留数及其应用之 留在定秋分的 单精助教件 数学数研宝
留数在定积分的应用 教学辅助软件 数学教研室 留数及其应用之
目的、要求 理解定积分与复 积分的联系,掌握利 8用留数定理计算二种 3类型的定积分
理解定积分与复 积分的联系，掌握利 用留数定理计算三种 类型的定积分。 目的、要求
(s) 30 R(coS. sinb)a6 定理设 R(cos 6,sin的)为cs,sin的的有 理函数,令z=c,则dk=ietd=izdb c3+z1 +1 2Z sing 2iz 1 d R(cos 6,sin川0=∮ R/3+1 2 2iz ∮f(xk 2zi/f(z)在单位圆内奇点的留数和] 要求右边的被积函数在|z|=1上没有奇点
（一）形如 R(cos ,sin )d 2 0 2 2 2 0 1 1 1 2 2 |z| z z dz R(cos ,sin )d R[ , ] z iz iz = + − = 要求右边的被积函数在|z|=1上没有奇点. 1 2 1 2 2 z z z cos , z − + + = = 1 2 1 2 2 z z z sin . i iz − − − = = i i R(cos ,sin ) cos ,sin z e , dz ie d izd = = = 定理 设 为 的有 理函数,令 则 |z| 1 f ( z )dz = = = 2i[ f ( z )在单位圆内奇点的留数和]
cos 20 例1计算Ⅰ 2丌 d6(0<p<1 1-2 8+p 解∵cos20=( 2ie 2i6 e+e0)=x( Z +Z 2 z z+z 1-2p2 + p 1+ =92=12i(1-pz1x-) f(z)有三个极点z=0、P、1/P,但 只有0、P在z|=1内
∵ f（z）有三个极点z=0、P、1/P，但 只有0、P在|z|=1内. cos I d ( p ) pcos p = − + 2 0 2 2 0 1 1 2 例1 计算 i i cos ( e e ) ( z z ) − − = + = + 1 1 2 2 2 2 2 2 2 解 -1 p z z z dz I z z iz p − = + = + − + 2 2 1 2 1 2 1 2 2 z z dz iz ( pz )( z p ) = + = − − 4 1 2 1 2 1
其中z=0是二级极点,z=p是一级极点 d2 1+z Res/f(z),0=lim/ 202iz21-pz)(z-p) 1+P 2ip 1+z Res/(z),p/= lim/(z-p) x→>p 2ix2(1-pz)(x-p) 1+P 2ip2(1-p 2丌 1=nil 1+P 1+P 2ip22ip(1-p2)1-p
其中z=0是二级极点，z=p是一级极点. z p z Re s[ f ( z ), p ] [( z p ) ] iz ( pz )( z p ) lim → + = − − − 4 2 1 2 1 p ip + = − 2 2 1 2 z d z Re s[ f ( z ), ] [ z ] dz iz ( pz )( z p ) lim → + = − − 4 2 2 0 1 0 2 1 p ip ( p ) + = − 4 2 2 1 2 1 p p p I i[ ] ip ip ( p ) p + + = − + = − − 2 4 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1
二)形如_R(x,R(x)= 定理:设P,Q(x)为多项式,P(x)次数≤Q(x) 次数+2,Q(x)在x轴无零点,则 SoR(x dx=2ri2Res/R(z),ik/ 其中z是上半平面内的所有奇点 当Rx)是偶函数时, 0 R(x)=n∑Res/R(x),k/
定理：设P(x),Q(x)为多项式，P(x)次数≤ Q(x) 次数 + 2，Q（x）在 x 轴无零点，则 其中 zk 是上半平面内的所有奇点. 当R(x)是偶函数时， （二）形如 P( x ) R( x )dx , R( x ) Q( x ) + − = R( x )dx i Re s[ R( z ),z ] k + − = 2 R( x )dx i Re s[ R( z ),z ] k + 0 =
+a1 n-1 设R(z) ,m-n≥2 +b1m1+…+bm +R R(x)d+。R(k =2mi∑ResR(x),zk k 111+a1z-+…+anz R(z)= 14 1+61++bmi 11+|a1x+…+a m-n 1-|b1z1++bm2z" 当|z|足够大时, 1z+…+n3 10 b1x+…+bmz"k
1 1 1 1 2 n n n m m m z a z a R( z ) ,m n . z b z b − − + + + = − + + + 设 2 R R R c k R( x )dx R( z )dz i Re s[ R( z ),z ] + − + = 1 1 1 1 1 1 1 n n m n m m | a z a z | | R( z )| | z | | b z b z | − − − − − + + + = + + + 1 1 1 1 1 1 1 n n m n m m | a z a z | | z | | b z b z | − − − − − + + + − + + 1 1 1 10 n n | a z a z | , − − + + 1 1 1 10 m | b z b z | m − − + + 当| 足够大时, z | 0 x y 1 .z 2 .z k .z 3 .z −R R . .
∵m-n≥2 1+ IR(Z)< 10 -n 10 在R充分大的CR上,有 [R(z)|R(z)d≤ 2 R R 当R→∞时,∫,R(z)→0 +r RR(xDdx=2riXRes/r(z), k/
m n − 2 在 充分大的 上,有 R CR → 当 时 R , 2 1 1 1 2 10 1 1 10 m n | R( z )| | z | | z | − + − 2 2 2 R R c c | R( z )dz | | R( z )| ds R R R = 0 R c R( z )dz → 2 R R R( x )dx i Re s[ R( z ),z ] k + − =
例2计算=∫ dx (a>0,b>0) (x2+a2)(x2+b 解:∵R()的一级极点为士ai,±b, 其中m和b在上半平面内 Res/f(z),ai=lim((z-ai)72+42)(z+62/ z→a 2ai(b2-a2)2i(a--b2) Res/f(z),bi= lim/(z-bi) z→>b b (z+m-)(x2+b 2(b2-a2) b ∴Ⅰ=2xil 元 2i(b2-a-)2i(b2-a a+b
解：∵ R(z)的一级极点为±ai，±bi， 其中 ai 和 bi 在上半平面内。 a b = + 2 2 2 2 2 0 0 x dx I ( a ,b ) ( x a )( x b ) + − + + 例2 计算 = z ai z Re s[ f ( z ),ai ] [( z ai ) ] ( z a )( z b ) lim → = − + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a ai( b a ) − = − a i( a b ) = − 2 2 2 2 2 2 2 2 z bi z Re s[ f ( z ),bi ] [( z bi ) ] ( z a )( z b ) lim → = − + + a b I i[ ] i( b a ) i( b a ) = + − − 2 2 2 2 2 2 2 b i( b a ) = − 2 2 2
A"B(以才 定理:若R(A)是x的有理函数,分母的次数至 少比分子的次数高一次,且R(a)在x轴无点奇, 则 ∫tR(x)lc=2ni∑Res/R(xlem 其中z是R()e在上半平面的所有奇点
其中 zk 是R(z)eiaz 在上半平面的所有奇点. 定理：若R(x)是 x 的有理函数，分母的次数至 少比分子的次数高一次，且R(z)在x 轴无点奇， 则 ai R( x )e dx ( a ) + − （三）形如 0 aix aiz R( x )e dx i Re s[ R( z )e ,z ] k + − = 2