因为 根据 Jordan引理,有 dz=o 根据小圆弧引理,有 2(2+4) 综合上述结果,取极限R→∞,6→0,就得到 比较虚部,就得到最后结果 r(x2+4) 积分围道 被积函数 (2分) 留数定理 (3分) 奇点z=2i及留数计算 分) 小圆弧引理,计算 (4分) 大圆弧, n引理 结果 (3分) FO 作变换=2,注意z平面上的|2=1一周变为平面上的k|=1两周,所以 F0)={1+2+ 在单位圆内的留数和= 2πi e −2 −8 = − πi 4 e −2 . ✿ ❖ limz→∞ 1 z(z 2 + 4) = 0, ÔÕ Jordan àÖ✛× lim R→∞ Z CR e iz z(z 2 + 4)dz = 0. ì✿ ❖ limz→0 z · e iz z(z 2 + 4) = 1 4 , ÔÕíÑ ßàÖ✛× lim δ→0 Z Cδ e iz z(z 2 + 4)dz = − πi 4 . áâ❸➚ãä✛❰åæ R → ∞, δ → 0 ✛ç➽➾ Z ∞ −∞ e ix x(x 2 + 4)dx = πi 4 ￾ 1 − e −2
. îï ❺❼✛ç➽➾ðñãä Z ∞ −∞ sin x x(x 2 + 4)dx = π 4 ￾ 1 − e −2
. ❩ ✶ ❮Ï Ü (2 ✶) ❩ ✹✸ (2 ✶) ❤ ✸ ➇Ö (3 ✶) è❲ z = 2i é ❤ ✸➉➊ (4 ✶) í Ñ ßàÖ✛➉➊ (4 ✶) Þ Ñ ß✛ Jordan àÖ (2 ✶) ãä (3 ✶) ➍✲ (10 ✶) F(p) = 1 π Z π 0 p p 2 + cos2θ dθ = 1 2π Z 2π 0 p p 2 + cos2θ dθ = 1 2π I |z|=1 p p 2 + 1 4 (z + z−1) 2 dz iz = 4p 2πi I |z|=1 z z 4 + 2(2p 2 + 1)z 2 + 1 dz. ➘ ➑➒ ζ = z 2 ✛✍✎ z òó❸P |z| = 1 ✱ô➑ ❖ ζ òó❸P |ζ| = 1 õô✛➯➲ F(p) = 4p 2πi I |ζ|=1 1 ζ 2 + 2(2p 2 + 1)ζ + 1 dζ = 4p × 1 ζ 2 + 2(2p 2 + 1)ζ + 1❋ ➷öÑ▲P❤✸❳. 7