留数定理与几类积分的计算.doc

留数定理与几类积分的计算中文摘要本文主要总结几类可用留数定理计算的积分的特征并给出对应的用留数定理算积分的步骤以及可行性说明。其中类型3是对文献1中给出的结论的推广，类型3中的引理2是笔者对文献1的一道习题的推广并给出了证明。接着笔者补充了参考文献2中多值函数积分部分4个引理的证明并给出相应的应用例子，类型7笔者根据个人理解将分成瑕积分和黎曼积分两类给出计算方法。 关键词：留数定理，积分计算，单值函数，多值函数 正文（一）单值函数类型1：形如的实积分，其中是有理函数，并且在圆周上分母不为零。解决技巧：令，将实积分转化为单位圆周上的复积分。由可得：其中，是在单位圆周内的所有孤立奇点，在单位闭圆盘除去外的其他点都解析。例子：类型2：形如的实反常积分，其中是有理函数，在实轴上分母不为零，并且分母的次数至少比分子次数高2。计算公式为（其中为R(z)在上半平面的所有孤立奇点，R(z）在上半平面除去这些点外的其他点解析）解决技巧：围道积分法。添加圆弧将实反常积分转化到计算留数和半径趋向于无穷的圆弧积分，其中取逆时针方向。如图所示：图1可行性分析：由留数定理可得当时，有于是只要圆弧积分在半径趋于无穷时存在极限则可以算出原反常积分。要求分母的次数至少比分子次数高2可使得半径趋向于无穷的圆弧积分为零。证明：，由于分母次数至少比分子次数高2，因而必有，证得。令可得例子：类型3：形如的积分，其中在上可能有有限个孤立奇点外，在其余点解析，而且，在实轴上的孤立奇点只能是可去奇点或者一阶极点。 从对于类型2的可行性分析可知留数定理计算反常积分的可行性关键在于圆弧积分当半径趋于无穷时的极限好算，最好是为零。为了用留数定理解决类型3的积分需用Jordan引理。引理1（Jordan引理）:若函数在上连续，且，则对任意正的常数，都有，其中 用此引理可知满足引理要求的与的乘积做被积函数的圆弧积分当半径趋于无穷时极限为零，可用留数定理计算反常积分。类型3.1形如的积分，其中在上半平面上可能有有限个孤立奇点外,分母在实轴上没有零点，在其余点解析，而且解决技巧：围道积分法。与类型2的解决技巧相同。计算公式及推导：若在上半平面除去等所有孤立奇点外连续，在连续，且，则可得，分离实部和虚部可得：例子：类型3要求分母在实轴上不为零，此时我们会提出疑问如果被积函数在实轴上有有限个点使得分母为零，此时能否使用留数定理？为简单起见，只讨论这些实值均是f(x)的一阶极点的情况。解决技巧：采用选取合适的积分闭路绕过奇点。如图2所示： 图2可行性分析：由留数定理可得：由此式我们可知计算关键在于小圆弧积分当r趋于零时是否容易求极限。直观判断：时，可用替代，近似于。由于z=0只是一阶极点，可存在，用其替代分子的位置。猜想，证明两者相等的方法是作差，然后对作差结果的模进行合适放大来说明模必定为零。文献2对以上猜想的一般化是下面的引理2，此处略去证明。引理2：函数在区域D：上连续，且则（）含实值一阶极点的类型3积分计算公式：其中是在实轴上的所有一阶极点且除此之外无其他奇点。证明：不妨设在实轴上只有两个一阶极点，取积分闭路,其中分别以为中心，以r为半径的半圆周，取顺时针方向。（r足够小，保证两半圆周无交）由留数定理可得：+由Jordan引理得，由引理2得=令可得=最后用归纳法可证得f(z)有个实值一阶奇点时成立。例子：（二）多值函数类型4：形如的反常积分，在上除去外解析，这些点均不在包括原点的正实轴上，是的m阶零点（）解决技巧：做积分闭路C(R,r)如图3所示： 图3可行性分析：利用多值函数在正实轴下沿是上沿的取值乘上一个不为1的常数，用留数定理可得,将转换到大圆弧积分，小圆弧积分和留数的计算。引理3：若单值函数在上除去外解析，这些点均不在包括原点的正实轴上，是f(z)的m阶零点（）则有（在正实轴上取实值的一个单值解析分支内算留数）证明：考虑多值函数。在复平面上取正实轴作为割线，得一区域，再去掉后得到的区域D内可以分解成单值解析分支。取在割线上沿取实值的分支，记为，做积分闭路如图3所示，其中R足够大，使得均在的内区域。以原点为圆心，r为半径。在实轴下沿，因为在实轴上沿要取实值，可取k=0。在下沿有。由留数定理可得先计算。,因为是f(z)的m零点（），故存在常数c,当R足够大时有,此时有;得再计算。由在z=0处解析得存在使得在原点的某一领域内，故可得。由得。令可得：例子：类型5:形如的积分。若单值函数在上除去外解析，这些点均不在包括原点的正实轴上，此外是的m阶零点，。解决技巧：所做的积分闭路与类型4一样。考虑多值函数，因为我们无法得到的等式，可以保证不被抵消而得到便于计算的等式。引理4：若函数满足类型5的要求，则有证明：考虑多值函数，在复平面上取正实轴作为割线，得一区域，在这一区域除去后得的区域D内可将分成解析函数分支。取在割线上沿取实值的分支，记为。做积分闭路如类型4，由留数定理可得在正实轴下沿，。可得：。由是的阶零点知:必定存在常数，当R足够大时，故可得。（）下面估算小圆弧积分。（），在原点解析，由局部保号性知存在.由于可知令可得分离实部和虚部可得：例子：类型6：形如的反常积分，f(x)是x的偶函数，在上半平面除去外是解析的，在除去外连续，并且当z的模充分大时，有是常数。解决技巧：做积分闭路如下图所示。图4引理5：若满足类型6的要求，则有：证明：考虑多值函数，在复平面上取正实轴为割线，得一区域，去掉外得到的区域D内可以分解成单值连续分支。取在割线上沿取实值的一支，记为.做积分闭路如图4所示，由留数定理可得。由引理4的证明可以看出大圆周积分当R趋于无穷时为零，小圆周积分当r趋于0时为零，该分支中负半轴取值，于是可得。分离实部和虚部则得：例子：计算类型7：形如的黎曼积分。单值函数在实轴上取实值在上除去外解析，且不在上，的分母至少比分子高3次。解决技巧：做积分闭路如下图所示。分别是以原点,z=1为圆心,r为半径的圆周。图5引理6：若f(z)满足类型7的要求，则有：（为某一单值连续函数，该分支在割线上沿取实值）证明：考虑多值函数。由支点的定义可知均是h(z)的支点，无穷原点不是支点。取线段作为割线，可得一区域，在该区域内再除去后得到区域D，在D内可把h(z)分解成单值解析分支。取在割线上沿取实值的一支，记为，在下沿，根据幅角的变化可得。可得=R,f(z)的分母至少比分子高3次，可知存在常数当R足够大时，于是可得.仿照引理5也易得。取极限可得证得例子：类型8：形如的瑕积分，若单值函数在实轴上取实值，在上除去外解析，且不在上，是的可去奇点。解决技巧：作积分闭路C(R,r)如下图所示，其中均在的外区域，在的内区域。图6引理7：若满足类型8的要求，则有：证明：作积分闭路如图6所示，考虑多值函数。由支点的定义知只有均是h(z)的支点，取线段作为割线，可得区域，在该区域内再除去后得到区域D，在D内可把h(z)分解成单值解析分支。取在割线上沿取正值的一支，记为，在下沿由幅角的变化知；由，的定义以及多连通区域Cauchy积分定理可知有： 再由无穷原点的留数的定义可得故因为均在外，所以由留数定理可得： ，因为，由引理2可知。由易得。令可得：例子：总结：对于被积函数的原函数不是初等函数或者很难求解出原函数的积分，数学分析往往采用含参变量积分的技巧处理，然而这种处理技巧一般比较复杂。用留数定理求解积分简便巧妙，把积分转化到解析函数在某些孤立奇点的留数的计算，降低运算量。本文通过将具体的习题结论抽象成一般性的结论，加以证明并给出相应的计算公式，一方面可以揭示留数定理解决类型1类型8积分的原理，一方面当遇到这八类积分时可以省下很多工作量，因为只要计算相应的留数然后代入对应的计算公式变得积分结果。用留数定理算积分，关键在于选取合适的辅助函数和积分闭路，将实积分的计算转化到留数的计算还有添加的路线上的积分估计。留数定理解决积分计算的可行性取决于添加路线上的积分，由前面的证明可以看得出来。有些积分的辅助函数和积分闭路的选择就不像本文提到的几种类型规则，比如选取和扇形周线，选取和长方形周线。具体参见文献4（248251）可见积分闭路具体选择时形状是多种多样的。辅助函数和闭路选择的原则是添加的路线上的积分容易估计并且不能将我们关心的积分抵消掉，最后