留数定理计算积分ppt课件

1、1 Department of Mathematics第二节第二节 用留数计算定积分用留数计算定积分2留数定理的应用留数定理的应用-积分的计算积分的计算: :（2）、利用留数计算积分，没有一些通用的方法，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。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；320(cos ,sin )dR一计算型积分思想方法思想方法 :封闭路线的积

2、分封闭路线的积分 .两个重要工作两个重要工作:1) 积分区域的转化积分区域的转化2) 被积函数的转化被积函数的转化把定积分化为一个复变函数沿某条把定积分化为一个复变函数沿某条形如形如 20d)sin,(cos R iez 令令 ddiiez ,ddizz )(21sin iieei ,212izz 4)(21cos iiee ,212zz 当当 历经变程历经变程2,0时时,1 z的的正方向绕行一周正方向绕行一周.z 沿单位圆周沿单位圆周 d )sin,(cos20 Rzzfzd )(1 z的有理函数的有理函数 , 且在单位圆周上分母不为零且在单位圆周上分母不为零 , 满足留数定满足留数定理的条

3、件理的条件 .包围在单位圆周包围在单位圆周内的诸孤立奇点内的诸孤立奇点.12Re( ).knz akis f z注注 :, (sin ,cos )0,2 ,1.izeRz关键是引进代换在上连续可不必检验 只要看变换后被积函数在是否有奇点5例例1 220cos2d(01).1 2 cosIppp计算积分的值解解 01,p由于)cos1(2)1(cos2122 pppp内内不不为为零零，在在20 故积分有意义故积分有意义.)(212cos22 iiee 由由于于),(2122 zzizzpzzpzzIzd2211221122 6izzpzzpzzIzd2211221122 42111d12()()

4、zzzpizzzpp ,1, 0ppz 被积函数的三个极点被积函数的三个极点内内，在在圆圆周周1, 0 zpz为一级极点，为一级极点，为二级极点，为二级极点，且且pzz 011( )d .2zf zzpi 7上上被被积积函函数数无无奇奇点点，所所以以在在圆圆周周1 z4001Re( )|1()()zzzs f zzzpp 21,pp421Res( )|1()zpzpzf zzzp421,(1)ppp 因此因此22211122(1)ppIipippp .1222pp 8注注 :11,( )10,pf zzzp若则在内奇点为此时此时1012 Re( )Re( )2zzpIis f zs f zpi

5、 例例2 计算积分计算积分2201d(1).(cos )Iaa解解, iez 令令则则,21cos2zz d,dziz2201d(cos )Ia2211d1()2zzzizaz2214(21)zzdzizaz92214d() ()zzzizz2221),1)210,aaaazaz 其中为实二次方程的二相异实根1,1,1;由且显然故必有22( )1,() ()1,6.4zf zzzzzz于是在上无奇点在内只有一个二阶极点由推论得2Re( ) |()zzzs f zz3() 3224(1)aa10由留数定理由留数定理2201d(cos )a2214(21)zzdzizaz4i2Re( )zis f

6、 z83224(1)aa 3222.(1)aa例例3 计算计算220d.1 cosxIx解解 ,ixze令22011 cosIdxx2211d11 ()2zzzizz114212261zzdzizz2421261zdzizz2,zu令1,1;zzuu则当 绕正向一周时绕正向二周2i212,61uduuu21( )138,61f uuuuu 在内有一个一阶极点且2381|(61)uuu 38Re( )us f u 12 81,4 2由留数定理由留数定理21461uduIiuu3842Re( )uis f ui 2 .12注注 :0(sin ,cos ),(sin ,cos )RRd若为 的偶函数

7、 则亦可用上述方法求01(sin ,cos )(sin ,cos ).2RdRd例例4 计算积分计算积分0cos(.54cosmxIdxmx为正整数)解解 1cos254cosmxIdxx1Re254cosimxedxx,ixze令则54cosimxeJdxx211522mzzdzizz13112()(2)2mzizdzzz122Re12()(2)2mziziszz12|2mzzz1,3 2m1Re2IJ所以.3 2m14 在许多实际问题中，往往要求计算反常积分的值，如2000sin,sin,cos,axxdxx dxebxdxx 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.,(

8、 )( , ( )( ) , , , , ( ).g za bg zf xa ba bg z这种方法的基本思路是 先取辅助函数在上的实部或虚部为在有限区间上的定积分 再引入辅助曲线同一起构成周线在 内除有限个点外解析且连续到( )( )2Re( )kbaz ag x dxg z dzis g z( )g z在周线内留数和( ),.g z dz若能估计出则两边取极限即可求广义积分值15( )d( )P xxQ x二 计算型积分1引理引理6.112( ):Re (,),iRf zSzR设沿圆弧充分大 上连续 且lim( )Rzf z12(),RS于上一致成立 即与中的 无关 则21lim( )()

9、 .RSRf z dzi 证明证明因为因为211()RSidzz 于是有于是有21( )( )()(6.10)RRSSzf zf z dzidzz 16000,( )0,RRR 对由已知条件使当时 有21( ),Rzf zzS于是有于是有21( )( )()RRSSzf zf z dzidzz 21.lR172定理定理6.7( )( ),( )P zf zQ z设为有理分式 其中1010( ),(0);mmmP zc zc zcc1010( ),(0);nnnQ zb zb zbb与,(1) -2,(2)( )0,n mQ z为互质函数 且合条件在实轴上于是有Im0( )2Re( ).(6.1

10、1)kkz aaf x dxisf z18证明证明由条件由条件(1),(2)及数学分析的结论及数学分析的结论,知知( ),f x dx存在 且等于它的主值lim( ).RRRf x dx. .( ).PVf x dx记为:Re (0)(), ,( )().(2),( ).iRRRRRzR RCRCf zf zC取上半圆周作为辅助线 如图于是由线段及合成一周线先取 充分大使内部包含在上半平面内的一切孤立奇点 实际上只有有限个极点 由条件在上没有奇点x0R .R.R1a2aka根据留数定理得根据留数定理得 :Im0( )d2Re( ),RkkCz aaf zzis f z19或写成或写成Im0(

11、)( )d2Re( ).(6.12)RkkRRz aaf x dzf zzis f z因为因为( )( )( )P zzf zzQ z101101mmmnnnc zc zczb zb zb1101101mmmnnncc zc zzzbb zb z(1)11,Rnm 由条件知故沿上有( )0zf z ().R (6.12),6.1,R 在等式中命并根据引理知(6.12),中第二项的积分之极限为零(6.11).这就证明了20441( )6.7,f zza因满足定理条件解解 Re( )kz as f z而例例5440d.xxa0,a 设计算积分44440d1d,2xxxaxa( )f z且在上半平面

12、24,0,1kikaaek只两个一级极点31|4kz az4,4kaa314ka210112 Re( ) Re( )2z az ais f zs f z3.2 2a4iae所以44440d1d,2xxxaxa44ia34iae22424( )6.7,(23)zf zz因满足定理条件解解 例例642 4.(2 3)xdxx计算积分( )f z且在上半平面2,3zi只有一个四级极点44443 () ()zzaza2,3aizat记令则424( )(23)zf zz4444()3(2 )tatta23431Re( ),3 32z as f za 故432 23444432 2341464316322

13、48aa ta tatttaa ta tatt4413 t23231()1683232tttaaa23Re( ),576 6ziis f z 即42 4(2 3)xdxx从而232Re( )ziis f z2576 6ii.288 624( )d( )imxP xexQ x三计算型积分1Jordan引理引理引理6.2( ):Re (0,),iRg zzR设函数沿半圆周充分大 上连续 且lim( )0Rg z,R在上一致成立 则lim( )0,(0).RimzRg z edzmxy0RR .R.25证明证明000,( )0,RRR对使当时 有( ),Rg zz于是就有于是就有( )Rimzg z

14、 edzRe0(Re )ReiiimigeidRsin0,(6.13)mRed(Re ), Re,iigiR由于以及Resincossin.iimmRimRmReee于是由于是由Jordan不等式不等式2sin(0),226将将(6.13)化为化为( )Rimzg z edzRsin202mRed2R202mRed2R202|2RmeRm(1)mRem.m应用引理应用引理6.2,完全和证明定理完全和证明定理6.7一样可得一样可得272定理定理6.8( )( )( )( )( )P zg zP zQ zQ z设,其中及是互质多,项式 且合条件Im0( )2Re ( ).(6.14)kkimxim

15、zz aag x edxis g z e(2)( )0;Q z 在实轴上(1)( )( );Q zP z的次数比的次数高(3)0;m 则有则有注注:将将(6.14)分开实虚部分开实虚部,就可得到形如就可得到形如( )( )cosdsind( )( )P xP xmx xmx xQ xQ x及的积分的积分.28证明证明:Re (0)(), ,( )().(2),( ).iRRRRRzR RCRCf zf zC取上半圆周作为辅助线如图 于是由线段及合成一周线先取充分大使内部包含在上半平面内的一切孤立奇点 实际上只有有限个极点 由条件在上没有奇点x0R .R.R1a2aka根据留数定理得根据留数定理

16、得 :Im0( )d2Re( ),RkkCz aaf zzis f z( )( ),imzf zg z e设29或写成或写成Im0( )( )d2Re( ).(*)RkkRRz aaf x dzf zzis f z因为因为( )( )( )P zg zQ z101101mmmnnnc zc zcb zb zb101101mmmnnncc zc zzzbb zb z(1)1,Rnm由条件知故沿上有( )0g z ().R (*),6.2,R 在等式中命并根据引理知(*),中第二项的积分之极限为零(6.14).这就证明了30例例7 计算积分计算积分 .0, 0,d)(sin0222 amxaxmx

17、x解解 220sind()xmxxxa xeaxximxd)(Im21222且在上半平面只有二级极点且在上半平面只有二级极点22 2( )6.8,()imzzf zeza因满足定理条件,aiz 22 21sind2()xmxxxa22 2d ,()imxxexxa对积分31xeaxximxd)(222 则则Re( )z ais f z而,4maeam ),(Res2Im21aizfi .4maeam 2Re( )z aiis f zxaxmxxd)(sin0222 所所以以注意注意 以上两型积分中被积函数中的以上两型积分中被积函数中的R(x)在实轴在实轴上无孤立奇点上无孤立奇点.2()imzz

18、 aizezai,2mameia32四四 计算积分路径上有奇点的积分计算积分路径上有奇点的积分引理引理6.312( ):(,),irf zSzarer设沿圆弧充分小 上连续 且0lim() ( )rza f z,rS于上一致成立 则210lim( )() .rSrf z dzi 证明证明因为因为211(),rSidzza 于是有于是有21() ( )( )()rrSSza f zf z dzidzza 33000,( )0,0,rrr 对由已知条件使当时 有21() ( ),rza f zzS于是有于是有21() ( )( )()rrSSza f zf z dzidzza 21.lR340sin1sindd .2xxxxxx例例8 计算积分计算积分.dsin0 xxx 解解 ( ),izef zCz考虑沿如图所示之闭曲线 的积分0sind,xxx存在 且Cauchy由积分定理xyoRCrCrRr R ( )0,Cf z dz 即即dddd0, (6.15)RrizixizixrRCR