復(fù)變函數(shù)與積分變換53留數(shù)在定積分計(jì)算上的應(yīng)用ppt課件

1、 留數(shù)定理是復(fù)變函數(shù)的定理，若要在實(shí)變函數(shù)定積分中應(yīng)用，必須將實(shí)變函數(shù)變?yōu)閺?fù)變函數(shù)。這就要利用解析延拓的概念。留數(shù)定理又是應(yīng)用到回路積分的，要應(yīng)用到定積分，就必須將定積分變?yōu)榛芈贩e分中的一部分。 3 留數(shù)在定積分計(jì)算上的應(yīng)用0ab1l2l( )bafx dx1l如圖，對(duì)于實(shí)積分 ，變量 x 定義在閉區(qū)間 a,b (線段 )，此區(qū)間應(yīng)是回路 的一部分。實(shí)積分 要變?yōu)榛芈贩e分，則實(shí)函數(shù)必須解析延拓到復(fù)平面上包含回路的一個(gè)區(qū)域中,而實(shí)積分 成為回路積分的一部分：21lll2)()()(lbaldzzfdxxfdzzf1. 形如 的積分, 其中R(cosq,sinq )為 cosq與sinq 的有理函

2、數(shù). 20(cos ,sin )Rd221111sin(ee),cos(ee).2222iiiizziizz令 z = eiq , 那么 dz = ieiq dq , 而從而積分化為沿正向單位圓周的積分2022| | 1| | 1(cos ,sin )d11 d,( )d22zzRzzzRf zzziziz02011ii其中f (z)是z的有理函數(shù), 且在單位圓周|z|=1上分母不為零, 根據(jù)留數(shù)定理有 其中zk (k=1,2,.,n)為單位圓 |z|=1內(nèi)的 f (z)的孤立奇點(diǎn).nkkzzzfizzf11|),(Res2d)(例1 計(jì)算 的值.) 10(dcos212cos202pppI解

3、 由于0p1, 被積函數(shù)的分母在0q 2p內(nèi)不為零, 因 而積分是有意義的. 由于cos2q = (e2iq + e-2iq ) /2= (z2 + z-2) /2, 因而1|1|241|2122d)(d)(1 (21d22112zzzzzfzpzpzizzizzpzzpzzI221244222242112122111122(1)(1)112()(1)zzzzizppzzizzpzpp zizzpzppzzizzppz 在被積函數(shù)的三個(gè)極點(diǎn)z=0, p, 1/p中只有前兩個(gè)在圓周|z|=1內(nèi), 其中z=0為二級(jí)極點(diǎn), z=p為一級(jí)極點(diǎn).422022342222220d1Res ( ),0lim

4、d2(1)()()4(1)(12)1lim,2 ()2zzzf zzzizpz zpzpzpp zzzpzppi zpzpp zip 4422211Res ( ), lim (),2(1)()2(1)zpzpf zpzpizpz zpipp2422222112222(1)1pppIiipippp例2 計(jì)算 的值.0,011cos 2dxIx解：令2 ,2;:0,:02x ddx x 21201111/121cos2212zzddz izdzIzzizz22111iIi例 3022sin351d計(jì)算202sin35122d令122)3()3(2zidzizizziez令31izz 內(nèi)只有一個(gè)二階

5、極點(diǎn)：被積函數(shù)在6452565223),(Res2iiizfi解：2. 形如( )dR xx的積分 當(dāng)被積函數(shù) R(x)是 x 的有理函數(shù), 而分母的次數(shù)至少比分子的次數(shù)高二次, 并且 R(x)在實(shí)軸上沒(méi)有孤立奇點(diǎn)時(shí), 積分是存在的. 取積分路線如圖所示, 其中CR是以原點(diǎn)為中心, R為半徑的在上半平面的半圓周. 取R適當(dāng)大, 使R(z)所有的在上半平面內(nèi)的極點(diǎn)zk都包在這積分路線內(nèi).z1z2z3yCRRROx不失一般性, 設(shè)1111( ),2nnnmmmza zaR zmnzb zb為一已約分式.( )d( )2Res ( ),RRkRCR xxR z dziR z z此等式不因CR的半徑R

6、不斷增大而有所改變.2( )d|( )|d0RRCCRMR zzR zsRRMR 111111112|1|1|( )|1|1 |1|1 |1(|)|nnm nmmnnm nmmm na za zR zzb zb za za zzb zb zMMzzz當(dāng)足夠大時(shí)0( ),1( )d( )dRes ( ),.2kR xR xxR xxiR z z如果為偶函數(shù)( )d2Res ( ),.kR xxiR z z因此例 4dxxxx1242計(jì)算在上半平面其中的四個(gè)一階極點(diǎn)為214, 32, 12422222224,2321,2321:1)(0) 1)(1() 1(1zzizizzzzzfzzzzzzzz

7、3343134312),(Res),(Res221iiiiizzfzzfi例 5 2101(1)ndxx 計(jì)算,1) 1(1)(12iznzzfn階極點(diǎn)在上半平面只有一個(gè)21112(1)nIdxx解：1212111( 1) (1)(2)2Res ( ), !(2 )(1)(2)2(21)!22(2 )!nnnnnz indnnnif z iiin dzzininnnnnn 3. 形如 的積分( )e d(0)aixR xxa 當(dāng)R(x)是x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, 且R(x)在實(shí)數(shù)軸上沒(méi)有奇點(diǎn)時(shí), 積分是存在的. 象2中處理的一樣, 由于m-n1, 故對(duì)充分大的|z|有|

8、( )|MR zz因而, 在半徑R充分大的CR上, 有sinsin(2 /)22000ed2ed2edaRaRaRMMM z1z2z3yCRRROxyOy=sinq2y21( )e d|( )|e|dedRRRaizaizayCCCMR zzR zssR2201(1e)0,( )e d2Res ( )e,.aRaRaRRaixaizkMMMeeaRaRaRR xxiR zz 因此得也可寫為( )cosd( )sind2Res ( ),.aizkR xax xiR xax xiR z ez例6 計(jì)算 的值.220sin(0)xxIdx axa22( )zR zza解 這里m=2,n=1,m-n=

9、1.R(z)在實(shí)軸上無(wú)孤立奇點(diǎn),因而所求的積分是存在的. 在上半平面內(nèi)有一級(jí)極點(diǎn)ai,22e d2 Res ( )e ,ixizxxiR zaixae2lim2.2izaaziazeiiiezia22220sin11dIm().22ixaxxxxe dxexaxa因此例4 計(jì)算積分 的值.0sinxdxx解 因?yàn)?是偶函數(shù), 所以sinxx0sin1sin2xxdxdxxx0)(zzezfiz在實(shí)軸上有奇點(diǎn) 為了使積分路線不通過(guò)原點(diǎn), 取如下圖所示的路線. 由柯西積分定理, 有0RrizixizixrRCRCreeeedzdxdzdxzxzxCrCRyxOrrRR令x=-t, 則有ixitix

10、rrRRRreeedxdtdxxtx 0RrixixizizRrCCeeeedxdzdzxzzsin20RrizizRrCCxeeidxdzdzxzz因而, 要算出所求積分的值, 只需求出極限0limlimRrizizCCRreedzdzzz與下面將證明0lim0, limRrizizCCRreedzdzizz sin2.RrizizRrCCxeeidxdzdzxzz 由于sin0sin(2 /)2200|1|22(1).RRRizizyRCCCRRReedzdse dsedzzRededeR 所以lim0.RizCRedzz z在z0處解析, 且 0i, 當(dāng)|z|充分小時(shí)可使| z|2, 111( )2!iznnezi zizzznz 而0riiCdziredizre ( )rrrizCCCedzdzz dzzz由于( )| ( )|22rrrCCCz dzzdsdsr在r充分小時(shí),0lim( )0rCrz dz0limrizCredziz 0sin2xidxix0sin.2xdxx例題 2,110nndxxnN計(jì)算位于上半平面一階極點(diǎn)的奇點(diǎn)為：ninkikneznkezzzf0121, 1 , 011)(0z) 1(RCRCOneRzCRxxezCiRni20:0:2；),(Res2)()()(00zzfid