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。