留数定理与几类积分的计算

留数定理与几类积分的计算中文摘要本文主要总结几类可用留数定理计算的积分的特征并给出对应的用留数定理算积分的步骤以及可行性说明。其中类型3是对文献1中给出的结论的推广，类型3中的引理2是笔者对文献1的一道习题的推广并给出了证明。接着笔者补充了参考文献2中多值函数积分部分4个引理的证明并给出相应的应用例子，类型7笔者根据个人理解将分成瑕积分和黎曼积分两类给出计算方法。关键词：留数定理，积分计算，单值函数，多值函数正文(一)单值函数类型1：形如I=1加R(sint,cost)dt的实积分，其中R(x,y)是有理函数，并且在圆0周｛(x,y):x2+y2=1｝上分母不为零。解决技巧：令z=eit,将实积分转化为单位圆周上的复积分。dz=ieitdt可得:eit—e-it edz=ieitdt可得:由sint= ,cost=2i 21=lR(寻，詈)非=加工ReS(R(莘，弓4，Zk①k=1其中，Zi，今…,Zn是R(Z2—1，ZJI在单位圆周内的所有孤立奇点，R(土,土)丄在单位闭圆盘除去z,z，…,z外的其他点都解析。2iz 2zzi 12n例子：类型2：形如I=J+sR(x)dx的实反常积分，其中R(x)是有理函数，在实轴上分—g母不为零，并且分母的次数至少比分子次数高2。计算公式为I=2是Res(R(z),z)(其中z,z，…,z为R(z)在上半平面的所有孤立奇点，R(z)k 1 2 nk=1在上半平面除去这些点外的其他点解析)

解决技巧：围道积分法。添加圆弧将实反常积分转化到计算留数和半径趋向于无穷的圆弧积分，其中r取逆时针方向。如图所示：R图1可行性分析：由留数定理可得当R>图1可行性分析：由留数定理可得当R>max()时，有JJR(z)dz+JRR(x)dx=2兀i工Res(R(z),z)②rR -R kk=1于是只要圆弧积分在半径趋于无穷时存在极限则可以算出原反常积分。要求分母的次数至少比分子次数高2可使得半径趋向于无穷的圆弧积分为零。证明：Jf(z)dz<f(z)||r」<2兀f(z)|R，由于分母次数至少比分子次数高2，因而必有lim|f(z)|R=0，证得limJf(z)dz=0。令Rt+so可得I=2兀i£Res(R(z),z)Rto Rtorr ,4 kR k=1例子:类型3：形如I=J+of(x)e九dx@>0)的积分，其中f⑵在Imz>0上可能有有限—o个孤立奇点外，在其余点解析，而且limf⑵=0，f⑵在实轴上的孤立奇点zto,lmz>0只能是可去奇点或者一阶极点。从对于类型2的可行性分析可知留数定理计算反常积分的可行性关键在于圆弧积分当半径趋于无穷时的极限好算，最好是为零。为了用留数定理解决类型3的积分需用Jordan引理。引理1(Jordan引理)：若函数f⑵在R<|z<o,lmz>-a(a>0)上连续，且limf⑵=0，则对任意正的常数九〉0，都有limJe入f⑵dz=0，其中zto,lmz>-a RtorRr:z=Reg,Imz>-a,R>RR 0用此引理可知满足引理要求的f⑵与e入的乘积做被积函数的圆弧积分当

半径趋于无穷时极限为零，可用留数定理计算反常积分I=f+-f(x)eZx(k>0)。—g类型3・1形如I=卜f(x)e加dx(^>0)的积分，其中e入f⑵在上半平面lmz>0上—g可能有有限个孤立奇点外，分母在实轴上没有零点，在其余点解析，而且limf⑵二0zTg,lmz>0解决技巧：围道积分法。与类型2的解决技巧相同。计算公式及推导：若e入f(z)在上半平面除去z,z，…,z等所有孤立奇点外连续，在lmz>0连1 2 n续，且limf⑵=0，则可得J+ge^zf(z)dz=—2兀i工Res(ezf⑵,z)，分离实zTg,lmz>0k—gk=1部和虚部可得:Res(ehf⑵,z)③k—gJ+gRes(ehf⑵,z)③k—gk=1Res(ehf⑵,z)}④k—gf+gcos(九Res(ehf⑵,z)}④k—gk=1例子:类型3要求分母在实轴上不为零，此时我们会提出疑问一一如果被积函数在实轴上有有限个点使得分母为零，此时能否使用留数定理？为简单起见，只讨论这些实值均是f(x)的一阶极点的情况。解决技巧：采用选取合适的积分闭路绕过奇点。如图2所示：-R -r-R -rOr R图2可行性分析：由留数定理可得:Je^zf⑵dz—Je^zf⑵dz+J一re^xf(x)dx+JRe^xf(x)dx=2兀i工Res(e^zf(z),z)kC C —R r kR r k=1由此式我们可知I= f(x)ei^dx(九>0)计算关键在于小圆弧积分Jei九zf⑵dz一8 Cr当r趋于零时是否容易求极限。直观判断：rT0+时，e入可用e^o替代,Je治f⑵dz近似于e九oJ■(z_0)f⑵dz。由于z=0只是一阶极点，可limzf⑵存c cr(Z-0)r r在，用其替代分子的位置。J1dz=-i兀。猜想Je入f⑵dz=-i兀(limzf(z))，证Crz Cr rt0明两者相等的方法是作差，然后对作差结果的模进行合适放大来说明模必定为零。文献2对以上猜想的一般化是下面的引理2,此处略去证明。引理2：函数f⑵在区域D：0<z-a<r,0<arg(z-a)<0上连续，且lim(z-a)f⑵=A则1 2 zwzwDTOC\o"1-5"\h\zlimJf(z)dz=i(0-0)A(厂=a+pe^o,0<0<0,0<p<r)pworp 2 1 p 1 2含实值一阶极点的类型3积分计算公式：其中x,xx是f⑵在实轴上的所有1 2 l一阶极点且除此之外无其他奇点。I=2兀i工Res(ei九zf(z),z)+兀i工Res(ei九zf(z),x)⑤k tk=1 t=1证明：不妨设f⑵在实轴上只有两个一阶极点x,x，x<x取积分闭路1212C(R,r：=C+L +C+L+C+L，其中C,C'分别以x,x为中心，R [—R,]X-r]r Jx r]r 2+[xr,R]rr 12以r为半径的半圆周，取顺时针方向。(r足够小，保证两半圆周无交)由留数定理可得：J exzf(z)dz=Je^zf⑵dz+Jxi-re^xf(x)dx+Je^zf⑵dz+Jx2-re^xf(x)dxC(R,r) C —R C x+rR r 1+Jei九zf(z)dz+JRe^xf(x)dx=2兀i工Res(ei九zf(z),z)C' x+r kr 2 k=1由Jordan引理得limJe入f(z)dz=0,由引理2得RTaCrlim(Jei九zf(z)dz+Je^zf(z)dz)=一兀ilim[(z-x)ei九zf(z)+(z-x)ei九zf(z)]

rt0C C rt0 1 2r r=—兀i[Res(e久zf(z),x)+Res(e久zf(z),x)]12令rT0,RT+a可得Res(ei九zf(z),z)kI=兀i[Res(ei九zf(z),x)+Res(ei九zRes(ei九zf(z),z)k12k=1

最后用归纳法可证得f(z)有l个实值一阶奇点时⑤成立。例子：(二)多值函数类型4:形如I=宀f(x)xdx(<1中的反常积分，f(z)在C上除去0 az,z，…,z外解析，这些点均不在包括原点的正实轴上，z=8是f⑵的m阶零点1 2 n(m>1)解决技巧：做积分闭路C(R,r)如图3所示：可行性分析：利用多值函数zp在正实轴下沿是上沿的取值乘上一个不为1的常数k，用留数定理可得J zpf(z)dz=2兀i工Res(zpf(z),z)，将(1-k)I转换到大C(R，r) k=1 k圆弧积分，小圆弧积分和留数的计算。引理3：若单值函数f⑵在C上除去z,z,...,z外解析，这些点均不在包括原点8 1 2 nJ+8xpf(x)=d2ki—工0 J+8xpf(x)=d2ki—工0 1—e2兀pik=1(z-<(<z)(,在正实轴上取实)值的)一个k单值解析分支内算留数)证明：考虑多值函数zpf(z)。在复平面上取正实轴作为割线，得一区域，再去掉z,z,...,z后得到的区域D内zpf⑵可以分解成单值解析分支。取zpf⑵在割线1 2 n上沿取实值的分支，记为［zpf(z)］，做积分闭路如图3所示，其中R足够大，使0得z,z,...,z均在C的内区域。C以原点为圆心，r为半径。在实轴下沿，1 2 n R r

(Zpf(Z))=ep(lnzbargz+2灿)f(Z)，因为在实轴上沿要取实值，可取k=0。在下沿有0argz二2兀。由留数定理可得⑥f zpf(z)dz=fzpf⑵dz+fzpf⑵dz+(1-e2pm)fRxpf(x)dx=2兀i工Res(zpf⑵,z)C(R,r) Cr Cr r k=1 kf(z)|,因为z=g是f(z)的m零zeCR先计算fzpff(z)|,因为z=g是f(z)的m零zeCRCR点(m>1)，故存在常数c,当R足够大时有M(R)=max|f(z)|<£，此时有zeCR Rfzpf(z)dz<2c兀Re=2c兀Rp;lim2兀cRp=0得limifzpf(z)dz=0Cr R RTg Rt」Cr再计算fzpf(z)dz<2兀M(r)rp+1。由f⑵在z=0处解析得存在M>0使得在原点rp+i。由lim2兀Mrp+1=0得rrp+i。由lim2兀Mrp+1=0得rt0limrTOf+gxpf(x)dx=02兀i(1limrTOf+gxpf(x)dx=02兀i(1-e2p兀i)工Res(zpf⑵,z)kk=1例子:类型5:形如I=f+gf(x)lnxdx的积分。若单值函数f⑵在C上除去z,z，…,z外TOC\o"1-5"\h\z0 g 1 2 n解析，这些点均不在包括原点的正实轴上，此外z=g是f⑵的m阶零点，m>2。解决技巧：所做的积分闭路与类型4一样。考虑多值函数f⑵(Lnz)2，因为fRlnxdx+frlnxdx=0我们无法得到I的等式，f⑵(Lnz)2可以保证I不被抵消而r R得到便于计算的等式。引理4：若函数f⑵满足类型5的要求，则有+gk0f+gf(x)dx=」lm{》Res(f(z)ln2z,z)},f+gf(x)lnxdx=」Re{》+gk00 2兀 k0 2 kk=1 k=1证明：考虑多值函数f(z)Ln2z，在复平面上取正实轴作为割线，得一区域，在这一区域除去z,z，…,z后得的区域D内可将f⑵Ln2z分成解析函数分支。取在1 2 n

割线上沿取实值的分支，记为f(z)ln2z。做积分闭路如类型4由留数定理可得f(z)ln2zdz=2兀i工Res(f(z)ln2z,z)C(R,r) k=1 k在正实轴下沿，ln2z=(In|Z+2兀i)2=(lnx+2兀i)2。可得:2兀i工Res(f⑵ln2z,z)k=Jf⑵ln2zdz+Jf⑵ln2zdz+JRf(x)ln2xdx+Jrf(x)(lnx+2兀i)2dxTOC\o"1-5"\h\zCR Cr r R=Jf⑵ln2zdz+Jf⑵ln2zdz+JRf(x)ln2xdx+Jrf(x)ln2x-JR4兀if(x)lnx+4兀2JRf(x)dxCr C r R r r=Jf⑵ln2zdz+Jf⑵ln2zdz-4兀iJRf(x)lnxdx+4兀2JRf(x)dxCR Cr r rz=g是f⑵的m>2阶零点知：必定存在常CRc c 数c，当R足够大时Mz=g是f⑵的m>2阶零点知：必定存在常CRc c 数c，当R足够大时M(R)< lim2兀RM(R)ln2R<lim2兀ln2R=0，故可得R2Rts Rts R|Jf(z)ln2zdz=0。(MRm=(crlimRsF面估算小圆弧积分。JIf I)zeCRf(z)ln2zdz<2兀rM(r)ln2r(M(r)=max|f(z))，fzCr zeCr在原点解析，由局部保号性知存在M>0,r>0,M(r)<M.由于lim2兀rMln2r=00 0 rT0可知lim『f⑵ln2zdz=0rCrTOC\o"1-5"\h\z令rT0,R可得2兀i工Res(f⑵ln2z,z)=-4兀iJ+sf(x)lnxdx+4兀2J+wf(x)dxk=1 k 0 0分离实部和虚部可得：J+sf(x)dx=—lm{^Res(f(z)ln2z,z)},J+sf(x)lnxdx=」Re{》Res(f(z)ln2z,z)}o 2兀 ko 2 kk=1 k=1例子：类型6：形如I=J+sf(x)lnxdx的反常积分，f(x)是x的偶函数，f⑵在上半平0面除去z,z，…,z外是解析的，在lmz>0除去z,z，…,z外连续，并且当z的模1 2 n 1 2 n充分大时，有|f(z)|<—,m>2,M是常数。zm解决技巧：做积分闭路如下图所示。引理5：若f⑵满足类型6的要求，则有:f(x)lnxdx=—兀lmRes(f(z)lnz,zf(x)lnxdx=—兀lmRes(f(z)lnz,zk=1)jsf(x)dx=2Reko工Res(f(z)lnz,z)⑦kk=1证明：考虑多值函数f⑵Lnz，在复平面上取正实轴为割线，得一区域，去掉z,z，…,z外得到的区域D内f⑵Lnz可以分解成单值连续分支。取在割线上沿TOC\o"1-5"\h\z1 2 n取实值的一支，记为f⑵lnz•做积分闭路如图4所示，由留数定理可得J f(z)lnzdz= ERef((z)lnz,由引理4的证明可以看出大圆周积分当c(R，r) k=1 kR趋于无穷时为零，小圆周积分当r趋于0时为零，该分支中负半轴取值lnz=lnz+沅，于是可得2,8f(x)lnxdx+i兀J+*f(x)dx=2兀ilnz=lnz+沅，0 0 k=1 k分离实部和虚部则得:J+8f(x)lnxdx=一兀lmJ+8f(x)lnxdx=一兀lmRes(f(z)lnz,zk=1),J+8f(x)dx=2Rek0工Res(f(z)lnz,z)kk=1例子：计算J+8i^dx0 (1+X2)2类型7：形如I=J1nxk(1-x)n一kf(x)dx的黎曼积分。单值函数f⑵在实轴上取实0值在C上除去z,z,...,z外解析，且z,z,...,z不在[0,1]上,f(z)的分母至少比8 1 2 n 1 2 n分子高3次。解决技巧：做积分闭路C(R,r)如下图所示。Y,Y分别是以原点，z=l为圆心,r为01半径的圆周。引理6：若f(z)满足类型7的要求，则有：I=J1n：xk(1—x)n-kf(x)dx= 工Res(n'zfc(1—z)n-kf(z),z)(g(1—z)n—为某0 1—e予k=1 "一单值连续函数，该分支在割线上沿取实值)k n—k证明：考虑多值函数h(z)=Zn(1—z)n。由支点的定义可知z=0,1均是h(z)的支点，无穷原点不是支点。取线段［0,1］作为割线，可得一区域，在该区域内再除去z,z，…,z后得到区域D，在D内可把h(z)分解成单值解析分支。取TOC\o"1-5"\h\z1 2 nh(z)=Zn(1-z)十在割线上沿取实值的一支，记为h0(z)，在下沿，根据幅角的变 k n—k ，-k化可得h⑵=xn(1—x) k n—k ，-k化可得h⑵=xn(1—x)ne2nin。0C(R,r)0 ., 0 kJh(z)f(z)dz<Jh(z)f(z)dz<2兀RM(R)M(R),M(R)=Cr0max|h(z)=R,f(z)的分母至少比分子h 厂 0zeCR高3次，可知存在常数c,当R足够大时，2兀RM(R)M(R)<2兀cR-=週h R3 R于是可得limJh(z)f(z)dz=0.仿照引理5也易得limJh(z)f(z)dz=0。取极限RT8Cr0 —0Cr0可得(1—e警)J1h(x)f(x)dx=2兀i工Res(h(z)f(z),z)00 0 kk=1证得I=1n'xk(1—x)n—kf(x)dx=—1—工Re :zk(1—z)n—证得I=0 3. k1—en1k=1例子:类型8：形如i0类型8：形如i0f(x)dx的瑕积分，若单值函数f⑵在实轴上取实值,在C上除去z,z，…,z外解析，且z,z，…,z不在［0,1］上,z=g是f⑵的可去奇g 1 2 n 1 2 n点。解决技巧：作积分闭路C(R,r)如下图所示，其中z,z,...,z均在C的外区域，在1 2 n 2C的内区域。1引理7：若f⑵满足类型8的要求，则有：I= 1 {2兀i£Res(f⑵，z)+2兀iRes(f⑵，g)}⑧_i込 h(z)k h(z)(1—en) k=1 0 0证明：作积分闭路如图6所示，考虑多值函数 型 。由支点的定义知只nzk(1—z)有z=0,1均是h(z)的支点，取线段［0,1］作为害I」线，可得区域，在该区域内再除去z,z,...,z后得到区域D,在D内可把h(z)分解成单值解析分支。取1 2 nk n—k h(z)=zn(1—z)n在割线上沿取正值的一支，记为h°(z)，在下沿由幅角的变化知k n—k.2k兀 .,h⑵=xn(1—x)nezn;由C，C的定义以及多连通区域Cauchy积分定理可知021有：C—+C—+CC1十C2器dzf£Res(眛zk)0 k=1 0再由无穷原点的留数的定义可得［筒zfRef8)1o o故Jf(z)dz=一2兀i工Res(f⑵,z)-2兀iRes(f⑵,8)h(z)k h(z)k=1 o o因为z,z，…,z12」均在C夕卜，所以由留数定理可得:因为z,z，…,z12」均在C夕卜，所以由留数定理可得:2f(z)dz=Jf(z)dz+JC2"o⑵o=JC2+Yo+Y1+AB+B'A'ho(z))I=-J如dz-J 但dzC2ho⑵ Yo+Y1ho⑵=2兀i工Res(f(z),z)+2兀iRes(f⑵,8)-Jh(z)k h(z)k=1 o o2'0'12k兀(1-e-inf(z)dz+(1-e-z7oT1ho(z)f(z)dz丫o+丫1h0⑵n—k n—kJf(z)dz=Jf(z)zn(1一z)—ndz,Yh(z)5on—k因为limf⑵zn(-rton—kz)n=o