
lim (z)dz 0 lim eiz dz i
r0 Cr
z r0 Cr
2i sin x dx i sin x dx .
0x
0x
2
例题 计算 1 dx n N, n 2
0 1 xn
C O
z0
CR
R( 1)
谢谢观看！ 2020
L L
an zn bm zm
| |
|
1 z |mn
M
M | z |2
(当 |
z
|
足够大时)
R(z)d z CR
|
CR
R(z)
|
d
s
M R2
πR
Mπ R
R 0
因此
R(x)d x 2 πi
Res[R(z), zk ].
如果R( x)为偶函数,
R(x) d x 1
R(x)d x πi
0
cosq与sinq 的有理函数. 令 z = eiq , 则 dz = ieiq dq , 而
sinq 1 (eiq eiq ) z2 1, cosq 1 (eiq eiq ) z2 1 .
2i
2iz
2
2z
i
0
2
1 0
1
i
从而积分化为沿正向单位圆周的积分
2
0 R(cosq ,sinq )dq
半平面内的极点zk都包在这积分路线内.
R
R(x)d x R(z)dz 2 πi
R
CR
Res[R(z), zk ]
此等式不因CR的半径R不断增大而有所改变.
|
R(z) |
|
1 z |mn
|1 |1
a1 z 1 b1 z 1
L L
an zn bm zm
| |
|
1 z |mn
1 1
| |
a1 z 1 b1 z 1
f
( z ), i]
i
1 n!
dn dz n
z
1
i
n1
i (1)n
n!
(n 1)(n 2)L (2i)2n1
2n
zi
(n 1)(n 2)L n! 22n1
2n
2
(2n 1)!! (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
0
sin x
x
dx
的值.
[解] 因为 sin x 是偶函数, 所以 sin x dx 1 sin x dx