复变函数复变函数复变函数 (75).pdf

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1、130 2、用留数计算实积分用留数计算实积分 一、教学目的与要求一、教学目的与要求（3 课时）1、灵活运用()20cos,sinRd 型求积分的计算方法 2、掌握反常积分主值，灵活运用积分路径上无奇点的广义积分算法 3、掌握积分路径上有奇点的积分 二、重难点二、重难点 1、重点 ()20cos,sinRd 型积分路径上无奇点的广义积分的计算 2、难点 理解证明和计算中的数据处理 三、教法与教学手段三、教法与教学手段 课堂讲授法 补充实例说明题解方法；电教，CAI 演示 四、教学内容四、教学内容 （3 课时）（一一）关于关于 ()20cos,sinIRd=型积分的计算型积分的计算 其中R（x,y

2、）表示(,)x y的有理函数，且在0,2 上连续 思路思路 引入变数代换引入变数代换ize=,然后应用留数定理然后应用留数定理 例例 1 1 求201sindtIat=+，其中常数1a 解解 （1）令 itez=，当 t 从02时，z 沿半径圆周逆时针方向旋转一周（封闭曲线），故 1sin22ititeezztii=131 ()=ititdzeie dtdzdtiz=所以 121112212zzizIdzdzzzzaiai=+易得()2221f zzai=+有两个一阶极点 211zaii a=+和211zaii a=且121,1zz 11221Re1z zz zzszzi a=()122222

3、Re11z ziIis fzi aa=注注 若()cos,sinR 为 的偶函数，则 ()()()2001cos,sin=cos,sin1cos,=s in22RdRdRd 例例 2 2 计算 015-4cosIdxx=解解 由于15-4cosx 为 x的偶函数，所以 201125-4cosIdxx=令 1cos,2ixzzdzezxdxiz+=()()()111111111225-222zzIdzizizzzzz=132 ()()11142zdzizzz=又()1122112Re12322zzszzz=所以()12112Re14322zIisizz=例例 3 3 求 2201+cosdIx=

4、解解 令ize=，则()42:1461zzdzIzz=+又 令2zu=则()()422426161zdzdui zzi uu=+当 z 绕 旋转一周时，u 在其上旋转两周，所以()2224=6161duduIiuui uu=+被积函数()在 内部仅有一个一级极点 u=3+8，所以()383811Re384 2uus f uu=+=+=+由留数定理得 133 41224 2Iii=例例 4 4 求220cos21 2 cosId=+()01 解解（1）令 ize=，得()22221cos2cossin2zz=+()()2242211221111=1221 22zzzzzIdzdzzzizizzz

5、=+=+函数 ()()4211zf zzzz+=，有极点 10,z=，而 0 和 在1z=内部（2）求()f z 在 0z=及 z=处的留数()()442211Re11zzzs f zzz=+=()()420011Re1-zzzs f zzz=+=（3）由 定理定理 6.16.1 知 ()()()24222011122ReRe211zzIis f zs f zi=+=+=计算积分路径上无奇点的广义积分。134 在实际问题中，常遇到一些无穷限广义积分如+20sin x dx（光的折射）()+0cos0axebxdx a（热传导）函数学分析中求这些积分无统一的处理方法而且过程繁杂，至少像 函数一类

6、的积分，求起来就更困难，但根据留数定理来计算，往往比较简捷。这种方法的基本思想是：先取被积函数或辅助函数 g(z)在有限区间 a，b 上的定积分，再引入辅助曲线 ，用 a，b 一起构成围线，由留数定理得 ()()()2bag x dxg z dziResg z+=（*）其中为()在围线内部有限多个奇点处的留数总和；若能估计出（*）中第二项积分值，则两边取极限，就能至少得到所求广义积分的主值。例例 5 5 求积分220(1)dxIx+=+解解 该积分显然收敛，考虑函数 221(1)x+，该函数有两个二阶极点，在上半平面上的一个为zi=，作以 O 为心，以 r）1 为半径的圆盘。考虑其上半部分 ，

7、有 222222112Re(,)2(1)(1)(1)42rrrCdxdzisiixzzi+=+(*)又 222210(1)(1)rCdzrzr+()r +在 222210,(1)(1)rCdzrzr+式中含r+，得 22=(1)2dxx+135 从而 =4I 注注 (*)取极限求得反常积分的主值，但该反常积分收敛，主值即为积分值。为便于处理辅助曲线上的积分，我们介绍两个常用引理。若能直接引用它们解题，则计算就大为简化，否则我们仍要在解题中首先估计g(z)dz。引理引理 6.16.1 设()沿圆弧12:Re(,)iRSzR=充分大上连续，且 limz()Rf z=于上一致成立（即与12中的无关）

8、，则()21lim()RSRf z dzi=证明参证明参 T.B.T.B.引理引理 6.26.2（JordanJordan 引理）引理）设()g z沿上半圆周:Re(0,)iRzR=充分大连续，且 lim()0Rg z=在上一致成立。则 lim()0RimxRg z edz=（m0）证明可参，余家荣书证明可参，余家荣书 （第三版）（第三版），T.B.T.B.1 1、两两类重要（常用）广义积分的计算类重要（常用）广义积分的计算 （1 1）求）求()()P xIdxQ x+=定理定理 6.76.7 设 101()mmmP xc xc xc=+0(0)c 101()nnnQ xb xb xb=+0(

9、0)b 136 满足条件（1）()P x，()Q x互质（2）2nm（3）()0Q x 则 Im0()()2Re,()()kkaP xP xdxisaQ xQ x+=注注 该定理中辅助函数()()()P Zf zQ Z=合并留数定理及引理 6.1 的条件，在估计辅助路径上半圆周R上积分()Rf z dz 0a 时就用到了引理 6.1 例例 6 6 设0a，求44dxIxa+=+解解 4444012dxdxxaxa+=+令441()f zxa=+，则()共有四个一阶极点，24kikaa e+=(0 3)k=且适合定理定理 6.76.7 的条件，而 334411Res(),)4444kkkkz a

10、kkaaf z azaaa=()f z在上半平面内只有两个极点0a及1a，于是 34444444333011()()sin44242 2iiiidxiaeaeieexaaaaa+=+=+例例 7 7 求424(31)x dxIx+=+解解 函数424()(32)xf zx=+在上半平面上只有23zi=一个四阶极点，且含定理定理 6.76.7的条件 137 记23ia=，令zat=，即zat=+则 444244444 44()()(32)3()()3(2)zztaf zzzazatta+=+432 2344 443234146431632248aa ta tatttaa ta tatt+=+23

11、4 42311()31683232ttttaaa=+所以 1431(),)332Res f z aCa=+辗转相除法求1 即 4321Re(),)32576 6332()3is f zii=所以 4242(32)576 6288 6x dxiix+=+（2 2）求求(x)()imxPedxQ x+型积分型积分 定理定理 6.8 6.8 设多项式()P x，()Q x满足条件 （1）()P x与()Q x互质（2）()Q x次数比()P x高（3）()0Q x （4）0m 138 则 0(x)()2Re,()()kimximximakPP xedxiseaQ xQ x+=注注 该定理中辅助函数(

12、)()()imzP zf zeQ z=合并留数定理及引理 6.2 的条件，在估计辅助路径上半圆周上积分()()RimzP zedzQ z 时就用到了引理 6.2。特别地，我们 定理定理 6 6.8 8 可得形如 ()cos()P xmxdxQ x+和()sin()P xmxdxQ x+的积分 例例 8 8 求积分 2220sin()xmxIdxxa+=+(0,0)ma 分析222()xxa+为奇函数，sinmx为奇函数，则 222sin()xmxxa+为偶函数，所以 2222222220sin1sin1Im()2()2()imxxmxxmxxdxdxedxxaxaxa+=+解解 222()()

13、imxxf xexa=+满足定理定理 6 6.8 8 的条件，而 222()()imzzf zeza=+有两个二阶极点，其中iza=在上半平面内，所以 222Re(),)()4iimzmaiz adzms f z aeedz zaa=+据定理定理 6.86.8 知 2222222220sin11Im()2()2()imxxmxxxinmxxdxdxedxxaxaxa+=+139 Im44mamammieeaa=（二二）计算积分路径上有奇点的积分计算积分路径上有奇点的积分 1 1、反常积分的反常积分的 Caudy Caudy 主值主值 分析中()f x dx+收敛()在21,R R上可积，且 1

14、212lim()RRRRf x dx+存在 上述定义中 1，2 为两个独立变量（数），要求它们独立地趋于+时，所述极限存在。在实际中，有的函数虽然这个要求不能满足，但 lim()dxRRRf x 却存在 此时我们称反常积分()f x dx+在Caudy 主值意义下收敛，且称此极限值为其Caudy 主值，记为 P.V.()lim()RRRf x dxf x dx+=（1）若()f x dx+收敛，则主值意义下亦收敛，且两者相等。反之未必成立。（2）对瑕积分也可以类似地定义其 Caudy 主值。2 2、计算积分路径上有奇点的积分计算积分路径上有奇点的积分 引引理理 在定理定理 6.86.8 中，我

15、们假定()Q z无实零点，若把条件削弱一点，容许()Q z有有限多个一级实零点，即 容许()()()imzP zf zeQ z=在实轴上有有限个一阶极点，为了估计沿辅助路径的积分，首先给出 引理引理 6.36.3 设()沿圆弧12:(,)irSzarer=充分小上连续，且设 a 为()f z的一阶极点，Re(),)s f z a=，即 设lim()()rza f z=于rS上一致成立，则 21lim()()rSrf z dzi=140 特别地，若rS为半圆周zar=，arg()za从到 0 lim()Re(),)rSrf z dziis f z a=证证 因为 21()rSdziza=所以 2

16、1()()()()rrSSza f zf z dzidzza=与引理引理 6.16.1 相仿，可得在r充分小时，上式不超过给定的0 定理定理.,设（1）()()()imzP zf zeQ z=(0)m ，()P z，()Q z为互质多项式，且()Q z比()P z次数高。（2）Q(z)有有限个一阶零点 12,nx xx 则.PV Im01()()1()2Re(,)Re(,)()()2()knimximzimzkjajP xP zP zedxiseasexQ xQ zQ z+=+记记 仿教材例仿教材例 6.156.15 的解法证之。中间应用了引理的解法证之。中间应用了引理 6.26.2，引理，引

17、理 6.36.3 和定理和定理 6.16.1 例例 9 9（DirichletDirichlet 积分）积分）求积分0sin xIdxx+=解解 0sin xdxx+存在且0sin1sin2xxdxdxxx+=考虑函数()izef zz=下图所示之闭曲线路径 C 的积分，据 Caudy 积分定理得 ()0cf z dz=即 0RrixizixizRrrCRCeeeedxdzdxdzxzxz+=(*)141 这里RC及rC分别表示半圆周Reiz=及izre=(0,)rR 由于10z ()z 在RC上一致成立 再由，引理 6.2 知 lim0RizCRedzz=由于 1izezz(0)r 在上一致

18、成立 由引理引理 6.6.3 知 limlim(0)rrizizCCrreedziizdz=在(*)式中，令0r，R 取极限得 ixedxx+的主值为 ixedxix+=所以 0sin1sin22xxdxdxxx+=注注 在定理定理.,中有这样一个结果，在上半平面内挖去极点ak的全是邻域，该点留数为全的前面乘 1 挖去实轴上一阶极点为半邻域。该点的留数就算一半，前面乘12。若矩形的四个顶点为一阶级点，从积分路径（矩形）上挖去它们，则是去掉14邻域，该点的留数就要在前面乘14。即 在积分路径上容许有奇点，推广 3 的留数定理。补充材料 复积分（留数理论）在积分计算中的应用技巧 （应用定理定理 6

19、.86.8）例例 10 计算积分 R r O r R 142 （1）4sin(4)(1)xdxxx+（2）4cos(4)(1)xdxxx+解解 考虑辅助函数 2()(4)(1)izef zzz=+()f z在上半平面内有一个一阶极点2zi=，在上有一个一阶极点1z=且满足定理定理.,22Re(),2)(2)(1)4(21)izziees f zizi zii=+21Re(),1)45izizees f zz=+据定理定理.,得.PV 22222211 2sin1cos1 12(4)(1)4(21)2 5105ixieeeeedxiixxiiee+=+=+所以 .PV.222sincos1 1(

20、4)(1)5xedxxxe+=+.PV 2222cos1 2sin11(sin1)(4)(1)1052xedxxxee+=+例例 11 11 求22cosxIdxax+=(0)a 的 Cauedy 主值。解解 此积分不收敛，但可求其主值。143 设22()izef zaz=，它在上半平面内解析，在上有两个一阶极点z=a，且满足定理定理.,(),)()2iziaz aeeRes f z azaa=+(),)()2iziazaeeRes f zazaa=由定理定理.221sin.2()2 220ixiaiaeeeaPVdxiaxaa+=所以 22cossin.xaPVdxaxa+=例例 12 12

21、 证明 2sin(1)xdxxx+=证证 设2()(1)i zef zzz=它仅在R上有三个一阶极点 011，而()在这三个点的留数分别为1,1 1,2 2 据定理定理.,P.V.21112(1)2(1)222i xedxiixx+=+=所以 221(1)2(1)i xi xeedxdxxxxx+=五、小结五、小结 重点突出前两种应用的解法，要求灵活运用！六、作业六、作业 144 271 272 4(1),5(1)(3),6(2)七、补充说明七、补充说明 利用留数定理求定积分，关键是选择一个合适的辅助函数和一条相应的辅助闭路（围线），从而化定积分为沿闭路的复积分，一般地辅助函数(z)F总选的当zx=时，()()F xf x=,Re(x)=f(x)s F或Im(F(x)=f(x)（原被积函数）辅助闭路选取原则为 使添加的路线上的积分能够通过一定的办法（包括用我们给出的几何引理）估计出来，或者其能够化为原来的定积分 但具体选取时，形状是多样的，有半圆周围线，长方形围线，扇形围线，三角形围线等，此外，围线上有奇点还要绕过去。八、预习要求八、预习要求 预习 6.3 并思考 1、函数()f z在其零点与极点处的对数函数各是什么？2、辅角原理的几何意义又是什么？如何求出函数在围线内的零点为极点个数？3、用 Rouche 定理研究函数零点分布的主要思路是？4、参考文献1，2,5