留数在定积分计算中的应用

应用留数定理计算实变函数定积分的方法称为围道积分方法，即将实变函数的积分化为复变函数沿围线的积分，使沿围线的积分计算，归结为留数计算。

形如$\int_0^{2\pi}R(\cos\ \theta,\sin\ \theta)d\theta$的积分

令$z=e^{i\theta},dz=ie^{i\theta}d\theta$

$$ \sin \theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}=\frac{z^2-1}{2iz},\ \ \ \cos \theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}=\frac{z^2+z}{2z} $$

$R(\cos\theta,\sin\theta)$是$\cos\theta,\sin\theta$的有理函数，它作为$\theta$的函数，在$0\le\theta\le2\pi$上连续。

当$\theta$沿$[0,2\pi]$变化时，对应的$z$沿单位圆$|z|=1$正向绕行一周，$f(z)=R\left(\dfrac{z^2+1}{2\pi},\dfrac{z^2-1}{2iz}\right)$在积分闭路$|z|=1$上无奇点，则

$$ \begin{align} \oint_0^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)d\theta&=\oint_{|z|=1}R\left(\frac{z^2+1}{2z},\frac{z^2-1}{2iz}\right)\frac{dz}{iz}\\ &=\oint_{|z|=1}f(z)dz\\ &=2\pi i\sum_{n=1}^n\text{Res}[f(z),z_k] \end{align} $$

例题： 计算$I=\int_0^{2\pi}\dfrac{\cos2\theta}{1-2p\cos\theta+p^2}d\theta(0<p<1)$的值

解： 由于$0<p<1$，被积函数的分母

$$ 1-2p\cos\theta+p^2=(1-p)^2+2p(1-\cos\theta) $$

在$0\le\theta\le2\pi$内不为零，积分有意义，因为

$$ \cos 2\theta=\frac12(e^{2i\theta}+e^{-2i\theta})=\frac12(z^2+z^{-2}) $$

因此

$$ \begin{align} I&=\oint_{|z|=1}\frac{z^2+z^{-2}}{2}\frac1{1-2p\frac{z+z^{-1}}2+p^2}\frac{dz}{iz}\\ &=\oint_{|z|=1}\frac{1+z^4}{2iz^2(1-pz)(z-p)}dz\\ &=\oint_{|z|=1}f(z)dz \end{align} $$

被积函数的三个极点$z=0,p,\dfrac1p$中，只有前两个在圆周$|z|=1$内，其中$z=0$为二阶极点，$z=p$为一阶极点，故被积函数在圆周上无奇点，而

$$ \text{Res}[f(z),p]=\lim_{z\to p}\left[ (z-p)\frac{1+z^4}{2iz^2(1-pz)(z-p)} \right]=\frac{1+p^4}{2ip(1-p^2)} $$

$$ \begin{align} \text{Res}[f(z),0] &=\lim_{z\to0}\frac{d}{dz}\left[ z^2\frac{1+z^4}{2iz^2(1-pz)(z-p)} \right]\\ &=\lim_{z\to0}\frac{(z-pz^2-p+p^2z)4z^3-(1+z^4)(1-2pz+p^2)}{2i(z-pz^2-p+p^2z)^2}\\ &=-\frac{1+p^2}{2ip^2} \end{align} $$

形如$\int_{-\infty}^{+\infty}R(z)dx$的积分

$$ R(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}=\frac{a_0z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_n}{b_0z^m+b_1z^{m-1}+\cdots+a_m}\ \ (a_0b_0\not=0,m-n\ge2) $$

其中要求：

• $Q(z)$比$P(z)$至少高两次
• $Q(z)$在实轴上无零点
• $R(z)$在上半平面$\text{Im}\ z>0$内的极点为$z_k(k=1,2,\cdots,n)$，则有

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)dx=2\pi i\sum_{k=1}^n\text{Res}[R(z),z_k] $$

取复平面上上半圆周$z=Re^{i\theta}(0\le\theta\le\pi)$和实轴上$[-R,R]$一段作为积分路径，取$R$适当大，使$R(z)=\dfrac{P(z)}{Q(z)}$所有在上半平面内的极点$z_k$都包含在积分路径内。

根据留数定理，有

$$ \int_{-R}^RR(x)dx+\int_{C_R}R(z)dz=2\pi i\sum_{k=1}^n\text{Res}[R(z),z_k] $$

在$C_R$上令$z=Re^{i\theta}$，则有

$$ \int_{C_R}\frac{P(z)}{Q(z)}dz=\int_0^\pi\frac{P(Re^{i\theta})iRe^{i\theta}}{Q(Re^{i\theta})}d\theta $$

当$|z|=R\to\infty$时，有

$$ \frac{zP(z)}{Q(z)}=\frac{Re^{i\theta}P(Re^{i\theta})}{Q(Re^{i\theta})}\to0 $$

所以

$$ \lim_{|z|\to\infty}\int_{C_R}\frac{P(z)}{Q(z)}dz=0 $$

从而有

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}dx=2\pi i\sum_{k=1}^n\text{Res}[R(z),z_k] $$

如果$R(x)$为偶函数，则

$$ \int_0^{+\infty}R(x)dx=\frac12\int_{-\infty}^{+\infty}R(x)dx=\pi i\sum_{k=1}^n\text{Res}[R(z),z_k] $$

例题： 计算积分$\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{x^2-x+2}{x^4+10x^2+9}$

解： $P(z)=z^2-z+2,Q(z)=z^4+10z^2+9$，$Q(z)$在实轴上无零点，积分存在，$R(z)=\dfrac{P(z)}{Q(z)}$在复平面上有四个简单极点：$\pm i,\pm 3i$，其中上半平面有$i,3i$

$$ \begin{align} \text{Res}[R(z),i]=\lim_{z\to i}(z-i)\frac{z^2-z-2}{(z-i)(z+i)(z^2+9)}=-\frac{1+i}{16} \\\\ \text{Res}[R(z),3i]=\lim_{z\to 3i}(z-3i)\frac{z^2-z-2}{(z^2+1)(z-3i)(z+3i)}=\frac{3-7i}{48} \end{align} $$

所以

$$ \begin{align} &\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2-x+2}{x^4+10x^2+9}dx\\ &=2\pi i\{ \text{Res}[R(z),i]+\text{Res}[R(z),3i] \}\\ &=2\pi i\left( -\frac{1+i}{16}+\frac{3-7i}{48} \right)=\frac{5\pi}{12} \end{align} $$

形如$\int_{-\infty}^{+\infty}R(x)e^{iax}dx(a>0)$的积分

$R(x)$是真分式，在实轴上无奇点，则

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)e^{iax}dx=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}e^{iax}dx =2\pi i\sum_{k=1}^m\text{Res}[f(z),z_k] $$

其中$f(z)=R(z)e^{iax},z_k$为$f(z)$在上半平面的奇点

若尔当引理

设函数$g(z)$在闭区域$\theta_1\le \arg z\le\theta_2,R_0\le|z|\le+\infty(R_0\ge0,\ \ 0\le\theta_1\le\theta_2\le\pi)$上连续， 并设$C_R$是该闭区域上的一段以院殿为中心，$R(R>R_0)$为半径的圆弧，当$z$在这个闭区域上满足

$$ \lim_{z\to\infty}g(z)=0 $$

则对任何$a>0$，有

$$ \lim_{R\to\infty}\int_{C_R}g(z)e^{iax}dz=0 $$

（务必留意书上对这个引理的推理过程）

例题： 计算积分

$$ I_1=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{x^2+a^2}dx,\ \ \ I_2=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^2+a^2}dx $$

解： $I_1=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{x^2+a^2}dx$是$\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+a^2}dx$的实部

$I_2=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^2+a^2}dx$是$\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+a^2}dx$ 的虚部

显然，函数$f(z)=\dfrac{e^{iz}}{z^2+a^2}$满足若尔当引理的条件，其中$g(z)=\dfrac1{z^2+a^2}$，函数$f(z)$在上半平面只有一个简单极点$z=ai$

$$ \begin{align} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}}{x^2+a^2} &=2\pi i\text{Res}[f(z),ai]\\ &=2\pi i\lim_{z\to ai}(z-ai)\frac{e^{iz}}{z^2+a^2}\\ &=2\pi i\frac{e^{-a}}{2ai}=\frac{\pi e^{-a}}{a} \end{align} $$

比较实虚部得

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{x^2+a^2}dx=\frac{\pi e^{-a}}{a},\ \ \ \ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^2+a^2}dx=0 $$

对数留数与辐角原理

对数留数

形如$\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C\dfrac{f'(z)}{f(z)}$的积分称为$f(z)$关于$C$的对数留数

定理： 若$f(z)$在简单闭曲线$C$的内部除去有限个极点外是解析的，并在$C$上解析且不为零，则有

$$ \frac1{2\pi i}\oint_C\frac{f'(z)}{f(z)}dz=N-P $$

其中，$N$为$f(z)$在$C$内零点的总个数，$P$为$f(z)$在$C$内极点的总个数。计算零点与极点的个数时，m阶的零点或极点算作m个零点或极点。

辐角原理

在上述定理条件下，$f(z)$在$C$内部的零点个数与极点个数之差，等于当$z$沿$C$正向绕行一周后$\arg f(z)$的改变量$\Delta_C\arg f(z)$除以$2\pi$，即

$$ N-P=\frac1{2\pi}\Delta_C\arg f(z) $$

当$f(z)$在$C$上及$C$内部解析且$f(z)$在$C$上不为零时，则有

$$ N=\frac1{2\pi}\Delta_c\arg f(z) $$

儒歇定理

设函数$f(z),g(z)$在简单闭曲线$C$上及$C$内解析，且在$C$上$|f(z)|>|g(z)|$，则在$C$内$f(z),f(z)+g(z)$有相同个数的零点。

例题

例题1

求方程$z^8-5z^5-2z+1=0$在$|z|<1$内根的个数

解： 令$f(z)=-5z^5+1,g(z)=z^8-2z$，当$|z|=1$时，有$|f(z)|\ge|5z^5|-1=4$，而$|g(z)|\le|z^8|+2|z|=3$，所以给定的方程在$|z|<1$内根的个数与$-5z^5+1$在$|z|<1$内零点的个数相同，即5个。

例题2

证明：方程$z^7-z^3+12=0$的根都在圆环$1<|z|<2$内

证： 设$f(z)=z^7+12,g(z)=-z^3$，两函数在全平面解析，在$|z|=2$上，有

$$ |f(z)|\ge2^7-12>2^3=|g(z)| $$

故$F(z)=z^7-z^3+12=f(z)+g(z)$与$f(z)$在$|z|<2$内有相同个数的零点

$f(z)=z^7+12$的7个零点模都等于$\sqrt[7]{12}<2$，故$z^7-z^3+12=0$在$|z|=2$内有7个根

在$|z|=1$上，

$$ |F(z)|\ge12-1>1=|g(z)| $$

故$F(z),f(z)$在$|z|<1$内有相同个数的零点，但$f(z)=z^7+12$在$|z|<1$内没有零点，故$F(z)$在$|z|<1$内也没有零点

而在$|z|=1$上，

$$ |F(z)|>12-2>0 $$

所以$F(z)=z^7-z^3+12$的全部7个根都在圆环$1<|z|<2$内

例题3

用儒歇定理证明：n次多项式

$$ P(z)=a_0z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_{n-1}z+a_n\ \ \ (a_0\not=0) $$

必有n个根（即$P(z)$有n个一阶零点）

证明： 令$f(z)=a_0z^n,g(z)=a_1z^{n-1}+\cdots+a_n$，当$z$在充分大的圆周$C:|z|=R$上时，

$$ \begin{align} |g(z)|&\le|a_1|R^{n-1}+\cdots+|a_{n-1}|R+|a_n|\\ &<(|a_1|+\cdots+|a_n|)R^{n-1}\\ &<|a_0|R^n=|f(z)| \end{align} $$

根据儒歇定理，$P(z)=f(z)+g(z)$与$f(z)$在$C$内部有同样多的零点，即$n$个零点。