留數定理在定積分計算中的應用
2012-04-29 00:00:00許平張海亮
數學學習與研究 2012年3期
【摘要】本文介紹了一種計算定積分的新方法，應用留數定理將幾種類型實積分的計算轉化為復積分的計算，達到了化難為易、化繁為簡的效果.本文有助于定積分計算思路的擴展，促進數學分支間的聯系.
【關鍵詞】留數定理；定積分；反常積分
在微積分或數學分析中，不少積分（包括普通定積分與反常積分）的計算用微積分教材的知識很難解決或幾乎無能為力.如果我們能結合其他數學分支的理論方法來討論這類問題，卻可能達到了化難為易、化繁為簡的效果.本文主要利用復變函數中的留數定理，將實積分轉換為復積分(周線積分)的方法，討論了幾類定積分的計算.首先我們來給出留數的定義和留數定理.
留數的定義 設函數f(z)在有限點a為孤立奇點，即f(z)在a的某去心鄰域0<|z-a| 留數定理 f(z)在周線或復周線C范圍的區域D內，除a1，a2，…，an外解析，在閉域D=D+C上除a1，a2，…，an外連續，則“大范圍”積分有如下公式∫C f(z)dz=2πi∑nk=1Resz=akf(z). 一、計算I=∫2π0R(cosθ，sinθ)dθ類型積分 這里R(cosθ，sinθ)表示cosθ，sinθ的有理函數，并且在［0，2π］上連續.令z=eiθ，則有cosθ=z+z-12，sinθ=z-z-12i，dθ=dziz，從而將三角積分轉化為復函數的周線積分. 例1 計算積分I=∫2π0sin2θa+bcosθdθ，其中a>b>0. 解 令z=eiθ，則 I=i2b∫|z|=1(z2-1)2z2z2+2abz+1dz =i2b∫|z|=1(z2-1)2z2(z-α)(z-β)dz. 其中α，β為實系數二次方程z2+2abz+1=0的兩個相異實根，且|β|>|α|.由根與系數的關系知αβ=1，從而|α|<1，|β|>1. 由于被積函數f(z)在單位圓|z|=1上無奇點，在|z|<1內只有一個二階極點z=0和一個一階極點z=a，從而有 Resz=0f(z)=(z2-1)2z2+2abz+1′z=0=-2ab， Resz=0f(z)=(z2-1)2z2(z-β)z=α=(α2-1)2α2(α-β)=2a2-b2b. 這樣，應用留數定理可得 I=i2b#8226;2πi-2ab+2a2-b2b =2πb2(a-a2-b2). 即I=∫2π0sin2θa+bcosθdθ=2πb2(a-a2-b2). 例2 計算積分I=∫2π0dθ1+cos2θ. 解 z=eiθ，則I=∫Γ：|z|=14zdzi(z4+6z2+1). 再令z2=t，則當z繞Γ圓周一周時，t亦在Γ上繞兩周， 故I=2∫Γ2dti(t2+6t+1)=4i∫Γdtt2+6t+1. 由于被積函數f(t)在Γ內部僅有一個一階極點t=-3+8，故 Rest=-3+8f(t)=1t+3+8t=-3+8=142. 由留數定理，有I=4i#8226;2πi#8226;142=2π. 即I=∫2π0dθ1+cos2θ=2π. 二、計算∫+∞-∞P(z)Q(z)dx類型的積分 這一類型的反常積分用數學分析的方法很難直接計算的，把它轉化為復數域上的問題并結合留數定理卻可容易算出. 設f(z)=P(z)Q(z)為有理分式，其中P(z)和Q(z)為互質的多項式，且滿足條件：(1)Q(z)的次數n與P(z)的次數m有n-m≥2；(2)在實軸上有Q(z)≠0，那么∫+∞-∞f(x)dx=2πi∑Imak>0Resz=akf(z)，其中ak為f(z)在z平面上的孤立奇點，Imak為復數ak的虛部. 例3 計算I=∫+∞01a4+x4dx. 解 被積函數為偶函數，故 ∫+∞01a4+x4dx=12∫+∞-∞1a4+x4dx. 對于f(z)=1a4+z4，它一共有四個一階極點ak=aeπ+2kπ4i，k=0，1，2，3，且符合上述條件（1），（2）.利用a4+z4=0，得 Resz=aKf(z)=14z3z=ak=14a3k=ak4a4k=-ak4ak. 由于f(z)在上半平面只有兩個極點a0和a1，由留數定理可得 ∫+∞01a4+x4dx =12×2πi∑Imak>0Resz=akf(z) =-πi14a4aeπ4i+ae3π4i =π2a3sinπ4=π22a3， 所以I=∫+∞01a4+x4dx=π22a3. 例4 計算積I=∫+∞0x2(x2+1)(x2+4)dx. 解 被積函數為偶函數，故 I=∫+∞0x2(x2+1)(x2+4)dx=12∫+∞-∞x2(x2+1)(x2+4)dx. 對于f(z)=z2(z2+1)(z2+4)，它一共有四個一階極點z=±i，z=±2i，且滿足條件（1），（2），而f(z)在上半平面內只有兩個一階極點z=i，z=2i，于是有 Resz=if(z)=z2(z+i)(z2+4)z=i=i22i(i2+4)=i6， Resz=2if(z)=z2(z2+1)(z+2i)z=2i=4i2(4i2+1)4i=-i3. 由留數定理有 ∫+∞-∞f(z)dz=2πi(Resz=if(z)+Resz=2if(z)) =2πii6-i3=π3， 所以I=∫+∞0x2(x2+1)(x2+4)dx=π6. 三、計算∫+∞-∞P(z)Q(z)emxdx類型的積分 設g(z)=P(z)Q(z)，其中P(z)和Q(z)為互質的多項式，且滿足條件：(1)Q(z)的次數n較P(z)的次數m高，即n>m>0；(2)在實軸上有Q（z）≠0.那么∫+∞-∞g(x)eimxdx=2πi∑Imak>0Resz=ak［g(z)eimz］. 特別地，將上式實部和虛部分開，可以得到形如∫+∞-∞P(z)Q(z)cosmxdx和∫+∞-∞P(z)Q(z)sinmxdx的積分. 例5 計算I=∫+∞0cosmx1+x2dx，m>0. 解 被積分函數為偶函數，故 ∫+∞0cosmx1+x2dx=12∫+∞-∞cosmx1+x2dx. 由于f(z)=11+z2只有兩個一階級點z=±i，且滿足上述條件(1)，(2)，從而由留數定理得 ∫+∞-∞eimx1+x2dx =2πiResz=ieimz1+z2=2πie-m2i=πe-m. 由于∫+∞-∞eimx1+x2dx=∫+∞-∞cosmx1+x2dx+i∫+∞-∞sinmx1+x2dx， 而∫+∞0cosmx1+x2dx是∫+∞-∞eimx1+x2dx的實部，且πe-m是實數， 于是有∫+∞-∞cosmx1+x2dx=πe-m， 即I=∫+∞0cosmx1+x2dx=12πe-m. 例6 I=∫+∞0xsinxx4+a4dx，其中a>0. 解 I=∫+∞0xsinxx4+a4dx=12∫+∞-∞xsinxx4+a4dx. 令f(z)=zeizz4+a4，則函數f(z)有四個一階極點 ak=aeπ+2kπ4i，k=0，1，2，3，而在上半平面只有兩個極點a0和a1，于是 Resz=akf(z)=zeiz4z3z=ak=eiak4a2k=-a2keiak4a4(k=0，1). 由留數定理，有 ∫+∞-∞xeixx4+a4dx =2πi(Resz=a0f(z)+Resz=a1f(z)) =2πi-a20keia04a4-a21keia14a4 =-πsin2a2sin2a2i-icos2a2ia2 =iπa2e-2a2sin2a2. 注意到∫+∞-∞xsinxx4+a4dx表示的是∫+∞-∞xeixx4+a4dx的虛部，可得I=∫+∞0xsinxx4+a4dx=π2a2e-2a2sin2a2. 【參考文獻】 ［1］鐘玉泉.復變函數論［M］.北京:高等教出版社，2004. ［2］吉米多維奇.數學分析習題集［M］.北京:高等教出版社，2010.
