复变函数教学53改ppt课件

一、形如 的积分 20d)sin,(cos R 二、形如 的积分xxR d)(三、形如 的积分)0(d)(axexRaix第三节第三节 留数在定积分计算上的运用留数在定积分计算上的运用四、小结与思索一、形如一、形如 的积分的积分 20d)sin,(cos R思想方法思想方法:封锁道路的积分封锁道路的积分.两个重要任务两个重要任务:1)积分区域的转化积分区域的转化2)被积函数的转化被积函数的转化把定积分化为一个复变函数沿某条把定积分化为一个复变函数沿某条形如形如 iez 令令 ddiiez ,ddizz )(21sin iieei ,212izz )(21cos iiee ,212zz 当当 历经变程历经变程2,0时时,20d)sin,(cos R1 z的的正方向绕行一周正方向绕行一周.z 沿单位圆周沿单位圆周 d)sin,(cos20 RizzizzzzRzd21,21122 zzfzd)(1 z的有理函数的有理函数,且在且在单位圆周上分母不单位圆周上分母不为零为零,满足留数定满足留数定理的条件理的条件.包围在单位圆周包围在单位圆周内的诸孤立奇点内的诸孤立奇点.),(Res21 nkkzzfi例例1 计算积分计算积分)0(dcossin202 baba 解解,iez 令令那么那么,21sin2ziz ,21cos2zz ,dd iiez izzzzbazzbazd2114)1(dcossin21222202 12222d)2(2)1(zzbazbzizz222222bbaba ).(2222baab 22222212(1)d2zizzaabaabz b zzbb bbaazfzfi)(),(Res0),(Res222例例2 计算计算).0(sind02 axax解解 00222cos1dsindxaxxax 022cos12d21xax,2tx 令令 202cos1d21tatizzzzazd22)1(112112 .1)12(2d212 zzazzi1)12(1221 aaz极点为极点为:02sindxax所所以以.1)12(22 a(在单位圆内在单位圆内)1)12(1222 aaz(在单位圆外在单位圆外).11212(),(Res222 aazfii例例3 .)10(dcos21cos2202的值的值计算计算 pppI 解解,10 p由由于于)cos1(2)1(cos2122 pppp内内不不为为零零，在在20 故积分有意义故积分有意义.)(212cos22 iiee 由由于于),(2122 zzizzpzzpzzIzd2211221122 izzpzzpzzIzd2211221122 zpzpzizzzd)(1(21124 ,1,0ppz 被积函数的三个极点被积函数的三个极点内内，在在圆圆周周1,0 zpz为一级极点，为一级极点，为二级极点，为二级极点，且且pzz 0.d)(1zzfz 上上被被积积函函数数无无奇奇点点，所所以以在在圆圆周周1 z )(1(21ddlim0),(Res2420pzpzizzzzzfz222243220)(2)21)(1(4)(limzpppzzippzzzzpppzzz ,2122ipp ,)1(21224pipp )(1(21)(lim),(Res24pzpzizzpzpzfpz )1(2121222222pippippiI.1222pp 因此因此xxR d)(假设有理函数假设有理函数 R(x)的分母至少比分子高两次的分母至少比分子高两次,并且分母在实轴上无孤立奇点并且分母在实轴上无孤立奇点.普通设普通设2,)(1111 nmbzbzazazzRmmmnnn分析分析可先讨论可先讨论,d)(RRxxR最后令最后令 R即可即可.二、形如二、形如 的积分的积分2.积分区域的转化积分区域的转化:取一条衔接区间两端的按段光滑曲线取一条衔接区间两端的按段光滑曲线,使与区间使与区间一同构成一条封锁曲线一同构成一条封锁曲线,并使并使R(z)在其内部除有在其内部除有限孤立奇点外处处解析限孤立奇点外处处解析.(此法常称为此法常称为“围道积分法围道积分法)1.被积函数的转化被积函数的转化:(当当z在实轴上的区间内变动时在实轴上的区间内变动时,R(z)=R(x)RRxxRd)(Czzfd)(可取可取 f(z)=R(z).xy0R.R.这里可补线这里可补线RC(以原点为中心以原点为中心,R为半径为半径的在上半平面的半圆周的在上半平面的半圆周)RC与与 RR,一同构成封锁曲线一同构成封锁曲线C,R(z)在在C及其及其内部内部(除去有限孤立奇点处处解析除去有限孤立奇点处处解析.取取R适当大适当大,使使R(z)一切的在上半平面内的极点一切的在上半平面内的极点kz都包在这积分道路内都包在这积分道路内.RC根据留数定理得根据留数定理得:RCkRRzzRizzRxxR,),(Res2d)(d)(mmnnnmzbzbzazazzR 1111111)(mmnnnmzbzbzazaz 1111111当当 充分大时充分大时,总可使总可使z,10111 nnzaza,10111 mmzbzb，因为因为2 nm|1|11)(1111mmnnnmzbzbzazazzR 所所以以22z szRzzRRRCCd)(d)(RR 22,2R ),(Res2d)(kzzRizzR所所以以;0d)(:RCzzRR,d)(zzR RRzzRd)(例例4 计算积分计算积分),0,0()()(d22222bababxaxx )()(1)(22222bzazzR aizbzaiz )()(1222解解 在上半平面有二级极点在上半平面有二级极点,aiz .biz 一级极点一级极点,)(21222babi ),(ResaizRbizbizaz )()(1222,)(43222322abiaab ),(Res),(Res2aizRbizRi .)(2)2(23bababa 222222322)(21)(432abbiabiaabi),(ResbizR )()(d22222bxaxx所所以以xy0R.R.)0(d)(axexRaix积分存在要求积分存在要求:R(x)是是x的有理函数而分母的次的有理函数而分母的次数至少比分子的次数高一次数至少比分子的次数高一次,并且并且R(z)在实轴上在实轴上无孤立奇点无孤立奇点.RC与与 RR,曲线曲线C,使使R(z)一切的在上半平面内的极点一切的在上半平面内的极点kz包在这积分道路内包在这积分道路内.同前一型同前一型:补线补线RC一同构成封锁一同构成封锁都都三、形如三、形如 的积分的积分RCsezRzezRaizCCaizRRd)(d)(seRRCiyxaid2)(对于充分大的对于充分大的 ,且且 时时,有有z1 nmzzR2)(sin,cosRyRx 令令sd.d R)sin(cos iRz 则则0 seRRCiyxaid2)(seeRayCaxiRd2 d20sin aRe).1(2aReaR ,d420)2(aRe d420sin aRe d420sin aRe oy2 y sin y2 R0从而从而.0)1(2d)(aRCaizeaRzezRR.0d)(zezRaizCRzezRxexRaizCRRaixRd)(d)(,)(Res2kaizzezRi由留数定理由留数定理:R ,)(Res2d)(kaizaixzezRixexRaxiaxeiaxsincos xaxxRixaxxRdsin)(dcos)(.,)(Res2 kaizzezRi例例5 计算积分计算积分 .0,0,d)(sin0222 amxaxmxx解解 xaxmxxxaxmxxd)(sin21d)(sin222022 xeaxximxd)(Im21222在上半平面只需二级极点在上半平面只需二级极点,)()(222imzeazzzf ,aiz 又又xeaxximxd)(222 则则aizimzeaizzzaizf 2)(dd),(Res,4maeam ),(Res2Im21aizfi .4maeam aieazziimz,)(Res2222xaxmxxd)(sin0222 所所以以留意留意 以上两型积分中被积函数中的以上两型积分中被积函数中的R(x)在实轴在实轴上无孤立奇点上无孤立奇点.dsin21dsin0 xxxxxx 例例6 计算积分计算积分.dsin0 xxx 分析分析 所所以以是是偶偶函函数数,sinxxizez 某封闭曲线某封闭曲线 ,因因izez在实轴上有一级极点在实轴上有一级极点,0 z应使封锁路应使封锁路线不经过奇点线不经过奇点,所以可取图示道路所以可取图示道路:xyoRCrCrRr R 解解,0dddd xxezzexxezzeRrixCizrRixCizrR封锁曲线封锁曲线C:RrCrRCrR,由柯西由柯西-古萨定理得古萨定理得:ttexxerRitrRixdd ,dxxeRrix ，令令tx ,2sinieexixix 由由,0dddsin2 rRCizCizRrzzezzexxxi知知szezzeRRCizCizdd seRRCyd1 0sin deR d220sin Re d220)2(Re),1(ReR R于于是是0d zzeRCiz充分小时，充分小时，当当r !3!2)(12nziizzizgnn当当 充分小时充分小时,总有总有 z,2)(zg dd0 iiCreirezzr,i,d)(d1d rrrCCCizzzgzzzze !211nzizizzenniz因因为为),(1zgz szgzzgrrCCd)(d)(因因为为,2d2 rCrs 0r即即0d izzerCiz,0dddsin2 rRCizCizRrzzezzexxxi.2dsin0 xxx所所以以,dsin20ixxxi ,0d)(rCzzg,i 例例72220001sindcosd.(d)222xxxxxex 证证明明证证 2ize设函数设函数时时当当xz 22sincos2xxeiz 如图途径，如图途径，oxyRRADB2Cd0,izez ,0ddd0440022222 RieirieiRRixreeRieexeii ,0ddd222 OABOizABizizzezeze Rxxix022d)sin(cos或或时，时，当当 Ririeree4042d2 .22221i 402sin402sin2cosdd222 ReRieeRiRiR 404d2 ReR).1(42ReR 0 R.dd402sin2cos04222 iRiRRriRieeree 022d)sin(cosxxix.221.22221i 令两端实部与虚部分别相等，得令两端实部与虚部分别相等，得 02dcosxx 02dsinxx菲涅耳菲涅耳(fresnel)积分积分四、小结与思索四、小结与思索 本课我们运用本课我们运用“围道积分法计算了三类实围道积分法计算了三类实积分积分,熟练掌握运用留数计算定积分是本章的难熟练掌握运用留数计算定积分是本章的难点点.).0(cosd2022 aa 计计算算积积分分思索题思索题 2222cosd21 aI2221d2(2)212cos2ta 令令 2cos21d21tat 202cos21d21tat.122 aa思索题答案思索题答案放映终了，按放映终了，按EscEsc退出退出.