复旦大学：《数学物理方法 Methods of Mathematical Physics》习题与解答_第五章作业参考解答

《数学物理方法》第五章作业参考解答 求下列各函数在各奇点的留数 1.f(=)= 在z=1,z=2,z=∞的留数 解 Resf(1)=lim(=-1) Resf(2)=lm|(=-2) =lim dz Resf(1)+ resf(2)+ ref(oo)=0 Re(∞)=-Resf(1)+Resf(2)=--1)+]=0 计算下列积分 sIn x 1) + EcoS 解: 作变换z=e“,并利用smx=三,c0sx=,dx=1d,得 2 (2-)d 1+ -2 2 令f(二)= (2-)2 f()有三个奇点z=0, 2 ==1--a2).=2=1(1+y-a2 可以判断, 在单位圆内有一阶极点=0,和二阶极点=:2=1(1 Resf(o)=lim: (=2-)2 z2+-z+1

《数学物理方法》第五章作业参考解答 z 求下列各函数在各奇点的留数： 1． ( )( ) 2 1 2 ( ) − − = z z z f z 在 z = 1， z = 2， z = ∞ 的留数。 解: ( )( )( ) 1 1 2 Res (1) lim 1 2 1 = − − − = − → z z z f z z ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 lim d 1 d lim 1 2 2 d d Res (2) lim 2 2 2 2 2 2 = − =      −  =      − − = − → → z → z z z z z z z z f z z z Resf (1) + Resf (2) + Resf (∞) = 0 ， Resf (∞) = −[ ] Resf (1) + Resf (2) = −[(−1) +1] = 0 z 计算下列积分： 1． ( ) ∫ + = π ε 2 0 2 2 d 1 cos sin x x x I (0 < ε < 1) 解： 作变换 z = e ix，并利用 i z z x 2 −1 − sin = ， 2 −1 + = z z cos x ， z iz x d 1 d = ，得 ( ) ∫ = − ∫ = −       + + − ⋅ = −         + +         − = 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 d 1 2 1 1 d i 1 2 1 2 z z z z z z z i z z z z i z z I ε ε ε 令 ( ) 2 2 2 2 1 2 1 ( )         + + − = z z z z f z ε ， f (z)有三个奇点 z = 0， ( ) 2 1 1 1 1 ε ε z = z = − − − ， ( ) 2 2 1 1 1 ε ε z = z = − + − ，可以判断， 在单位圆内有一阶极点 z = 0，和二阶极点 ( ) 2 2 1 1 1 ε ε z = z = − + − ( ) 1 1 2 1 Res (0) lim 2 2 2 2 0 =       + + − = ⋅ → z z z z f z z ε 1

Resf(2)=lm|(=-=2) lim -1 z(=-z) -2+ (z-二 14: (=-=1) ( 4: 2 其中,用了lim 二→二 指=312= ri Resf()+Resf(=2)1 解 令()=(2+42-5,()在上半平面内有奇点=2,在实轴上有 阶极点z=2。取积分闭曲线如图所示 f(=)d=(x)x+,(x)x+L(+Lf( 2riResf(2)=2m 1+i) 4(2-2)8 当取极限R→∞,r→0时,我们有 lim f(x)dx+f(x) limz/(二)=limz +42-)=0,由理1,如L/(x=0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 3 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 4 1 4 1 1 2 lim 4 1 1 2 1 lim 1 d d lim 1 2 1 d d Res ( ) lim 2 2 2 2 ε ε − = − − +  =      − − − − =         −         − − −         − − − − ⋅ − − =         − − − − − − − − =         − − =                   + + − = − ⋅ → → → → z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z f z z z z z z z z z 其中，用了 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 lim 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 = − − = − − ⋅ = − − → z z z z z z z z z z z z z z z z z z ( 1) Q z1 ⋅ z2 = [ ]       − − =       −  ⋅ −       ⋅ + = −      = − 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 Res (0) Res ( ) 1 2 2 2 2 2 2 ε ε π ε π ε π ε i i i f f z i I 2． ( )( ) ∫ ∞ −∞ + − = x x dx I 4 2 2 解: 令 ( ) z ( )z f z + − = 4 2 1 ( ) 2 ，f (z)在上半平面内有奇点 z = 2i ，在实轴上有一 阶极点 z = 2。取积分闭曲线如图所示。 ( ) ( )i i i f f z z f x x f x x f z z f z z CR Cr R r r C R = +         − = = = + + + ∫ ∫ ∫ + ∫ ∫ − − 1 4 2 2 8 1 2 iRes (2) 2 i ( )d ( )d ( )d ( )d ( )d 2 2 π π π 当取极限 R → ∞,r → 0时，我们有， ( ) ∫ ∫ ∫ ∞ + −∞ − − → →∞ + − =    + x x x f x x f x x R r r R r R d 4 (2 ) 1 lim ( )d ( )d 2 2 2 0 ， ( )( ) 0 4 2 1 lim ( ) lim 2 = + − = ⋅ →∞ →∞ z z zf z z z z Q ，由引理 1， lim ( )d = 0， ∫ →∞ f z z R CR 2

∵lim(二-2) 由引理2,我们得到 f∫(=)d 因此,f(x)x=x+)~z=z 8 88 x cos o dx(a,B,O为实常数,且a2-4B≠0,o>0) x+aar+ 解 X cos x+ ax+ o x+ax+ B 令∫(=)= +ac+ B (2)有一阶极点:=1=-+ya2-4B,=2=-.-y-4B (1)当a2-4B>0时,x,z2为实数,即它们在实轴上, 取积分闭曲线如图所示,则 f()=[+.+++0+.]yx==0 当取极限R→∞,r→0,n→0时,我们有 lim f(x)e dx= x+ aax+ limf(二)=lim =0, H Jordan lemma, lim f(=)ee==0 2+C+B lim(=-E)(=elo=lim -e-==e-,th lemma 2 mL/(=d=-=5 lim(=-E2feeer=lim e 由 lemma2

Q ( )( ) 8 1 4 2 1 lim( 2) 2 2 = − + − − → z z z z ，由引理 2，我们得到 ( ) 8 0 8 1 ( )d 0 π π i f z z i Cr  − =      = − ∫ limr→ ， 因此， ( ) 8 8 1 8 ( )d - π π π = + − = ∫ ∞ ∞ i f x x i . 3． ∫ ∞ −∞ + + = x x x x x I d cos 2 α β ω （α, β,ω 为实常数，且α2 − 4β ≠ 0，ω > 0 ） 解： ∫ ∫ ∞ −∞ ∞ −∞ + + = + + = x x x xe x x x x x I i x d Re d cos 2 2 α β α β ω ω 令 +α + β = z z z f z 2 ( ) ， f (z)有一阶极点 2 4 2 2 1 α α − β z = z = − + ， 2 4 2 2 2 α α − β z = z = − − 。 (1) 当α2 − 4β > 0时， z1, z2 为实数，即它们在实轴上， 取积分闭曲线如图所示，则 ( )d ( ) d 0 1 1 2 2 3 =       = + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ f z z f z e z i z C l Cr l Cr l CR ω 当取极限 R → ∞,r1 → 0,r2 → 0时，我们有， ∫ ∫ ∞ − −∞ → → →∞ + + = x x x xe f x e x i x R R i x r r R lim ( ) d d 2 0 0 2 1 α β ω ω ， lim ( ) lim 0 2 = + + = →∞ →∞ z αz β z f z z z Q ，由 Jordan lemma，lim ( ) d = 0 ， ∫ →∞ f z e z CR i z R ω ( ) 1 2 1 2 1 1 1 1 lim ( ) lim z z z e z z ze z z f z e i z i z z z i z z z − = − − = → → ω ω ω Q ，由 lemma 2， 1 2 1 0 1 1 1 lim ( ) d z z z e f z e z i i z i z r Cr − = − → ∫ ω ω π ， ( ) 2 1 2 1 2 2 2 2 lim ( ) lim z z z e z z ze z z f z e i z i z z z i z z z − = − − = → → ω ω ω Q ，由 lemma 2， 3

limf(=)dz=ec因此 7l(= cos oE -=2 COS 022)-(= sin an d Va-4BCISS ti sin aza) (2)当a2-4B<0时,,=2为复数: a iv4B-a a iv4B-a 2=21=-x+ ,=2,=一 ,在上半平面内仅有 2 奇点z=二1。取积分闭曲线如图所示,则 f()d==, f(x)ea dx +f(=)e-d= =2m·Re a+i√4B 0N4B-a √4B Sin---a cos 4B 当取极限R→∞时,我们有, lim [r /(x)e dr=L2a d +a+ B lim f(==lim +ac+ B 0,a Jordan lemma, lim I f()e d==0 B ao+14B cos ∫xC √4B-a2sin B 2a0<o 4.I

2 1 2 0 2 2 2 lim ( ) d z z z e f z e z i i z i z r Cr − = − → ∫ ω ω π ， 因此 [ ] ( ) ( 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 cos cos sin sin 4 d 1 2 1 2 i z z z z z z z z z z z e z e i z z z e z z z e x i x x xe i x i z i z i z i z ω ω ω ω α β π π π α β ω ω ω ω ω − − − − = − − = ⋅         − + − = + + ∫ ∞ −∞ ) [ ] ( ) 1 1 2 2 2 2 sin sin 4 Re dx z z z z x x xe I i x ω ω α β π α β ω − − − = + + = ∫ ∞ −∞ (2) 当α2 − 4β < 0 时， z1, z2 为复数： 2 4 2 2 1 α β −α = = − + i z z ， 2 4 2 2 2 α β −α = = − − i z z ，在上半平面内仅有 奇点 z = z1。取积分闭曲线如图所示，则 ( )        + + −      − − − = − − + − = ⋅ − = ⋅       + + = ⋅ = + − −         − − + = ∫ ∫− ∫ 2 4 cos 2 sin 2 cos 2 4 sin 4 4 4 2 i Res 2 i ( )d ( ) d ( ) d 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1 αω β α αω α αω α αω β α β α π β α α β α π π α β π ω β α α β α ω ω ω ω ω e i i e z z z e z z ze f z z f x e x f z e z i i i z z z i z C i z R R i x C R 当取极限 R → ∞ 时，我们有， ∫ ∫ ∞ →∞ − −∞ + + = x x x xe f x e x i x R R i x R lim ( ) d d 2 α β ω ω ， lim ( ) lim 0 2 = + + = →∞ →∞ z αz β z f z z z Q ，由 Jordan lemma，lim ( ) d = 0 ， ∫ →∞ f z e z CR i z R ω        + + −      − − − = + + − − ∞ ∫−∞ 2 4 cos 2 sin 2 cos 2 4 sin 4 d 2 2 2 4 2 2 2 αω β α αω α αω α αω β α β α π α β ω β α ω e i x x x xei x       − − − = + + = − ∞ − ∫−∞ 2 cos 2 4 sin 4 Re d 2 2 4 2 2 2 αω α αω β α β α π α β ω ω β α x e x x xe I i x 4． ∫ ∞ − − = 0 2 3 1 d 7 8 x x x x I 4

解 令∫()= 沿正实轴从z=0到z=∞作割线,取单值分支0≤argz≤2,并规定上 岸()有argz=0,则在下岸(2)有argz=2。 f/(=[+L+1+.++.+L f(z)da =27. Res 当取极限R→>∞,δ→0,E→∞时, 在1上ag=0,[/(d=C(xk 在l2上 0 f(z d== f(x)dx 在l3,l4上arg=2丌, , /(z)d==5 F_1 dx==e2x/3 7x-8 /a)=e2 -7x-8 lim z 0, lim= 7-8/=0,由引理2,1 lim d=0. lim 现在考察沿C,C的积分,因为割线将实轴上单极点分为 二=8e0(上岸),z=8ex(下岸), lir 2-2+

解： 令 7 8 ( ) 2 3 1 − − = z z z f z ， 沿正实轴从 z = 0到 z = ∞ 作割线，取单值分支0 ≤ arg z ≤ 2π ，并规定上 岸(l 1 )有arg z = 0，则在下岸( ) 2l 有arg z = 2π 。         = ⋅ −           − − = ⋅     = + + + + + + = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 9 2 7 8 2 Res (z)d (z)d / 3 2 3 1 ' 1 2 3 4 π π π π ε ε δ i z e C l C l C l C l C e i z z z i f z f z i R 当取极限 R → ∞,δ → 0,ε → ∞时, Q在l 1上arg z = 0，∴ ∫ ∫ = 8 0 (z)d ( )d 1 f z f x x l , Q在l2 上arg z = 0，∴ ∫ ∫ ∞ = 8 (z)d ( )d 2 f z f x x l , Q在l3 ,l4 上arg z = 2π ， ∴ ( ) ∫ ∫ ∞ − − = − − − 8 2 3 1 2 / 3 2 3 d 7 8 d 7 8 1 3 x x x x x e x x z i l π ∫∞ = 8 1 2 xei π f (z)d , ∴ ( ) ∫ ∫ ∫ − − = − − − = 8 0 2 3 1 2 / 3 0 8 2 3 1 2 d 7 8 d 7 8 1 (z)d 4 x x x x x e x x f z xei i l π π , Q 0 7 8 2 3 1 0 =           − − ⋅ → z z z z z lim ， 0 7 8 lim 2 3 1 =           − − ⋅ →∞ z z z z z ，由引理 2，1， ∴ d 0 7 8 lim 2 3 1 0 = − − → ∫ δ Cδ z z z z , d 0 7 8 lim 2 3 1 = − − ∫ R→∞ CR z z z z ， 现在考察沿C ，C 的积分，因为割线将实轴上单极点分为 （上岸）， （下岸）， ε ' ε z− 0 8 i z = e + 2π 8 i = e ( ) 9 2 7 8 lim 2 3 1 = − − − + → + z z z z z z z 5

1 lim(=- 根据引理2 i2 吗1=2=:(2+2)-2 i2丌/3 因此 2丌 dx= 2 7: 22丌 即 d 7z-89393 0 In 5.I +3x+2 解 In'a 令f() 沿正实轴从z=0到二=∞作割线取单值分支0≤argz≤2丌,并规定上岸(1) 有argz=0,则在下岸(l2)有argz=2n /(址=[L+,+L+](a 2m·{R +3x+2 x2+3x+2 2n(r)-(n2+i) =6z2ln2+16z3ln2-2zln32) 当取极限R→∞,r→0时, 在1上arg=0,∴[∫(z)d= Inx x2+3x+2 在l2上 2 lnx+i2丌 f(zd= d +3x+2 +3x+2

( ) 9 2 7 8 lim 2 / 3 2 3 1 i π z z e z z z z z = − − − − → − 根据引理 2， 9 2 )(0 ) 9 2 d ( 7 8 lim 2 3 1 0 π π ε ε i z i z z z C = − = − − − → ∫ ( ) 9 2 2 9 2 d 7 8 lim 2 / 3 2 / 3 ' 2 3 1 0 π π ε π π π ε i i C e i e z i z z z − = −         = − − → ∫ 因此，( ) ( ) 2 / 3 / 3 0 2 3 1 2 / 3 1 9 2 9 d 2 7 8 1 π π π π π i i i e e i x i z z z e + +         = ⋅ − − − − ∫ ∞ 即 0 9 3 2 9 3 2 d 0 7 8 2 3 1 = − = − − ∫ ∞ π π x z z z 5． ∫ ∞ + + = 0 2 2 d 3 2 ln x x x x I 解： 令 3 2 ln ( ) 2 3 + + = z z z f z ， 沿正实轴从 z = 0 到 z = ∞ 作割线，取单值分支0 ≤ arg z ≤ 2π ，并规定上岸( ) 有arg ，则在下岸 1 l z = 0 ( ) 2l 有arg z = 2π 。 ( ) ( ) ( ) 6 ln 2 ( ) 6 ln 2 2 ln 2 2 ln 2 3 2 ln Res 3 2 ln 2 Res (z)d (z)d 2 2 3 3 3 3 2 2 3 2 3 1 2 π π π π π π π π π = + − = ⋅ − +               + + +       + + = ⋅     = + + + = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ i i i i x x x x x x i f z f z i i R r z e z e C l C l C R → ∞,r → 0 当取极限 时, Q在l 1上arg z = 0，∴ ∫ ∫ ∞ + + = 0 2 3 d 3 2 ln (z)d 1 x x x x f z l , Q在l2 上arg z = 2π ， ∴ ( ) ( ) ∫ ∫ ∞ + + + = − + 0 2 2 3 d 3 2 ln 2 d 3 2 (z)d 2 x x x x i x x xe i l π π ∫∞ + = 0 2 3 ln x f z , 6

lim=.In: 0, lim z =0,由引理1,2 z-+52+ z2+3z+2 In liml- x2+3x+2 x2+3x+2 dx+i8T dx+12 6z2In22+i(6r In 2-2z In 2 因此 In +3x+2 而对 3 In 令F() ,取相同的积分闭曲线 +3z+2 [+,+L+Jy 2m·R +r =2m(ir)-(n2+in) 当取极限R→∞,r→0时, 在4上arg=0,…IF(x= +3x+2 在l2上arg=2x, F(zd In(xe/2) lnx+i2丌 x2+3x+2 +3x+2 In In z li 0, lim 0,由引理1,2, 3z+2 3z+2 li In z2+3z+2

Q 0 3 2 ln 2 3 0 =      + + ⋅ → z z z z z lim ， 0 3 2 ln 2 3 =      + + ⋅ →∞ z z z z z lim ，由引理 1，2， ∴ d 0 3 2 ln lim 2 3 0 = + + → ∫ r Cr z z z z , d 0 3 2 ln lim 2 3 = + + ∫ R→∞ CR z z z z ， ( ) 6 ln 2 ( ) 6 ln 2 2 ln 2 d 3 2 ln d 12 3 2 1 d 8 3 2 ln 6 d 3 2 ln 2 d 3 2 ln 2 2 3 3 0 2 2 0 2 3 0 2 2 0 2 3 0 2 3 π π π π π π π = + − + + + + + + + + = − + + + − + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ i x x x x x x x x i x x x i x x x x i x x x x 因此 d ( ) 6 ln 2 2 ln 2 3 2 1 d 8 3 2 ln 6 3 3 0 2 3 0 2 2 π π = π − π + + + + + − ∫ ∫ ∞ ∞ x x x x x x x 而对∫ ， ∞ 0 + + 2 d 3 2 1 x x x 令 3 2 ln ( ) 2 + + = z z z F z ，取相同的积分闭曲线， ( ) ( ) ( ) 2 ln 2 2 ln 2 3 2 ln Res 3 2 ln 2 Res (z)d (z)d 2 2 2 1 2 π π π π π π π i i i i x x x x x x i F z F z i i R r z e z e C l C l C = − = ⋅ − +             + + +       + + = ⋅     = + + + = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ R → ∞,r → 0 当取极限 时, Q在l 1上arg z = 0，∴ ∫ ∫ ∞ + + = 0 2 d 3 2 ln (z)d 1 x x x x F z l , Q在l2 上arg z = 2π ， ∴ ( ) ∫ ∫ ∞ + + + = − + 0 2 2 d 3 2 ln 2 d 3 2 (z)d 2 x x x x i x x xe i l π π ∫∞ + = 0 2 ln x F z , Q 0 3 2 ln 2 0 =      + + ⋅ → z z z z z lim ， 0 3 2 ln 2 =      + + ⋅ →∞ z z z z z lim ，由引理 1，2， ∴ d 0 3 2 ln lim 2 0 = + + → ∫ r Cr z z z z , d 0 3 2 ln lim 2 = + + ∫ R→∞ CR z z z z ， 7

x 因此 dx=In 2 所以,由 dx+8丌 dx=16z'In 2 x-+3x+ 得 21n2+ln32 6.I=dr(0∞,有, 在l上 dz= lim dx 在l3上,z=x+12r, dz= lim dx=-e 2 e2+1 在l2上,z d(iy) al-N+n 在l4上,z=-N+ ;d(y)

d 2 ln 2 3 2 1 d 2 3 2 ln 2 d 3 2 ln 0 2 0 2 0 2 π π π x i x x x i x x x i x x x x = − + + = − + + + − + + ∫ ∫ ∫ ∞ ∞ ∞ 因此 d ln 2 3 2 1 0 2 = + + ∫ ∞ x x x 所以，由 d ( ) 6 ln 2 2 ln 2 3 2 1 d 8 3 2 ln 6 3 3 0 2 3 0 2 2 π π = π − π + + + + + − ∫ ∫ ∞ ∞ x x x x x x x 得 3 ln 2 ln 2 d 3 2 ln 2 3 0 2 2 + = + + ∫ ∞ π x x x x 6． x e e I x x d 1 ∫ ∞ −∞ + = α (0 < α < 1)，（提示：取闭合路径为矩形，上底h = 2πi ） 解： 令 1 ( ) + = z z e e f z α ，取如图所是积分闭曲线， 其中h = 2πi 。因此 ( ) απ π α α α π π i z i z z z z C l l l l z z i e e e z i e e z e e = ⋅ −       + = ⋅  +    = + + + + = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 1 d 2 Res 1 d 1 1 2 3 4 取极限 N → ∞ ，有， 在l 1上， z = x，∫ ∫ ∫ ∞ →∞ − −∞ + = + = + x e e x e e z e e x x N N x x l N z z d 1 d 1 d lim 1 1 α α α 在l3上， z = x + i2π ， ( ) ∫ ∫ ( ) ∫ ∞ −∞ − + + →∞ + = − + = + x e e x e e e z e e x x i N N x i x i l N z z d 1 d 1 d lim 1 2 2 2 3 α απ π α α π 在l2 上， z = N + iy ， ( ) ∫ ∫ ( ) + = + + + h N iy N iy l z z e e z e e 0 d(iy) 1 d 2 1 α α 在l4 上， z = −N + iy ， ( ) ∫ ∫ ( ) + = + − + − + 0 d(iy) 1 d 4 1 h N iy N iy l z z e e z e eα α 8

当N→∞时, N+)十 d(iy)=0 d(iy)=0,证明如下 ea(N+i) a(N+) 0m)+1d0y)s c+)+1 d(y)≤ h→0(N→∞) a(N+iy) 即 同理可证, N+y)+ d(iy)=0 因此,(-c2m) me'+/dr=2n (ear), dx= 2mi 2 ar sin a丌 另解: 令t=ex,有 1=“=CC=xR= SIn a7 z+1

当 N → ∞ 时， ( ) ( ) d(iy) 0 0 1 = + ∫ + + h N iy N iy e e α ， ( ) ( ) d(iy) 0 1 0 = + ∫ − + − + h N iy N iy e eα ，证明如下： ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 d 1 d( ) 1 d(iy) 0 1 0 0 → − = − ≤ + ≤ + ∫ ∫ + ∫ + + + h e e y e e iy e e e e N N h N N h N iy N iy h N iy α N iy α α α ( ) N → ∞ 即 ( ) ( ) d(iy) 0 0 1 = + ∫ + + h N iy N iy e e α 同理可证， ( ) ( ) d(iy) 0 1 0 = + ∫ − + − + h N iy N iy e eα 因此，( ) ( ) απ α απ π i x x i x i e e e e = ⋅ − + − ∫ ∞ −∞ d 2 1 1 2 ， απ π π απ α απ 1 sin d 2 1 2 = − − = ⋅ + ∫ ∞ −∞ i i x x e e x i e e 另解： 令t = ex ，有 απ π απ π α α α 1 sin ( ) Res sin d 1 d 1 0 1 0 1 =       + − = + = + = − = − ∞ − ∞ ∫−∞ ∫ i z e x x z z t t t x e e I 9