第十一讲留数定理及其应用(二 第十一讲留数定理及其应用(二 8111含三角函数的无穷积分 这类定积分的标准形式可以写成 ∫(x) cos p.rdr或I f(r)sin p.rdr 这里不妨假设p>0 处理这种类型的积分,仍可以采用半圆形的围道.但是被积画数不能简单地取为∫(z) COS p2 ∫(z) sin pz.这是因为z=∞是函数sinz或cosz的本性奇点(这意味着当z以不 方式趋于∞时,sinz或cosz可以過近于不同的数值),不便于直接计算 正确的做法是将被积函数取为f(2)eP2.如果函数f(z)e2在上半平面内只有有限个奇点,则 f(z) f(r)e'pzdr+/f(a)epz dz f(r)[cospr +isinpr]dz f(a)e'pdz ∑res{f(2)} 上半平面 只要能够计算出 lim f(a)e"p-dz R→∞JCR 分别比较实部和虚部,就可以求得 f(x) cos pr dr和 f(r)sin prdr 为此,介绍一个引理 引理11.1( Jordan引理)设在0≤argz≤π的范围内,当|2→∞时,Q(x)一致地趋近于 lim/ Q(z)e'pzdz=0 其中p>0,CR是以原点为圆心,R为半径的上半圆 证当z在CR上时,z=Re Q(z)e p2dz Q(Re e)eip R(cos 0+isin e) Re ide
Wu Chong-shi ✁✂✄ ☎✆✝✞✟✠✡☛ (☞) ✌ 1 ✍ ✎✏✑✒ ✓✔✕✖✗✘✙✚ (✛) §11.1 ✜✢✣✤✥✦✧★✩✪ ✫✬✭✮✯✰✱✲✳✴✵✶✷✸ I = Z ∞ −∞ f(x) cos pxdx ✹ I = Z ∞ −∞ f(x) sin pxdx. ✫✺✻✼✽✾ p > 0 ✿ ❀❁❂❃❄❅❆❇❈❉❊❋ ●❍■❏❑▲❆▼◆ ✿❖P◗❇❘❙❚❯ ❱❲❳❨❩ f(z) cos pz ❬ f(z) sin pz ✿❂P ❭❩ z = ∞ P❘❙ sin z ❬ cos z ❆❪❫❴❵ (❂❛❜❝ ❞ z ●❚ ❡ ❢❣❤✐ ∞ ❥ ❉ sin z ❬ cos z ❋ ●❦❧✐❚ ❡❆❙♠) ❉❚♥✐♦♣qr lim R→∞ Z CR f(z) cos pzdz ❬ lim R→∞ Z CR f(z) sin pzdz. st✰✉✈✇①②✮③④⑤⑥ f(z)eipz ✿⑦⑧③④ f(z)eipz ⑨⑩❶❷❸ ❹❺❻❻❼❽❾❿❉➀ I C f(z)eipzdz = Z R −R f(x)eipxdx + Z CR f(z)eipzdz = Z R −R f(x) [cos px + i sin px] dx + Z CR f(z)eipzdz = 2π i X ➁➂➃➄ res f(z)eipz . ❺➅➆➇➈➉➊ lim R→∞ Z CR f(z)eipzdz, ✯➋ ➌➍➎➏➐➑➏❉➒✵✶➓➔ Z ∞ −∞ f(x) cos px dx ➐ Z ∞ −∞ f(x) sin pxdx. ❩→❉➣↔↕➙ ➛❁ ✿ ➜➝ 11.1(Jordan ➜➝) ✾⑨ 0 ≤ arg z ≤ π ✰➞ ➟❹❉➠ |z| → ∞ ➡ ❉ Q(z) ➢➤➥➦➧➨ 0 ❉➀ lim R→∞ Z CR Q(z)eipzdz = 0, ➩ ➫ p > 0 ❉ CR ✇✶➭❿⑥ ➯➲❉ R ⑥❶➳✰⑩❶ ➯ ✿ ➵ ➠ z ⑨ CR ⑩➡ ❉ z = Re iθ ❉ Z CR Q(z)eipzdz = Z π 0 Q Re iθ e ipR(cos θ+i sin θ)Re iθ idθ
11.1含三角函数的无穷积分 0 根据上面的讨论,有 所以 sIn d r=e P+a24r=2 与此同时,还得到 a r cos 这是显然的,因为被积函数是奇函数
Wu Chong-shi §11.1 ➸➺➻➼✆➽➾➚➪➶ ✌ 2 ✍ ≤ Z π 0 Q Re iθ e −pR sin θRdθ 0 ✿ Ú ÛÜ⑩❸✰ÝÞ❉❻ Z ∞ −∞ xe ix x2 + a 2 dx = 2π i · 1 2 e i·ia = π ie−a . ❮✶ Z ∞ −∞ x sin x x 2 + a 2 dx = πe −a , Z ∞ 0 x sin x x 2 + a 2 dx = π 2 e −a . ßàá➡ ❉â➔ã Z ∞ −∞ x cos x x 2 + a 2 dx = 0. ✫✇äå✰❉æ⑥②✮③④✇❾③④✿
第十一讲留数定理及其应用 第3页 811.2实轴上有奇点的情形 瑕积分(设瑕点为c)的定义是 I(aydar=limo f(a)dr lim f(a)dr 如果这两个极限单独都不存在,但是=[.)+,)]存在,则称为瑕积分的主值存 在,记为 Jo)== f(a)dr+f(r)d 当然,如果瑕积分及其主值都存在,那么它们一定相等 因此,如果实变积分是一个瑕积分,在处理相应的复变积分∮f()dz时,实轴上的瑕 点也是被积函数的奇点,必须绕开奇点而构成闭合的积分围道.下面我们通过两个例子 来具体说明处理这类积分的基本精神 例11.2计算积分 r(1+x+x2) 解这是一个反常积分,反常性既表现在积分区间为无穷区间,又表现为被积函数在x=0点 不连续(x=0点为瑕点).此积分在主值意义下存在 p ∞R1x(1+x x 1r(1+x+x (1+x+ 因此,在应用留数定理计算此积分时,应该考虑复变积分 其中的积分围道C如图112所示,由以原点为圆心、δ为半径 的小半圆弧C6和以原点为圆心、R为半径的大半圆弧CR以及 直线段-R→-6和δ→R构成.于是,根据留数定理,有 图11.2 dz (1+z+2) Rr(1+x+x2) 2(1+2+2)+ r(1+x+x2) 2(1+z+2) 21+2+21-m=- 因为
Wu Chong-shi ✁✂✄ ☎✆✝✞✟✠✡☛ (☞) ✌ 3 ✍ §11.2 çèéêëì✦íî ï✮✯ (✾ï❿⑥ c) ✰✭ð✇ Z b a f(x)dx = lim δ1→0 Z c−δ1 a f(x)dx + lim δ2→0 Z b c+δ2 f(x)dx. ⑦⑧✫ñ❽ò❼óôõ✻ö⑨❉÷✇ lim δ→0 Z c−δ a f(x)dx + Z b c+δ f(x)dx ö⑨❉➀ø⑥ï✮✯✰ù➱ ö ⑨❉ú⑥ v.p. Z b a f(x)dx = lim δ→0 Z c−δ a f(x)dx + Z b c+δ f(x)dx . ➠å❉ ⑦⑧ï✮✯û➩ù➱õö⑨❉üýþÿ➢ ✭✁✿ ❭→❉✂✄ ☎✆❇❈P↕➙✝❇❈❉✞❀❁✟✠❆✡✆❇❈ I C f(z)dz ❥ ❉☎☛☞❆✝ ❵✌P◗❇❘❙❆❴❵❉✍✎✏✑❴❵✒✓✔ ✕✖❆❇❈ ▼◆ ✿✗ ✘✙✚✛✜✢➙✣✤ ✥✦✧★ ✩❀❁❂ ❄❇❈❆✪❪✫✬✿ Ù 11.2 ➈➉✮✯ Z ∞ −∞ dx x(1 + x + x 2) ✿ Ú ✫✇➢❽✭✮✮✯❉✭✮✯✰✱✲⑨✮✯✳✴⑥✵✶✳✴❉✷✱✲⑥②✮③④⑨ x = 0 ❿ ✻✸✹ (x = 0 ❿⑥ï❿) ✿ à✮✯⑨ù ➱✺ ð×ö⑨❉ v.p. Z ∞ −∞ dx x(1 + x + x 2) = lim R1→∞ Z −1 −R1 dx x(1 + x + x 2) + lim R2→∞ Z R2 1 dx x(1 + x + x 2) + lim δ→0 "Z −δ −1 dx x(1 + x + x 2) + Z 1 δ dx x(1 + x + x 2) # . æà❉⑨✻✼ ✽④✭Ô➈➉à✮✯➡ ❉✻✾✿❀❁❂✮✯ I C dz z(1 + z + z 2) , ➩ ➫✰✮✯ ➟❃ C ⑦❐ 11.2 ❮❄❉ ✃ ✶➭❿⑥ ➯➲❅ δ ⑥❶➳ ✰❆❶ ➯❇ Cδ ➐✶➭❿⑥ ➯➲❅ R ⑥❶➳✰❈❶ ➯❇ CR ✶û ❉❊❋ −R → −δ ➐ δ → R ● ✸ ✿➨✇❉ÛÜ ✽④✭Ô ❉❻ ❰ 11.2 I C dz z(1 + z + z 2) = Z −δ −R dx x(1 + x + x 2) + Z Cδ dz z(1 + z + z 2) + Z R δ dx x(1 + x + x 2) + Z CR dz z(1 + z + z 2) = 2π i · res 1 z(1 + z + z 2) z=ei2π/3 = − π √ 3 − iπ. æ⑥ limz→∞ z · 1 z(1 + z + z 2) = 0
§112实轴上有奇点的情形 第4页 所以,根据引理3.2,有 →∞C2(1+2+2)=0 又因为 =1 (1+z+2) 所以,根据引理3.1,有 丌1 (1+z+z2) 这样,取极限R→∞,δ→0,就得到 思考题如果积分围道中的小半圆弧是从下半平面绕过 因而把2=0点包围在围道 内,是否会得到不同的结果?为什么? 从上面的计算中可以看出,对于积分路径上有奇点的情形,总要计算围绕奇点的小圆 弧上的积分值(准确地说,要计算它的极限值) 在有些情况(例如,含三角函数的无穷积分)下,本来实变积分并不是瑕积分,但由于 在相应的复变积分中,并不是简单地将被积函数f(x)换成∫(z),因而在复变函数的围 道积分中,积分路径上却可以出现奇点、,这从下面的例子中可以看出 例113计算积分 解很自然地,应当考虑积分出,积分道和例9相同(图12) =厂=+=出++ 在积分围道包围的区域内,被积函数解析,故围道积分为0.根据 Jordan引理和引理3.1,分别有 后出=0四出 因此 广 比较两端的实部和虚部,即得 广x=0 关于这种类型的积分,还可以举出 2 dx=丌;
Wu Chong-shi §11.2 ❍■❏❑▲▼➽◆❖ ✌ 4 ✍ ❮✶❉ÛÜÓÔ 3.2 ❉❻ lim R→∞ Z CR dz z(1 + z + z 2) = 0. ✷æ⑥ limz→0 z · 1 z(1 + z + z 2) = 1, ❮✶❉ÛÜÓÔ 3.1 ❉❻ lim δ→0 Z Cδ dz z(1 + z + z 2) = −π i. ✫Ï❉⑤ò❼ R → ∞ ❉ δ → 0 ❉➒➔ã v.p. Z ∞ −∞ dx x(1 + x + x 2) = − π √ 3 . P◗❘ ⑦⑧✮✯ ➟❃ ➫✰❆❶ ➯❇✇❙×❶❷❸❚❯ z = 0 ❿❉æ❱❲ z = 0 ❿❳ ➟⑨ ➟❃ ❹❉✇❨❩➔ã✻á✰❬ ⑧ ❭ ⑥❪ý ❭ ❫☞ ✘❆qr ❴❋ ●❵ ❛❉❜✐❇❈❝❞☞❡❴❵❆❢▲❉❣❤qr ▼✏❴❵❆✐ ❑ ❥☞❆❇❈♠ (❦❧❳★❉❤qr♠❆♥♦♠ ) ✿ ✞❡♣❢q (✣✂❉rs t❘❙❆✉✈❇❈) ✗❉❪✥ ☎✆❇❈✇❚P✝❇❈❉❖ ①✐ ✞✟✠❆✡✆❇❈ ❴❉✇❚P ❱❲❳②◗❇❘❙ f(x) ③ ✔ f(z) ❉❭✒✞✡✆❘❙❆ ▼ ◆❇❈ ❴❉❇❈❝❞☞④❋ ●❛⑤❴❵✿❂❫✗ ✘❆✣✤ ❴❋ ●❵ ❛✿ Ù 11.3 ➈➉✮✯ Z ∞ −∞ sin x x dx ✿ Ú ⑥ ⑦å ➥ ❉✻➠✿❀✮✯ I C e iz z dz ❉✮✯ ➟❃ C ➐⑧ 9 á (❐ 11.2) ✿ I C e iz z dz = Z −δ −R e ix x dx + Z Cδ e iz z dz + Z R δ e ix x dx + Z CR e iz z dz. ⑨✮✯ ➟❃❳ ➟✰✳⑨ ❹❉②✮③④⑩❶❉❷ ➟❃✮✯⑥ 0 ✿ ÛÜ Jordan ÓÔ➐ ÓÔ 3.1 ❉✯➋❻ lim R→∞ Z CR e iz z dz = 0, lim δ→0 Z Cδ e iz z dz = −π i. æà Z ∞ −∞ e ix x dx = π i. ➌➍ñ❸✰➎➏➐➑➏❉Ø➔ v.p. Z ∞ −∞ cos x x dx = 0, Z ∞ −∞ sin x x dx = π. ➴ ➨ ✫❹✬❺✰✮✯❉â✵✶❻➊ Z ∞ −∞ sin2x x 2 dx = π;
第十一讲留数定理及其应用 第5页 3x,3 7: 25x,115 t: 或者,更普遍的结果 计算这些积分,关键在于正确地选择复变积分的被积函数.例如,为了计算积分 就应该考虑复变积分 1-ci2 积分围道C仍如图11.2.这里,就复变积分而言,在实轴上可以有奇点.但这种奇点,一般说来, 只能是可去奇点或一阶极点.这从引理31就可以看出.如果是二阶或二阶以上的极点,或是本性 奇点,沿小圆弧C6的积分就可能趋于∞
Wu Chong-shi ✁✂✄ ☎✆✝✞✟✠✡☛ (☞) ✌ 5 ✍ Z ∞ −∞ sin3x x 3 dx = 3 4 π; Z ∞ −∞ sin4x x 4 dx = 2 3 π; Z ∞ −∞ sin5x x 5 dx = 115 192 π; Z ∞ −∞ sin6x x 6 dx = 11 20 π; ✹❼ ❉❽❾❿✰❬ ⑧➀ Z ∞ −∞ sinnx x n dx = π (n − 1)! [ X n/2] k=0 (−) k n k n − 2k 2 n−1 . ➈➉✫➁✮✯❉➴➷⑨➨ st➥➂➃❁❂✮✯✰②✮③④✿ ⑧ ⑦ ❉⑥Ð➈➉✮✯ Z ∞ −∞ sin2x x 2 dx, ➒✻✾✿❀❁❂✮✯ I C 1 − e i2z z 2 dz, ✮✯ ➟❃ C ➄⑦❐ 11.2 ✿ ✫✺❉➒❁❂✮✯❱➅❉⑨➎➆⑩✵✶❻❾❿✿ ÷✫❹❾❿❉ ➢➇➈➉❉ ❺➆✇✵➊❾❿✹➢➋ò❿✿ ✫❙ ÓÔ 3.1 ➒✵✶➌➊✿⑦⑧✇➍ ➋✹ ➍ ➋ ✶⑩✰ò❿❉ ✹ ✇➎✯ ❾❿❉➏❆ ➯❇ Cδ ✰✮✯➒✵➆➦➨ ∞ ✿
113多值函数的积分 第6页 8113多值函数的积分 准确地说,这里所说的多值函数的积分是从复变函数的角度说的.从复数域来看,实变定积分中 的积分变量x在x>0时应该理解为argx=0 一种常见的多值函数积分是 其中s为实数,Q(x)单值,在正实轴上没有奇点,为了保证积分收敛,要求 lim ar-Q(a)dr= lim x Q(a)=0 考虑相应的复变积分2-1Q(2)da 由于z=0及z=∞是被积函数的枝点,所以需要将 平面沿正实轴割开,并规定沿割线上岸argz=0.这 时的积分路径由割开的大小圆弧(半径分别为R和δ) 及割线上下岸组成(见图11.3).沿割线上下岸的积 显然直接与所要计算的实变积分有关,问题是如何计 算沿大小弧的积分值 2-Q(2)dz= z-Q(2d 图11.3 由引理3.1和引理3.2可以看出,如果在0≤argz≤2π的范围内 i2Q(2)=0.i2()=0 则 2-Q(2)dz=0 m/2-2Q(2)dz=0 更进一步,如果Q(z)在全平面上除了有限个孤立奇点(不在正实轴上)外,是单值解析的,因而可 以应用留数定理.在取极限δ→0,R→∞后,就得到 (1 -e27)12-Q(dr=2ni> res(z-Q(2)1 全平面 所以 res[z-Q(2)1
Wu Chong-shi §11.3 ➐➑➒➓➔→➣ ↔ 6 ↕ §11.3 ➙➛✤✥✦✩✪ ✲t ➥➈ ❉✫✺❮ ➈ ✰➜ ➱ ③④✰✮✯✇❙❁❂③④✰➝➞➈ ✰ ✿ ❙❁④⑨ ➉ ➌❉➎❂✭✮✯ ➫ ✰✮✯❂➟ x ⑨ x > 0 ➡✻✾Ô ⑩⑥ arg x = 0 ✿ ➢ ❹✮❒✰➜ ➱ ③④✮✯✇ I = Z ∞ 0 x s−1Q(x)dx, ➩ ➫ s ⑥➎④❉ Q(x) ó➱ ❉⑨s➎➆⑩➠❻❾❿✿ ⑥Ð➡➹✮✯➢➤❉➅➓ limx→∞ x · x s−1Q(x)dx = limx→∞ x sQ(x) = 0. ✿❀✻✰❁❂✮✯ H C z s−1Q(z)dz ✿ ①✐ z = 0 ➥ z = ∞ P◗❇❘❙❆➦❵❉➧ ●➨❤② ➩ ✘➫➭ ☎☛➯✑❉✇➲➳➫➯➵☞➸ arg z = 0 ✿❂ ❥ ❆❇❈❝❞ ①➯✑❆➺✐ ❑❥ (❏❞❈➻❩ R ➼ δ) ➥➯➵☞✗➸➽✔ (➾ ➚ 11.3) ✿➫➯➵☞✗➸❆❇❈ ➪➶♦♣➹➧❤qr❆ ☎✆❇❈❡ ➘✿➴➷P✂➬q r➫➺✐ ❑❥❆❇❈♠✿ I C z s−1Q(z)dz = Z R δ x s−1Q(x)dx + Z CR z s−1Q(z)dz + Z δ R xe i2π s−1 Q(x)dx + Z Cδ z s−1Q(z)dz. ❰ 11.3 ✃ÓÔ 3.1 ➐ ÓÔ 3.2 ✵✶➌➊❉ ⑦⑧⑨ 0 ≤ arg z ≤ 2π ✰➞ ➟❹❉ lim z→0 z sQ(z) = 0, limz→∞ z sQ(z) = 0, ➀ lim δ→0 Z Cδ z s−1Q(z)dz = 0, lim R→∞ Z CR z s−1Q(z)dz = 0. ❽➮➢➱ ❉ ⑦⑧ Q(z) ⑨✃❷❸⑩❐Ð❻❼❽❒❮❾❿ (✻⑨s➎➆⑩) ❰ ❉✇ó➱ ⑩❶✰❉æ❱✵ ✶✻✼ ✽④✭Ô✿⑨⑤ò❼ δ → 0, R → ∞ Ï ❉➒➔ã 1 − e i2πs Z ∞ 0 x s−1Q(x)dx = 2π i X Ð➃➄ res z s−1Q(z) . ❮✶ Z ∞ 0 x s−1Q(x)dx = 2π i 1 − e i2πs X Ð➃➄ res z s−1Q(z)
第十一讲留数定理及其应用(二) 第7页 需要注意,在计算留数时,要遵守上面对于多值函数2°所作的限制,即0≤agz≤2n 思考题如果规定在割线上岸arg=2n,是否影响最后结果? 思考题如果Qx)具有一定的对称性质,例如是x的奇函数或偶函数是否可以取其他形式 的围道? 例11.4计算积分 dx,0m{}( 全 因为 根据引理32和引理31,有 所以,取极限R→∞,6→0,即得 1+x+公dx 1+x+dx=- lnx+2丌
Wu Chong-shi ÑÒÓÔ ÕÖ×ØÙÚÛÜ (Ý) Þ 7 ß à➅á✺ ❉⑨➈➉ ✽④ ➡ ❉➅âã⑩❸ä➨ ➜ ➱ ③④ z s ❮å✰❼æ❉Ø 0 ≤ arg z ≤ 2π ✿ P◗❘ ⑦⑧ç ✭⑨è❊⑩é arg z = 2π ❉✇❨êëìÏ ❬ ⑧ ❭ P◗❘ ⑦⑧ Q(x) í❻➢ ✭✰äø✯î❉⑧ ⑦ ✇ x ✰❾③④✹ï ③④❉✇❨✵✶⑤➩ð✳✴ ✰ ➟❃ ❭ Ù 11.4 ➈➉✮✯ Z ∞ 0 x α−1 x + eiϕ dx ❉ 0 < α < 1, −π < ϕ < π ✿ Ú ✫✺✰②✮③④äåÑÒ⑩ñÝÞ ➫✰➅➓❉æà Z ∞ 0 x α−1 x + eiϕ dx = 2π i 1 − e i2πα e i(ϕ+π)(α−1) = π sin πα · e iϕ(α−1) (F) ❙✫❽✮✯â✵✶ò➊➢ ➁❽➮➢➱ ✰❬ ⑧✿⑧ ⑦ ❉å⑥✫❽✮✯✰óôõ✳❉ ϕ = 0 ❉➀ Z ∞ 0 x α−1 1 + x dx = π sin πα . ⑨ Γ ③④➢ö ➫➅❉÷✻✼ã✫❽❬ ⑧✿✷ ⑦ ❉➌➍ (F) ✴ñ❸✰➑➏❉â✵✶➔ã Z ∞ 0 x α−1 x 2 + 2x cosϕ + 1 dx = π sin πα sin(1 − α)ϕ sin ϕ . ❂➙ø✄P✞ 0 < α < 1 ❆ùú✗ûü❆❉❖P❋ ●ýþÿü 0 < α < 2 ✿✁✂ (F) ❣✢✄❆ ☎☎❉✌❋ ●ûü ❡✆❆ø✄ ✿ ✝ ➢ ❹➜➱ ③④✰✮✯✞ûä④③④✿✟ ÝÞ×❸✰⑧✠ ✿ Ù 11.5 ➈➉✮✯ Z ∞ 0 ln x 1 + x + x 2 dx ✿ Ú ⑤ ➟❃ ⑦❐ 11.3 ❉➈➉❁❂✮✯ I C ln z 1 + z + z 2 dz = Z R δ ln x 1 + x + x 2 dx + Z CR ln z 1 + z + z 2 dz + Z δ R ln xe i2π 1 + x + x 2 dx + Z Cδ ln z 1 + z + z 2 dz = 2π i X Ð➃➄ res ln z 1 + z + z 2 = 2π i 2π 3 √ 3 − 4π 3 √ 3 = − 4π 2 i 3 √ 3 . æ⑥ limz→∞ z · ln z 1 + z + z 2 = 0, limz→0 z · ln z 1 + z + z 2 = 0, ÛÜÓÔ 3.2 ➐ ÓÔ 3.1 ❉❻ lim R→∞ Z CR ln z 1 + z + z 2 dz = 0, lim δ→0 Z Cδ ln z 1 + z + z 2 dz = 0. ❮✶❉⑤ò❼ R → ∞, δ → 0 ❉Ø➔ Z ∞ 0 ln x 1 + x + x 2 dx − Z ∞ 0 ln x + 2π i 1 + x + x 2 dx = − 4π 2 i 3 √ 3
11.3多值函数的积分 第8页 尽管现在沿割线上下岸的积分都与所要计算的积分有关,但是,非常不巧,它们却相互 抵消掉了,而只剩下一个并非我们所要计算的定积分 ★失败的原因是,和根式函数不同,对数函数1nz的多值性表现在虚部上,因此沿割线 上下岸积分时,其实部(即lx)互相抵消. 失败”的教训与收获 ·第一,对于定积分/f(x)dx,如果f(x)不是偶函数(因此可能无法用103节中的方 法计算),可以通过应用留数定理计算围道积分中() In zdz来求得 ·第二,如果要计算积分/f(x)lrdr,则可以考虑复变积分pf()ln2zdz 因为这时割线上下岸ln2z的函数值ln2x和(nx+2mi)相互抵消,剩下的正 好有我们所需要的lnx项 现在就来完成例12中所要求的积分计算.为此,考虑积分 dz,围道C不 重复上面的计算步骤,就得到 x+2 dx=2丌 1+x+x2 1+z+z2 全平面 于是 ∞lnx +4r2 所以,就得到我们所要求的积分 除此之外,也还可以再次得到 以上讨论了留数定理的一种最基本的应用—计算定积分.由于篇幅的限制,这里只介绍了 最常见的几种类型的定积分.除了这几种类型之外,还有其他一些类型的定积分,包括像4.5节中 的含参量的无穷积分,也可以用留数定理计算
Wu Chong-shi §11.3 ✡☛➼ ✆➽➪➶ ✌ 8 ✍ ☞ ✌⑤✞➫➯➵☞✗➸❆❇❈✍➹➧❤qr❆❇❈❡ ➘❉❖P❉✎✏❚✑❉♠✚④✟✒ ✓ ✔✕ ✖❉✒ ✗✘✙✚✛✜ ✢✣✤✥✦✧★✩✪✫✬ Z ∞ 0 1 1 + x + x 2 dx = 2π 3 √ 3 . ✭✮ ✯✰✫✬ I C ln z 1 + z + z 2 dz ✧★ Z ∞ 0 ln x 1 + x + x 2 dx ✱✲ ✳ F ✴✵✶✷✸✹✺✻✼✽✾✿❀❁✺❂✿✾✿ ln z ✶❃❄❅❆❇❈❉❊❋✺✸●❍■❏ ❋❑▲▼◆❖✺P◗❊ (❘ ln x) ❙❚❯❱❲ F ❳✴✵❨✶❩❬❭❪❫❴ • ❵❛✺❂❜❝▼◆ Z ∞ 0 f(x)dx ✺ ❞❡ f(x) ❀✹❢✾✿ (✸●❣❤✐❥❦ 10.3 ❧ ♠✶♥ ❥♦♣) ✺❣qrst❦ ✉✿❝✈♦♣ ✇①▼◆ I C f(z) ln z dz ②③④❲ • ❵⑤✺❞❡⑥♦♣▼◆ Z ∞ 0 f(x) ln xdx ✺⑦❣q⑧⑨⑩❶▼◆ I C f(z) ln2 z dz ❲ ✸❷❸❖■❏❋❑▲ ln2 z ✶✾✿❄ ln2 x ✻ (ln x + 2π i)2 ❚❙❯❱✺❹❑✶❺ ❻❼❽❾❿➀⑥✶ ln x ➁❲ ❇❈➂②➃➄➅ 12 ♠ ❿⑥③✶▼◆♦♣❲❷●✺⑧⑨▼◆ I C ln2 z 1 + z + z 2 dz ✺✇① C ❀❶❲ ➆ ⑩❋➇✶♦♣➈➉✺➂④➊ Z ∞ 0 ln2 x 1 + x + x 2 dx − Z ∞ 0 (ln x + 2π i)2 1 + x + x 2 dx = 2π i X ➋➌➍ res ln2 z 1 + z + z 2 = 2π √ 3 16 9 π 2 − 4 9 π 2 = 8 3 √ 3 π 3 . ❜✹ − 4π i Z ∞ 0 ln x 1 + x + x 2 dx + 4π 2 Z ∞ 0 1 1 + x + x 2 dx = 8 3 √ 3 π 3 . ❿ q✺➂④➊❽❾❿⑥③✶▼◆ Z ∞ 0 ln x 1 + x + x 2 dx = 0. ➎ ●➏➐✺➑➒❣q➓➔④➊ Z ∞ 0 1 1 + x + x 2 dx = 2π 3 √ 3 . q❋→➣↔ ✉✿❝✈✶❛↕➙➛➜✶t❦ ♦♣❝▼◆❲➝❜➞➟✶➠➡✺❸➢➤➥➦↔ ➙➧➨✶➩↕➫➭✶❝▼◆❲➎ ↔❸➩↕➫➭➏➐✺➒ ❼ P➯❛➲➫➭✶❝▼◆✺➳➵➸ 4.5 ❧ ♠ ✶➺➻➼✶✐➽▼◆✺➑❣q❦ ✉✿❝✈♦♣❲
第十一讲留数定理及其但用(图 阅读材满足引理 dx,n=1,2,……的计 k k=0 1\2n+12n+1 2n+1)(2n+1-2k)x k 1\2n+1 2n+1 (2n+1-2k)x_-(2n+1-2k)x k sin(2n+1-2k) r 以里果在上变 积分 x2n+if(z)dz, 积分C如据讨 解根 里论 2n+1 f(2)=(khen+1=-Q2-1(2), Q2n-1()或不超过2n-1m多项式2=0为被积函.f(2)/2n+1 即z=0为 得以 以还到显里 f(2),,2n 以还然显里 )[(2n+1-2k)]-Q2-1(0)=0,l=0,1,2,…,2n-1 Q2n-10)=i2(-) k/2n+1 k)(2m+1-2k)=0 因为asin2+a=0=0 2n+1 1(0) k (2m+1-2k)2
Wu Chong-shi ➾➚➪➶ ➹➘➴➷➬➮➱✃ (❐) ❒ 9 ❮ ❰ÏÐÑÒÓÔ Z ∞ −∞ sin2n+1 x x 2n+1 dx, n = 1, 2, · · · ÕÖ× ✼Ø Euler Ù✽✺❼ sin2n+1 x = e ix − e −ix 2i 2n+1 = 1 2i2n+1 2 Xn+1 k=0 2n + 1 k e ix 2n+1−k − e −ix k = 1 2i2n+1 2 Xn+1 k=0 (−) k 2n + 1 k e i(2n+1−2k)x = 1 2i2n+1 Xn k=0 (−) k 2n + 1 k h e i(2n+1−2k)x − e −i(2n+1−2k)x i = (−) n 2 2n Xn k=0 (−) k 2n + 1 k sin(2n + 1 − 2k)x ✸●✺⑧⑨⑩❶▼◆ I C 1 z 2n+1 f(z)dz, ▼◆ÚÛ C ❞ÜÝ✺Þ f(z) = Xn k=0 (−) k 2n + 1 k e i(2n+1−2k)z − Q2n−1(z), Q2n−1(z) ✹❀ßs 2n − 1 ➔✶❃➁✽✺à z = 0 ❷á▼✾✿ f(z)/z2n+1 ✶❛âãä✺❘ z = 0 ❷ f(z) ✶ 2n âåä✺ Xn k=0 (−) k 2n + 1 k i(2n + 1 − 2k) l − Q l 2n−1 (0) = 0, l = 0, 1, 2, · · · , 2n − 1. ❜✹ Q2n−1(0) = Xn k=0 (−) k 2n + 1 k Q 0 2n−1 (0) = iXn k=0 (−) k 2n + 1 k (2m + 1 − 2k) = 0 ✸❷ d dx sin2n+1 x x=0 = 0 Q 00 2n−1 (0) = − Xn k=0 (−) k 2n + 1 k (2m + 1 − 2k) 2 . . .
第10页 k (2m+1-2k)2n-2 x 由此即可定出 即Q2n-1(2)是2n-2次的偶次多项式,系数为实数.根据留数定理有 /(+/ f(ad nf(a)dr f(a)dz=0 因为 22n+=0 所以 1(2n+1-2k)2dz=0 又因为 所以 Q2n-1(2)dz=0 合并起来就得到 z+f()d2=0 另一方面, =:2()=m k Q2n-1(2) i(2n+1-2k) (2n)! k (2n+1-2k)2
Wu Chong-shi æçèé ❒ 10 ❮ Q (2n−2) 2n−1 (0) = (−) n−1Xn k=0 (−) k 2n + 1 k (2m + 1 − 2k) 2n−2 Q (2n−1) 2n−1 (0) = (−) n−1 i Xn k=0 (−) k 2n + 1 k (2m + 1 − 2k) 2n−1 = 0 ✸❷ d 2n−1 dx 2n−1 sin2n+1 x x=0 = 0 ➝●❘❣❝ê Q2n−1(z) = nX−1 l=0 (−) l (2l)! "Xn k=0 (−) k 2n + 1 k (2n + 1 − 2k) 2l # z 2l , ❘ Q2n−1(z) ✹ 2n − 2 ➔✶❢➔❃➁✽✺ë✿❷◗✿❲✼Ø ✉✿❝✈❼ Z −δ −R 1 x 2n+1 f(x)dx + Z Cδ 1 z 2n+1 f(z)dz + Z R δ 1 x 2n+! f(x)dx + Z CR 1 z 2n+1 f(z)dz = 0. ✸❷ limz→∞ 1 z 2n+1 = 0, ❿ q lim R→∞ Z CR 1 z 2n+1 e i(2n+1−2k)zdz = 0; ì ✸❷ limz→∞ z · 1 z 2n+1 = 0, ❿ q lim R→∞ Z CR 1 z 2n+1 Q2n−1(z)dz = 0. íîï②➂④➊ lim R→∞ Z CR 1 z 2n+1 f(z)dz = 0. ð ❛♥➇✺ limz→0 z · 1 z 2n+1 f(z) = limz→0 1 z 2n f(z) = limz→0 1 z 2n (Xn k=0 (−) k 2n + 1 k e i(2n+1−2k)z − Q2n−1(z) ) = 1 (2n)! Xn k=0 (−) k 2n + 1 k [i(2n + 1 − 2k)]2n = (−) n (2n)! Xn k=0 (−) k 2n + 1 k (2n + 1 − 2k) 2n
