Methods of Mathematical Physics(2016.10) napter 5 Calculations on definite integrals YLMaaPhys FDU 设∫(x)在实轴上有单阶极点z=c,我们所取路径必须绕过c点,以c点为圆 心,充分小r为半径的半圆周Cr,如图所示,则 f(ld=m)c=d+∫.(l=d+.r(x=d+[f(=kd 2∑Rs()= 当取两个极限R→∞,r→0时,我们有 im f(x) mdx+ f(x)e mdx= f(x)e 因为,lmf(=)=0,根据引理3 Jordan lemma)lim[f(xkd=0 二→∞ 由于=c是f()的单阶极点,所以Res[()==im(=-c)( 由引理2(注意积分方向),我们得到 lim f(je==-zi Res[()jem] 因此∫ f(x)e dx=2i∑Res[()m]+xRes[/(c-] 上半平面内 如果实轴上存在有限个单阶极点,则 ∫f(x)-dx=2n∑Rs[/(lm]+m∑Rs[()=] 变形:「f(x) )cos mdx=Ref(x)lmdx f(x)sin maxx=Im f(x)em dx. Why? 思考:m<0的情况?( e fe -=em=pm=e树满足各 lemma条件) 下半平面内 例1:l=「 cos x dx(m≠0) 解:=l+i 1+xdx,/()=1 z.满足 Jordan lemma条件f() 1+z 1)m>0:z=i是一阶极点, Rise"f()]l 1=2Ti-e=e=l, I=0(odd function
Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 16 设 f (z) 在实轴上有单阶极点 z = c ，我们所取路径必须绕过 c 点，以 c 点为圆 心，充分小 r 为半径的半圆周 Cr ，如图所示，则 ( ) d ( ) d ( ) d ( ) d ( ) d = 2 Res ( ) . R r c r R imz imz imz imz imz C R c r C C imz C f z e z f z e z f z e z f z e z f z e z i f z e − − + = + + + 又 内 当取两个极限 R → ,r → 0 时，我们有 0 lim ( ) d ( ) d ( ) d . c r R imx imx imx R R c r r f x e x f x e x f x e x − → − + − → + = 因为， lim ( ) = 0 → f z z ，根据引理 3(Jordan lemma) lim ( ) d 0. R imz R C f z e z → = 由于 z = c 是 f (z) 的单阶极点，所以 Res ( ) = lim( ) ( ) . imz imz z c z c f z e z c f z e = → − 由引理 2（注意积分方向），我们得到 0 lim ( ) d Res ( ) r imz imz r C z c f z e z i f z e → = = − ， 因此 - ( ) d 2 Res ( ) Res ( ) . imx imz imc f x e x i f z e i f c e = + 上半平面内 如果实轴上存在有限个单阶极点，则 - ( ) d 2 Res ( ) Res ( ) . imx imz imz f x e x i f z e i f z e = + 上半平面内 复平面实轴上 变形： - - ( )cos d Re ( ) d ; imx f x mx x f x e x = - - ( )sin d Im ( ) d . imx f x mx x f x e x = Why? 思考： m 0 的情况？ | | | | (| | | | imz imx my my m y my e e e e e − − − = = = = 下半平面内 满足各 lemma 条件）。 例 1： 2 2 cos sin d , d ( 0). 1 1 c s mx mx I x I x m x x + + − − = = + + 解： 2 2 1 d ( ) . 1 1 imx c s e I I iI x f z x z + − = + = = + + ， 满足 Jordan lemma 条件 ( ) 0. z f z → 1） m z i = 0: 是一阶极点， Res[ ( )]| | . 2 imz m imz z i z i e e e f z z i i − = = = = + 1 2 , 0 2 m m c s I i e e I I i − − = = = = (odd function)
Methods of Mathematical Physics(2016.10) napter 5 Calculations on definite integrals YLMaaPhys FDU 2)m<0:z=-是一阶极点,1=-2x-1e-一)=me树结果相同 Example2.计算积分1,=」dx(m是非零实常数,a>0) 解一]先设m>0,且先考虑积分=[3dx dz dz de 2丌iRes 2 = nle 取极限R→>∞,因为lm--=0,根据引理3 dz=0,于是得到I dz =丌ie +a I=Im/=te,1=Rel=o 如果m<0,则1= xsin x xsin x 解二]仅考虑m<0的情况。 考虑积分I= 取积分路径如左图所示,因此 -R ze dz -{ 2Ti. Res =2Ti 取极限R→,因为:=+a=0,根据引理3:.2+ad=0 - 于是得到I'= dz=-le-冲,1=Im=-ne 2-+a Example3.计算积分1=3xd 解]f(=)=在实轴上有单阶极点z=0,取积
Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 17 2） m z i = − 0 : 是一阶极点， 1 ( ) 2 . 2 i m i m I i e e i − − − = − = − 结果相同。 Example 2. 计算积分 2 2 sin d s x mx I x x a − = + (m 是非零实常数， a 0 ). [解一] 先设 m 0 ，且先考虑积分 − + = x x a xe I imx d 2 2 . 2 2 2 2 2 2 2 2 d d d = 2 Res 2 . 2 R imz imz imz R C R C imz ma ma z ai ze ze ze z z z z a z a z a ze e i i ie z a − − − = = + + + + = = + 又 取极限 R → ，因为 lim 0 2 2 = → z + a z z ，根据引理 3 d 0 2 2 = + CR imz z z a ze , 于是得到 2 2 d . imz ze ma I z ie z a − − = = + Im , Re 0. ma s c I I e I I − = = = = 如果 m 0 ，则 2 2 2 2 sin sin d d . x mx x m x m a I x x e x a x a − − − = = − = − + + [解二] 仅考虑 m 0 的情况。 考虑积分 2 2 ' d . i m x xe I x x a − − = + 取积分路径如左图所示，因此 2 2 2 2 2 2 2 2 d d d = 2 Res 2 . 2 R i m z i m z i m z R C R C i m z m a m a z ai ze ze ze z z z z a z a z a ze e i i ie z a − − − − − − − = − = + + + + = = + 又 取极限 R → ，因为 lim 0 2 2 = → z + a z z ，根据引理 3： d 0 ' 2 2 = + − CR i m z z z a ze . 于是得到 2 2 2 2 ' d d . i m z i m z ze ze m a I z z ie z a z a − − − − − = = − = − + + Im ' . m a s I I e − = = − Example 3. 计算积分 = 0 1 d sin x x x I . [解] z f z 1 ( ) = 在实轴上有单阶极点 z = 0, 取积