第十一讲留数定理及其应用(二) 第1页 第十一讲留数定理及其应用(二) §11.1含三角函数的无穷积分 这类定积分的标准形式可以写成 I=f(x)cos padx或=f(x) sin pxdr 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是被积函数不能简单地取为f(z)cos pz 或f(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以不同 方式趋于∞时,sinz或cosz可以逼近于不同的数值),不便于直接计算 imf(z)cos pzdz或lim R→∞JCR R→∞JCR f(=)sinpzdz. 正确的做法是将被积函数取为f(z)ep如果函数(z)e在上半平面内只有有限个奇点,则 R (z)e'pzdz= f()+(z) 2dz R R R f()[cos px +isin pa]+ f(z) R CR 2i∑resfze 上半平面 只要能够计算出 lim f()eipzdz, R-∞JCR 分别比较实部和虚部,就可以求得 ∞ f(x)cos px和f(x) sin pxdr. ∞ 为此,介绍一个引理 引理11.1(Jordan引理)设在0≤argz≤元的范围内,当|z→∞时,Q(z)一致地趋近于 0,则 lim()eip-dz=0, R→∞JCR 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=Rei () -dz(Re Rei)eipr(cose+isin) Reide CR 0
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 <ER pRsin ed0=2ER 证明的关键在于精确估计sin值.由图111可见,当0≤6≤π/2时,有 sin6≥20/π,所以 Q(a)eip=dz 2ER/e-pR:-2e/de 这样,就证明了 Q(z)epdz=0.口 于是,在满足 ordan引理的条件下 f(x)edx=2ni∑rs{f(2) 上半平面 分别取实部和虚部,即得 f(cpd=Ra{2xi∑rs(a1}=-xm∑rs[r) f()sin pr dz=Im 2ni 2 res [f(a)el =2R ∑res[f() 11.1计算积分 ,a>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 < εR Z π 0 e −pR sin θdθ = 2εR Z π/2 0 e −pR sin θdθ. ➹ ➘✰➴➷⑨➨➬t➮➈ sin θ ➱✿✃❐ 11.1 ✵❒❉➠ 0 ≤ θ ≤ π/2 ➡ ❉❻ sin θ ≥ 2θ/π ❉❮✶ Z CR Q(z)eipzdz < 2εR Z π 0 e −pR·2θ/πdθ = 2εR π 2pR 1 − e −pR = επ p 1 − e −pR . ❰ 11.1 ✫Ï❉➒➹ ➘Ð lim R→∞ Z CR Q(z)eipzdz = 0. ➨ ✇❉⑨ÑÒ Jordan ÓÔ✰ÕÖ×❉ Z ∞ −∞ f(x)eipxdx = 2π i X ➁➂➃➄ res f(z)eipz . ✯➋⑤➎➏➐➑➏❉Ø➔ Z ∞ −∞ f(x) cos px dx = Re 2π i X ➁➂➃➄ res f(z)eipz = −2π Im X ➁➂➃➄ res f(z)eipz , Z ∞ −∞ f(x) sin px dx = Im 2π i X ➁➂➃➄ res f(z)eipz = 2π Re X ➁➂➃➄ res f(z)eipz . Ù 11.1 ➈➉✮✯ Z ∞ 0 x sin x x 2 + a 2 dx, a > 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➦➨ ∞ ✿