留數(shù)定理與幾類積分的計(jì)算

1、留數(shù)定理與幾類積分的計(jì)算中文摘要本文主要總結(jié)幾類可用留數(shù)定理計(jì)算的積分的特征并給出對(duì)應(yīng)的用留數(shù)定理算積分的步驟以及可行性說(shuō)明。其中類型3是對(duì)文獻(xiàn)1中給出的結(jié)論的推廣，類型3中的引理2是筆者對(duì)文獻(xiàn)1的一道習(xí)題的推廣并給出了證明。接著筆者補(bǔ)充了參考文獻(xiàn)2中多值函數(shù)積分部分4個(gè)引理的證明并給出相應(yīng)的應(yīng)用例子，類型7筆者根據(jù)個(gè)人理解將分成瑕積分和黎曼積分兩類給出計(jì)算方法。關(guān)鍵詞：留數(shù)定理，積分計(jì)算，單值函數(shù)，多值函數(shù)正文(一)單值函數(shù)類型1:形如I=j2KR(sint,cost)dt的實(shí)積分，其中R(x,y)是有理函數(shù)，并且在圓0周(x,y):x2+y2二1上分母不為零。解決技巧：令z二eit，將實(shí)積

2、分轉(zhuǎn)化為單位圓周上的復(fù)積分。dz=ieitdt可得:eitedz=ieitdt可得:由sint=,cost=2i2辛)存=加為Res(R(芬三)2,zk)k=1其中，今,zn是詩(shī)，藝)在單位圓周的所有孤立奇點(diǎn)，R(g,竺!)丄在單位閉圓盤除去z,z，,z外的其他點(diǎn)都解析。2iz2zzi12n例子:類型2：形如I=廠8R(x)dx的實(shí)反常積分，其中R(x)是有理函數(shù)，在實(shí)軸上分g母不為零，并且分母的次數(shù)至少比分子次數(shù)高2。計(jì)算公式為I=2兀i乞Res(R(z),z)(其中z,z,.,z為R(z)在上半平面的所有孤立奇點(diǎn)，R(z)k12nk=1在上半平面除去這些點(diǎn)外的其他點(diǎn)解析)解決技巧：圍道積分

3、法。添加圓弧將實(shí)反常積分轉(zhuǎn)化到計(jì)算留數(shù)和半徑趨向于無(wú)窮的圓弧積分，其中r取逆時(shí)針?lè)较?。如圖所示：R圖1可行性分析：由留數(shù)定理可得當(dāng)Rmax(z,z，zI)時(shí)，有TOC o 1-5 h z12n1JR(z)dz+JRR(x)dx=2兀i工Res(R(z),z)kr-rkRk=1于是只要圓弧積分在半徑趨于無(wú)窮時(shí)存在極限則可以算出原反常積分。要求分母的次數(shù)至少比分子次數(shù)高2可使得半徑趨向于無(wú)窮的圓弧積分為零。證明：Jf(z)dzIf(z)|r|0上可能有有限-s個(gè)孤立奇點(diǎn)外，在其余點(diǎn)解析，而且limf(z)=0，f(z)在實(shí)軸上的孤立奇點(diǎn)zts,lmz0只能是可去奇點(diǎn)或者一階極點(diǎn)。從對(duì)于類型2的可行

4、性分析可知留數(shù)定理計(jì)算反常積分的可行性關(guān)鍵在于圓弧積分當(dāng)半徑趨于無(wú)窮時(shí)的極限好算，最好是為零。為了用留數(shù)定理解決類型3的積分需用Jordan引理。引理1(Jordan引理)：若函數(shù)f在R|z|-a(a0)上連續(xù)，且limf=0,則對(duì)任意正的常數(shù)九0，都有l(wèi)imJe入fdz=0,其中zts,lmz-aRtsrRr:z=Reg,Imz-a,RRR0用此引理可知滿足引理要求的f與e入的乘積做被積函數(shù)的圓弧積分當(dāng)kk=1kk=1半徑趨于無(wú)窮時(shí)極限為零，可用留數(shù)定理計(jì)算反常積分I=i+xf(x)eiMdx(九0)。g類型3.1形如I=卜8f(x)e加dx(九0)的積分，其中e入f在上半平面lmz0上g可

5、能有有限個(gè)孤立奇點(diǎn)外,分母在實(shí)軸上沒(méi)有零點(diǎn)，在其余點(diǎn)解析，而且limf(z)=0zTg,lmz0解決技巧：圍道積分法。與類型2的解決技巧相同。計(jì)算公式及推導(dǎo)：若e入f在上半平面除去z,zz等所有孤立奇點(diǎn)外連續(xù)，在lmz0連12n續(xù)，且limf(z)=0，則可得J+ge認(rèn)zf(z)dz=2兀i工Res(egf(z),z)，分離實(shí)zTg,lmz0kgk=1部和虛部可得：Res(e入f(z),z)kgJ+gsin(九x)f(x)dxRes(e入f(z),z)kgk=1Res(e入f,z)kgJ+gcos(九Res(e入f,z)kgk=1例子：類型3要求分母在實(shí)軸上不為零，此時(shí)我們會(huì)提出疑問(wèn)如果被積函

6、數(shù)在實(shí)軸上有有限個(gè)點(diǎn)使得分母為零，此時(shí)能否使用留數(shù)定理？類型3要求分母在實(shí)軸上不為零，此時(shí)我們會(huì)提出疑問(wèn)如果被積函數(shù)在實(shí)軸上有有限個(gè)點(diǎn)使得分母為零，此時(shí)能否使用留數(shù)定理？為簡(jiǎn)單起見(jiàn)，只討論這些實(shí)值均是f(x)的一階極點(diǎn)的情況。解決技巧：采用選取合適的積分閉路繞過(guò)奇點(diǎn)。如圖2所示：圖2可行性分析：由留數(shù)定理可得：JRei久xf(x)dx=2兀i工Res(ei久zf(z),z)kJei九zfdzJJRei久xf(x)dx=2兀i工Res(ei久zf(z),z)kCRCrR由此式我們可知If(x)e入dx(九0)計(jì)算關(guān)鍵在于小圓弧積分JezfdzaCr當(dāng)r趨于零時(shí)是否容易求極限。直觀判斷：rT0+時(shí)

7、，e入可用e汎o替代，Jez.fdz近似于e九oJ(z_0)fdz。由于z=0只是一階極點(diǎn)，可limf(z)存CrCr(z0)rr在，用其替代分子的位置。J-dz=i兀。猜想Je入fdz=-i兀(limzf(z)，證CrzCrrt0明兩者相等的方法是作差，然后對(duì)作差結(jié)果的模進(jìn)行合適放大來(lái)說(shuō)明模必定為零。文獻(xiàn)2對(duì)以上猜想的一般化是下面的引理2，此處略去證明。引理2函數(shù)f在區(qū)域D：0z一ar,0arg(za)0上連續(xù)，且lim(za)f(z)=A則12-azwDlimJf(z)dz=i(00)A(廠=a+pe/0,000,0pr)pT0p21P12含實(shí)值一階極點(diǎn)的類型3積分計(jì)算公式：其中x,xx是

8、f(z)在實(shí)軸上的所有12l一階極點(diǎn)且除此之外無(wú)其他奇點(diǎn)。I=2兀i工Res(ei九zf(z),z)+兀i工Res(ei九zf(z),x)ktk=1t=1證明：不妨設(shè)f(z)在實(shí)軸上只有兩個(gè)一階極點(diǎn)x,x，xx取積分閉路1212C(R,r)=C+L+C+L+C+L，其中C(R,r)=C+L+C+L+C+L，其中C,C分別以x,x為中心,R一R,xrrx+r,xrrx+r,Rrr121122以r為半徑的半圓周，取順時(shí)針?lè)较颉?r足夠小，保證兩半圓周無(wú)交)由留數(shù)定理可得：Jei九zf(z)dz=JC(R,r)ei九zfdz+Jx-rei九xf(x)dx+JCRRei九zf(z)dz+Jx2rei九

9、xf(x)dxx1+r+Jei九zf(z)dz+JRei九xf(x)dx=2兀i工Res(ei九zf(z),z)Crx2+rkk=1由Jordan引理得limJei九zf(z)dz=0，由引理2得lim(Jei九zf(z)dz+Jezf(z)dz)=一兀訂im(zx)ezf(z)+(z一x)ezf(z)12rt0crrt0=一兀iRes(e認(rèn)zf(z),x)+Res(e認(rèn)zf(z),x)12令rT0,RT+a可得I=兀iRes(e汎zf(z),x)+Res(e汎zf(z),x)+2兀i12Res(ei久zf(z),z)k最后用歸納法可證得f(z)有l(wèi)個(gè)實(shí)值一階奇點(diǎn)時(shí)成立。例子：(二)多值函數(shù)類

10、型4：形如I=Lf(x)xpdx(-1p1)解決技巧：做積分閉路C(R,r解決技巧：做積分閉路C(R,r)如圖3所示：圖3可行性分析：利用多值函數(shù)zP在正實(shí)軸下沿是上沿的取值乘上一個(gè)不為1的常數(shù)k，用留數(shù)定理可得Jzpf(z)dz=2兀i工Res(zpf(z),z)，將(1-k)I轉(zhuǎn)換到大TOC o 1-5 h zC(R，r)k=1圓弧積分，小圓弧積分和留數(shù)的計(jì)算。引理3：若單值函數(shù)f在C上除去z,zz外解析，這些點(diǎn)均不在包括原點(diǎn)w12nJ+sxpf(x)dx二0的正實(shí)軸上，z=g是f(z)的J+sxpf(x)dx二02兀工Res(zpf,z)(-1p0)(在正實(shí)軸上取實(shí)值的一個(gè)1e2兀pik

11、k=1單值解析分支算留數(shù))證明：考慮多值函數(shù)zpf。在復(fù)平面上取正實(shí)軸作為割線，得一區(qū)域，再去掉z,zz后得到的區(qū)域Dzpf可以分解成單值解析分支。取zpf在割線上12n沿取實(shí)值的分支，記為zpf(z)，做積分閉路如圖3所示，其中R足夠大，使得0z,z,.,z均在C的區(qū)域。C以原點(diǎn)為圓心，r為半徑。在實(shí)軸下沿，12nRr(Zpf(z)=ep(lnzl+iargz+2燦)f，因?yàn)樵趯?shí)軸上沿要取實(shí)值，可取k=0。在下沿有0argz=2兀。由留數(shù)定理可得Jzpf(z)dz=Jzpf(z)dz+Jzpf(z)dz+(1一e2p帀)JRxpf(x)dx=2兀i工Res(zpf(z),z)C(R,r)CR

12、Crrk=1k先計(jì)算Jz先計(jì)算Jzpf(z)dz1)，故存在常數(shù)c,當(dāng)R足夠大時(shí)有M(R)=max|f(z)|，此時(shí)有zeRp+1Jzpf(z)dz2c兀一Jzpf(z)dz2c兀一=2c兀Rp;lim2兀cRp=0得limCrRRTgRTgCR再計(jì)算Jzpfdz0使得在原點(diǎn)的某一領(lǐng)域|f(z)|M的某一領(lǐng)域|f(z)|M，故可得Jzpf(z)dz=0。令rt0,RTg可得:CrlimrtOJzpf(z)dz2解決技巧：所做的積分閉路與類型4一樣。考慮多值函數(shù)f(Lnz)2，因?yàn)镴Rlnxdx+Jrlnxdx=0我們無(wú)法得到I的等式，f(z)(Lnz)2可以保證I不被抵消而rR得到便于計(jì)算的等

13、式。引理4：若函數(shù)f滿足類型5的要求，則有J+gf(x)dx=lmYRes(f(z)ln2z,z),J+gf(x)lnxdx=ReRes(f(z)ln2z,z)o2兀ko2kk=1k=1證明：考慮多值函數(shù)f(z)Ln2z，在復(fù)平面上取正實(shí)軸作為割線，得一區(qū)域，在這一區(qū)域除去z,zz后得的區(qū)域D可將fLn2z分成解析函數(shù)分支。取在割12n線上沿取實(shí)值的分支，記為f(z)ln2z。做積分閉路如類型4，由留數(shù)定理可得f(z)ln2zdz=2兀i工Res(f(z)ln2z,z)C(R,r)k=1k在正實(shí)軸下沿，ln2z=(ln|Z+2兀i)2=(lnx+2兀i)2。可得:2兀i工Res(f(z)ln2

14、z,z)k=Jfln2zdz+Jfln2zdz+JRf(x)ln2xdx+Jrf(x)(lnx+2兀i)2dxCRCrrR=Jfln2zdz+Jfln2zdz+JRf(x)ln2xdx+Jrf(x)ln2x一JR4兀if(x)lnx+4兀2JRf(x)dxCRCrrRrr=Jfln2zdz+Jfln2zdz4兀iJRf(x)lnxdx+4兀2JRf(x)dxCrCrrrz=a是f的m2階零點(diǎn)知：必定存在常CRcc數(shù)c，當(dāng)Rz=a是f的m2階零點(diǎn)知：必定存在常CRcc數(shù)c，當(dāng)R足夠大時(shí)M(R)lim2兀RM(R)ln2Rlim2kln2R=0,故可得R2RgRgRJf(z)ln2zdz=0。(M

15、(R)=CRflimR-a下面估算小圓弧積分。Jmax|f(z)|)zeCRfln2zdz0,r0,M(r)0除去z,zz外連續(xù)，并且當(dāng)z的模12n12n充分大時(shí)，有|f(z)|2,M是常數(shù)。zm解決技巧：做積分閉路如下圖所示。圖解決技巧：做積分閉路如下圖所示。圖4引理5：若f滿足類型6的要求，則有:工Res(f(z)lnz,z)kk=1J+8f(x)lnxdx二一兀lm工Res(f(z)lnz,z工Res(f(z)lnz,z)kk=10k=ik0證明：考慮多值函數(shù)f(z)Lnz，在復(fù)平面上取正實(shí)軸為割線，得一區(qū)域，去掉z,z,.,z外得到的區(qū)域Df(z)Lnz可以分解成單值連續(xù)分支。取在割線

16、上沿取實(shí)12n值的一支，記為f(z)lnz.做積分閉路如圖4所示，由留數(shù)定理可得Jflnzdz=2兀i乞Res(f(z)lnz,z)。由引理4的證明可以看出大圓周積分當(dāng)TOC o 1-5 h zC(R,r)k=1kR趨于無(wú)窮時(shí)為零，小圓周積分當(dāng)r趨于0時(shí)為零，該分支中負(fù)半軸取值Inz=Inz+沅，于是可得2卜8f(x)lnxdx+i兀f(x)dx=2兀i工Res(f(z)lnz,z)。00k=1k分離實(shí)部和虛部則得：工Res(f(z)lnz,z)kk=1J+8f(x)lnxdx=一兀lm工Res(f(z)lnz,z),J工Res(f(z)lnz,z)kk=10k=1k0例子：計(jì)算J+8-dx0

17、(1+x2)2類型7：形如I=J1nxk(1-x)n-kf(x)dx的黎曼積分。單值函數(shù)f在實(shí)軸上取實(shí)0值在C上除去z,zz外解析，且z,zz不在0,1上,f的分母至少比g12n12n分子高3次。解決技巧：做積分閉路C(R,r)如下圖所示。Y,Y分別是以原點(diǎn)，z=l為圓心,r為01半徑的圓周。半徑的圓周。圖5引理6:若f(z)滿足類型7的要求，則有：I=i1n：xk(1x)n-kf(x)dx=1工Res(nzk(1z)n-kf(z),z)(nzk(1z)n-k為某01e嚴(yán)k=1一單值連續(xù)函數(shù)，該分支在割線上沿取實(shí)值)knk證明：考慮多值函數(shù)h(z)=Zn(1z)n。由支點(diǎn)的定義可知z=0,1均是h(z)的支點(diǎn)，無(wú)窮原點(diǎn)不是支點(diǎn)。取線段0,1作為割線，可得一區(qū)域，在該區(qū)域再除去knkz,zz后得到區(qū)域D,在D可把h(z)分解成單值解析分支。取h(z)=Zn(1z)nTOC o 1-5 h z12n在割線上沿取實(shí)值的一支，記為h0(z),在下沿，根據(jù)幅角的變化可得h(z)=x：(1x)丁e2咗。可得ih(z)f(z)dz=2兀i工Res(h(z)f(z),z)0C(R,r)00kk=1max|h(z)=R,f(z)的分母至少比分子h廠0zeCRih(z)f(z)dzmax|h(z)=R,f(z)的分母至少比分子h廠0zeCRR22兀c高3次，可知存在常數(shù)c,當(dāng)R足