西安交大復變函數(shù)課件5-3-2教學課件

1、 4 d )sin,(cos 2 0 R iz z iz z z z R z d 2 1 , 2 1 1 22 zzf z d )( 1 z的有理函數(shù)的有理函數(shù) , 且在且在 單位圓周上分母不單位圓周上分母不 為零為零 , 滿足留數(shù)定滿足留數(shù)定 理的條件理的條件 . 包圍在單位圓周包圍在單位圓周 內(nèi)的諸孤立奇點內(nèi)的諸孤立奇點. .),(Res2 1 n k k zzfi 5 例例3 .)10(d cos21 cos2 2 0 2 的值的值計算計算 p pp I 解解 , 10 p由由于于 )cos1(2)1(cos21 22 pppp 內(nèi)內(nèi)不不為為零零，在在20 故積分有意義故積分有意義. )

2、( 2 1 2cos 22 ii ee 由由于于 ),( 2 1 22 zz iz z p zz p zz I z d 2 21 1 2 2 1 1 22 i ez 令令 dd i iez , d d iz z )( 2 1 cos ii ee , 2 1 zz 6 iz z p zz p zz I z d 2 21 1 2 2 1 1 22 z pzpziz z z d )(1(2 1 1 2 4 , 1 , 0 p pz 被積函數(shù)的三個極點被積函數(shù)的三個極點 內(nèi)內(nèi)，在在圓圓周周1, 0 zpz 為一級極點，為一級極點，為二級極點，為二級極點，且且pzz 0 .d )( 1 zzf z 7

3、上上被被積積函函數(shù)數(shù)無無奇奇點點，所所以以在在圓圓周周1 z )(1(2 1 d d lim0),(Res 2 4 2 0 pzpziz z z z zf z 222 24322 0 )(2 )21)(1(4)( lim zpppzzi ppzzzzpppzz z , 2 1 2 2 ip p 8 , )1(2 1 22 4 pip p )(1(2 1 )(lim),(Res 2 4 pzpziz z pzpzf pz )1(2 1 2 1 2 22 2 2 2 pip p ip p iI. 1 2 2 2 p p 因此因此 9 xxR d)( 若有理函數(shù)若有理函數(shù) R(x)的分母至少比分子高

4、兩次的分母至少比分子高兩次, 并且并且分母在實軸上無孤立奇點分母在實軸上無孤立奇點. 一般設(shè)一般設(shè) 2,)( 1 1 1 1 nm bzbz azaz zR m mm n nn 分析分析可先討論可先討論,d)( R R xxR 最后令最后令 R即可即可 . 二、形如二、形如 的積分的積分 10 2. 積分區(qū)域的轉(zhuǎn)化積分區(qū)域的轉(zhuǎn)化: 取一條連接區(qū)間兩端的按段光滑曲線取一條連接區(qū)間兩端的按段光滑曲線, 使與區(qū)間使與區(qū)間 一起構(gòu)成一條封閉曲線一起構(gòu)成一條封閉曲線, 并使并使R(z)在其內(nèi)部除有在其內(nèi)部除有 限孤立奇點外處處解析限孤立奇點外處處解析. (此法常稱為此法常稱為“圍道積分法圍道積分法”)

5、1. 被積函數(shù)的轉(zhuǎn)化被積函數(shù)的轉(zhuǎn)化: (當當z在實軸上的區(qū)間內(nèi)變動時在實軸上的區(qū)間內(nèi)變動時 , R(z)=R(x) R R xxRd)( C zzfd)( 可可取取 f(z)=R(z) . 11 x y 0R . R . 這里可補線這里可補線 R C (以原點為中心以原點為中心 , R為半徑為半徑 的在上半平面的半圓周的在上半平面的半圓周) R C與與 RR, 一起構(gòu)成封閉曲線一起構(gòu)成封閉曲線C , R(z)在在C及其及其 內(nèi)部內(nèi)部(除去有限孤立奇點）處處解析除去有限孤立奇點）處處解析. 取取R適當大適當大, 使使R(z)所有的在上半平面內(nèi)的極點所有的在上半平面內(nèi)的極點 k z都包在這積分路線

6、內(nèi)都包在這積分路線內(nèi). R C 12 根據(jù)留數(shù)定理得根據(jù)留數(shù)定理得 : R C k R R zzRizzRxxR,),(Res2d)(d )( m m n n nm zbzb zaza z zR 1 1 1 1 1 1 1 )( m m n n nm zbzb zaza z 1 1 1 1 1 1 1 當當 充分大時充分大時, 總可使總可使z , 10 1 1 1 n nz aza, 10 1 1 1 m mz bzb 13 ，因為因為2 nm m m n n nm zbzb zaza z zR 1 1 1 1 1 1 1 )(所所以以 2 2 z szRzzR RR CC d)(d)( R

7、R 2 2 , 2 R ),(Res2d)( k zzRizzR所所以以 ;0d)(: R C zzRR,d)( zzR R R zzRd)( 14 例例4 計算積分計算積分 ), 0, 0( )()( d 22222 baba bxax x )()( 1 )( 22222 bzaz zR aiz bzaiz )()( 1 222 解解 在上半平面有二級極點在上半平面有二級極點,aiz .biz 一級極點一級極點 , )(2 1 222 babi ),(ResaizR 15 biz bizaz )()( 1 222 , )(4 3 2223 22 abia ab ),(Res),(Res2ai

8、zRbizRi . )(2 )2( 23 baba ba 2222223 22 )(2 1 )(4 3 2 abbiabia ab i ),(ResbizR )()( d 22222 bxax x 所所以以 16 x y 0R . R . )0(d)( axexR aix 積分存在要求積分存在要求: R(x)是是x的有理函數(shù)而分母的次的有理函數(shù)而分母的次 數(shù)至少比分子的次數(shù)高一次數(shù)至少比分子的次數(shù)高一次, 并且并且R(z)在實軸上在實軸上 無孤立奇點無孤立奇點. R C與與 RR, 曲線曲線C ,使使R(z)所有的在上半平面內(nèi)的極點所有的在上半平面內(nèi)的極點k z 包在這積分路線內(nèi)包在這積分路線

9、內(nèi) . 同前一型同前一型: 補線補線 R C 一起構(gòu)成封閉一起構(gòu)成封閉 都都 三、形如三、形如 的積分的積分 R C 17 sezRzezR aiz CC aiz RR d)(d)( se R R C iyxai d 2 )( 對于充分大的對于充分大的 , 且且 時時, 有有z1 nm z zR 2 )( sin,cosRyRx 令令 )sin(cos iRz 則則 0 se R R C iyxai d 2 )( see R ay C axi R d 2 d2 0 sin aR e 18 ).1 ( 2 aR e aR ,d4 2 0 ) 2 ( aR e d4 2 0 sin aR e d4

10、 2 0 sin aR e o y 2 y sin y 2 R 0 從而從而. 0)1( 2 d)( aR C aiz e aR zezR R .0d)( zezR aiz CR 19 zezRxexR aiz C R R aix R d)(d)( ,)(Res2 k aiz zezRi 由留數(shù)定理由留數(shù)定理: :R ,)(Res2d)( k aizaix zezRixexR axiaxeiaxsincos xaxxRixaxxRdsin)(dcos)( . ,)(Res2 k aiz zezRi 20 例例5 計算積分計算積分 .0, 0,d )( sin 0 222 amx ax mxx

11、解解 x ax mxx x ax mxx d )( sin 2 1 d )( sin 222 0 22 xe ax x imx d )( Im 2 1 222 在上半平面只有二級極點在上半平面只有二級極點 , )( )( 222 imx e az z zf ,aiz 又又 21 xe ax x imxd )( 222 則則 aiz imz e aiz z z aizf 2 )(d d ),(Res, 4 ma e a m ),(Res2Im 2 1 aizfi . 4 ma e a m aie az z i imz , )( Res2 222 x ax mxx d )( sin 0 222 所

12、所以以 注意注意 以上兩型積分中被積函數(shù)中的以上兩型積分中被積函數(shù)中的R(x)在實軸在實軸 上無孤立奇點上無孤立奇點. 22 .d sin 2 1 d sin 0 x x x x x x 例例6 計算積分計算積分.d sin 0 x x x 分析分析 所所以以是是偶偶函函數(shù)數(shù) , sin x x z zsin 某封閉曲線某封閉曲線 , 因因 z zsin 在實軸上有極點在實軸上有極點 , 0 z 應(yīng)使封閉路應(yīng)使封閉路 線不經(jīng)過奇點線不經(jīng)過奇點, 所以可取圖示路線所以可取圖示路線: 23 x y o R C r C rRr R 解解 , 0dddd x x e z z e x x e z z e

13、 R r ix C iz r R ix C iz rR 封閉曲線封閉曲線C: RrCrRC rR , 由柯西由柯西-古薩定理得古薩定理得: t t e x x e r R it r R ix dd ,dx x e R r ix ，令令tx , 2 sin i ee x ixix 由由 24 , 0ddd sin 2 rR C iz C iz R r z z e z z e x x x i知知 s z e z z e RR C iz C iz dd se R R C yd 1 0 sin de R d2 2 0 sin R e d2 2 0 ) 2 ( R e ),1( R e R R于于是是0

14、d z z e R C iz 充分小時，充分小時，當當r 25 ! 3! 2 )( 12 n ziizz izg nn 當當 充分小時充分小時, 總有總有 z, 2)( zg d d 0 i i C re ire z z r , i ,d)(d 1 d rrr CCC iz zzgz z z z e ! 2 1 1 n ziz i zz e nniz 因因為為),( 1 zg z 26 szgzzg rr CC d)(d)( 因因為為,2d2 r C rs 0r即即0d iz z e r C iz , 0ddd sin 2 rR C iz C iz R r z z e z z e x x x

15、i . 2 d sin 0 x x x 所所以以 ,d sin 2 0 ix x x i , 0d)( r C zzg,i 27 例例7. 2 2 1 dcosdsin 0 2 0 2 xxxx證證明明 證證 2 iz e設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) 時時當當xz 22 sincos 2 xixe iz 如圖路徑，如圖路徑， o x y R RA D B , 0d C 2 ze ir , 0ddd 0 4 4 00 2 2222 R i eirieiR R ix reeRieexe i i , 0ddd 222 OABO iz AB izix zezeze 28 R xxix 0 22 d)sin(cos或或

16、 時，時，當當 R i r i eree 4 0 4 2 d 2 . 2 22 2 1i 4 0 2sin 4 0 2sin2cos dd 222 ReRiee RiRiR 4 0 4 d 2 R eR ).1( 4 2 R e R 0 R .dd 4 0 2sin2cos 0 4 222 iRiR R r i Rieeree 29 0 22 d)sin(cosxxix . 2 2 1 . 2 22 2 1i 令兩端實部與虛部分別相等，得令兩端實部與虛部分別相等，得 0 2d cosxx 0 2d sinxx 菲涅耳菲涅耳(fresnel)積分積分 30 四、小結(jié)與思考四、小結(jié)與思考 本課我們應(yīng)用本課我們應(yīng)用“圍道