1、6.2 用留數定理計算實積分用留數定理計算實積分表示表示cos( ),sin( )的有理函數的有理函數,11cos,sin,22zzzzdzdiiz并且在并且在2 , 0上連續上連續.ize當當 經歷變程經歷變程0,2 時時,z沿圓周沿圓周|z|=1的正方向繞行一周的正方向繞行一周.因此有因此有這里這里R(cos ,sin )方法方法: 令令cos,sin22iiiieeeei(這里關鍵的一步是引進變數代換這里關鍵的一步是引進變數代換z=ei ,至于至于被積函數在被積函數在0,2 上的連續性可不必先檢驗上的連續性可不必先檢驗,要看變換后的被積函數在要看變換后的被積函數在|z|=1上是否有奇點上

2、是否有奇點.)1120| | 1(cos ,sin ),22zzzzzdzRdRiiz右端是右端是z的有理函數的周線積分的有理函數的周線積分,并且積分路并且積分路徑上無奇點徑上無奇點,應用留數定理就可求得其值應用留數定理就可求得其值.例例6.7 計算積分計算積分22012 cosdIpp 解解 (1) p=0時時令：令：z=ei 11cos,sin,22zzzzdzdiiz202Id (2)以下設以下設 p 0 2211121()()coszppzppp zpzz 22011121| |cos()()zdzIdzppzppziz 1111111| | |()()()()zziIdzdzizpp

3、zpzp zp11111111| | |()()()()zzIdzdzizppzipzp zp 1) |p|1時時111111211| |Res,()()()zIdziipippzp zzpzpp 212121zpp zpp 3) p=1時時21111111 11| | |()()()zzIdzdzizziz 無法算！無法算！22220001122221coscoscosdddIpp瑕積分！瑕積分！4) |p|=1,p 1時時自己討論！自己討論！例例6.2.2 計算積分計算積分20,sintadtI(a1)。解：令解：令itez izdzdtzzit),1(21sin而且而且t從從0增加到增加

4、到2 2 時，時，z按反時針方向繞圓按反時針方向繞圓C:|z|=1一周。一周。因此因此21112CIdzzizaiz 于是只需計算于是只需計算2221,Cdzziaz 212221|Res,kkaiaziaz 2221( )f zziaz 在在|z|0，計算積分，計算積分4401dxxa解：解：44440 111 2dxdxxaxa共有四個一階極點共有四個一階極點,24 (0,1,2,3)kikaaek334411Re( )4444kkkkz az akkaas f zzaaa其中只有其中只有a0, a1在上半平面上在上半平面上,于是：于是：44440111 2dxdxxaxa1012 Res

5、 ( ) Res ( )2z az aif zf z34441 4iiiaeaea4441 4iiiaeaea331sin242 2aa441 ( )f zza例例6.12 設設a,b0，計算積分，計算積分22222 xdxxaxb解：這里解：這里22222( ) zf zzazb共有四個一階極點為共有四個一階極點為ai,bi,其中只有其中只有ai,bi,在上半平面內在上半平面內22222Res( )lim zaiz aizf zzaizazb222lim zaizzaizb22222-=22aaai bai ab22Res( )2z bibf zi ba2222222abIiabi abi

6、ba例例6.2.5 計算積分計算積分022,)1 (xdxI 解：考慮函數解：考慮函數2211( )()f zz 在在上上半平面上半平面上有一個二階極點有一個二階極點i。22220111121()()Idzdzxx 2211 Res,()iiz 21lim()ziizi 32lim()ziizi 144.ii 例例 4dxxxx1242計算在上半平面其中的四個一階極點為214 , 32 , 12422222224,2321,2321:1)(0) 1)(1() 1(1zzizizzzzzfzzzzzzzz3343134312),(Res),(Res221iiiiizzfzzfi例例 5 2101

7、(1)ndxx 計算,1) 1(1)(12iznzzfn階極點在上半平面只有一個21112(1)nIdxx解：解：1212111( 1) (1)(2)2Res ( ), !(2)(1)(2)2(21)!22(2 )!nnnnnz indnnnif z iiin dzz ininnnnnn),0(Re:充分大RziRlim( )0(0).RimzRg z edzmlim( )0Rg z引理引理6.2(約當約當Jordan引理引理) 設：設： g(z)沿半圓周沿半圓周上連續上連續, 在在 上一致成立上一致成立.則則R 證證 對于任給的對于任給的0, R00,使當使當RR0時時,有有.,| )(|R

8、zzg于是于是,就有就有 R0Re|( )|(Re )Re|iRimziimiig z edzgzeidre ,0sindeRmR(6.13)Resincossin| |.iimmRimRmReee Rigii|Re| ,| )(Re|這里利用了這里利用了以及以及0Re(Re )Reiiimigei d 2002/sinsinsin/,mRmRmRededed 02220/sinsinsin/ mRmRtmRtededted|( )|Rimzg z edz 202/sin,mRRed 202sin|( )|RimzmRg z edzRed 220202222mRmRRedRemR 1 ().m

9、Rmme lim( )0(0).RimzRg z edzm于是于是,由由(約當不等式約當不等式)220sin(), 將將(6.13)化為化為()imxg x edx(6.14)特別說來特別說來,將將(6.14)分開實虛部分開實虛部,就可以得到形如就可以得到形如:( )( )( )( )cos, sin.P xP xQ xQ xmxdxmxdx 定理定理6.8 設設 ( )( )( )P zg zQ z滿足條件滿足條件:(0) （Q(z)，P(z)=1(1) 0(Q(z) 0 (P(z)(2) Q(x)0,x R(3)m0.Im02 ( ).kkimzz aaiRes g z e的積分。的積分。

10、),0()(0110 cczczczPmmm),0()(0110 bbzbzbzQnnn證證 即即 Q(z)的零點：的零點：a1,a2,akg(z)只可能有有限個孤立奇點只可能有有限個孤立奇點(圖圖6.4).于是于是, 由線段由線段-R,R及及 R合成一周線合成一周線CR:Re (0)iRz 取上半圓周取上半圓周作為輔助曲線作為輔助曲線 先取先取R充分大充分大,使使CR 內部包含內部包含 g(z) 在上半平在上半平面內的一切孤立奇點面內的一切孤立奇點(實際上只有有限個極點實際上只有有限個極點).而由條而由條(2),f(z)=g(z)eimz在在CR 上沒有奇點上沒有奇點.按留數定理得按留數定理

11、得Im0( )2Re( ).RkkimzimzCzaag z edzisg z eIm0( )( )2Re( ).kRkRimximzimzRzaag x edxg z edzisg z e或寫成或寫成(6.12)Ox.a2.ak.a1y.a3.a4z圖圖6.4-RRCR R 先取先取R充分大充分大,使使CR 內內部包含部包含 g(z) 在上半平面內在上半平面內的一切孤立奇點的一切孤立奇點(實際上實際上只有有限個極點只有有限個極點).Im0( )( )2Re( ).kRkRimximzimzRzaag x edxg z edzisg z e因為因為(6.12)00( )|( ) |( )mmn

12、nc zcP zg zQ zb zb 00.mmnncmzbnzczzb 由假設條件由假設條件(1)知知n-m1,故沿故沿 R上就有上就有:| zg (z) |0 (R+).在等式在等式(6.12)中命中命R +,并根據引理并根據引理6.2,001.mmnnczbnmzczb ( )0Rizg z e dz例例6.13 計算積分計算積分解解: 20cos1mxIdxx220cos1cos121mxmxIdxdxxx而而22cosRe11imxmxexx故先計算下列積分故先計算下列積分222Re11imximzz ieedxisxz22mmeiei221cos1Re2121imxmxeIdxdx

13、xx12me例例6.14 計算積分計算積分2cos210 xxIdxxx解：解：22cosRe210210ixxxxeIdxdxxxxx221 32Re210210ixizzixezedxisxxzz 3(cos1 3sin1)(3cos1sin1)3ei32cos(cos1 3sin1)2103xxIdxexx2210()(1 3 )1)3zzzzii32(13 )(1 3 )3 1 3izizeii ezizi 例例6 計算計算 的值的值.220sin(0)xxIdx axa解解 這里這里m=2,n=1,m n=1.R(z)在實軸上無孤在實軸上無孤立奇點立奇點,因而所求的積分是存在的因而所

14、求的積分是存在的. 在上半平面內有一級極點在上半平面內有一級極點ai,22( )zR zza22e d2 Res ( )e ,ixizxxiR zaixae2lim2.2izaaziazeiiiezia22220sin11dIm().22ixaxxxxe dxexaxa因此,(充分小充分小)上連續上連續,且且irreazS:210lim() ( )rza f z 210lim( )() .Srrf z dzi 引理引理6.3 設設f(z)沿圓弧沿圓弧211(),Srizza d d21() ( )|( )() | |.SSrrza f zf z dzizza d d證證 因為因為與引理與引理6

15、.1的證明相仿的證明相仿,得知上式存在得知上式存在r充分小時充分小時,其值不超過任意給定的正數其值不超過任意給定的正數 .于于Sr 上一致成立上一致成立,則有則有于是有于是有圖圖6.3arSr2 1 例例4 計算積分計算積分 的值的值.0sinxdxx解解 因為因為 是偶函數是偶函數, 所以所以sinxx0sin1sin2xxdxdxxx0)(zzezfiz在實軸上有奇點 為了使積分路線不通過原點為了使積分路線不通過原點, 取如下圖取如下圖所示的路線所示的路線. 由柯西積分定理由柯西積分定理, 有有0RrizixizixrRCRCreeeedzdxdzdxzxzxCrCRyxO rrR R0R

16、rizixizixrRCRCreeeedzdxdzdxzxzxCrCRyxO rrR R令令xt, 則有則有ixitixrrRRRreeedxdtdxxtx 0RrixixizizRrCCeeeedxdzdzxzzsin20RrizizRrCCxeeidxdzdzxzz因此因此, , 要算出所求積分的值要算出所求積分的值, , 只需求出極限只需求出極限0limlimRrizizCCRreedzdzzz與下面將證明下面將證明0lim0, limRrizizCCRreedzdzizz sin2.RrizizRrCCxeeidxdzdzxzz 1lim0zz6.2lim0RizCzedzz引理0li

17、m1izrezz0 6.3 lim(0) 1rizCredziiz 引理也可直接證明也可直接證明0lim0, limRrizizCCRreedzdzizz 由于由于sin0sin(2 / )2200|1|22(1).RRRizizyRCCCRRReedzdse dsedzzRededeR 所以所以lim0.RizCRedzz(z)在在z=0處解析處解析, 且且(0)=i, 當當|z|充分小時可充分小時可使使|(z)| 2, 111( )2!iznnezi zizzznz 而而0riiCdziredizre ( )rrrizCCCedzdzz dzzz由于由于( )| ( )|22rrrCCCz

18、 dzzdsdsr在在r充分小時充分小時,0lim( )0rCrz dz0limrizCredziz 0sin2xidxix0sin.2xdxx0sin.2xdxx00sinsin()axaxdxd axxax00sin0.sin0tdtattaxtdtat00sin002.sin002tdtaatdayyyaty 0sinsgn( )2axdxaxDrichlit積分積分例題例題 2,110nndxxnN計算2101( )10,1,1nkinkinf zzzeknze的奇點為：一階極點位于上半平面0z) 1(RCRCOneRzCRxxezCiRni20:0:2；),(Res2)()()(00

19、zzfidzzfdzzfdxxfCCRRniRnRninCedxxdxexdzzf20021111)(),(Res2)(111002zzfidzzfdxxeRCRnnininzznennzzzzf1111),(Res1000nnRRdRRdeRRiedzzfnnnninniCR02111)(2020nneniedxxRnininsin1211:20令例例6.17. 計算積分計算積分20cosaxIebxdx 解：若解：若b=0,則：則：20axIedx 201ttaxedxa 116 1622( .)aab0,時，不妨設時，不妨設b0：20cosaxIebxdx 212Reaxibxeedx 212Reaxibxedx 212cosaxebxdx 22 2412Rebba xiaaedx 22 2412Relimbba xiRaaRRedx 222421 22RelimbbRiazaabRRiabzxie