【摘要】本文介绍了一种计算定积分的新方法,应用留数定理将几种类型实积分的计算转化为复积分的计算,达到了化难为易、化繁为简的效果.本文有助于定积分计算思路的扩展,促进数学分支间的联系.
【关键词】留数定理;定积分;反常积分
在微积分或数学分析中,不少积分(包括普通定积分与反常积分)的计算用微积分教材的知识很难解决或几乎无能为力.如果我们能结合其他数学分支的理论方法来讨论这类问题,却可能达到了化难为易、化繁为简的效果.本文主要利用复变函数中的留数定理,将实积分转换为复积分(周线积分)的方法,讨论了几类定积分的计算.首先我们来给出留数的定义和留数定理.
留数的定义 设函数f(z)在有限点a为孤立奇点,即f(z)在a的某去心邻域0<|z-a| 留数定理 f(z)在周线或复周线C范围的区域D内,除a1,a2,…,an外解析,在闭域D=D+C上除a1,a2,…,an外连续,则“大范围”积分有如下公式∫C f(z)dz=2πi∑nk=1Resz=akf(z). 一、计算I=∫2π0R(cosθ,sinθ)dθ类型积分 这里R(cosθ,sinθ)表示cosθ,sinθ的有理函数,并且在[0,2π]上连续.令z=eiθ,则有cosθ=z+z-12,sinθ=z-z-12i,dθ=dziz,从而将三角积分转化为复函数的周线积分. 例1 计算积分I=∫2π0sin2θa+bcosθdθ,其中a>b>0. 解 令z=eiθ,则 I=i2b∫|z|=1(z2-1)2z2z2+2abz+1dz =i2b∫|z|=1(z2-1)2z2(z-α)(z-β)dz. 其中α,β为实系数二次方程z2+2abz+1=0的两个相异实根,且|β|>|α|.由根与系数的关系知αβ=1,从而|α|<1,|β|>1. 由于被积函数f(z)在单位圆|z|=1上无奇点,在|z|<1内只有一个二阶极点z=0和一个一阶极点z=a,从而有 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. 这样,应用留数定理可得 I=i2b•2πi-2ab+2a2-b2b =2πb2(a-a2-b2). 即I=∫2π0sin2θa+bcosθdθ=2πb2(a-a2-b2). 例2 计算积分I=∫2π0dθ1+cos2θ. 解 z=eiθ,则I=∫Γ:|z|=14zdzi(z4+6z2+1). 再令z2=t,则当z绕Γ圆周一周时,t亦在Γ上绕两周, 故I=2∫Γ2dti(t2+6t+1)=4i∫Γdtt2+6t+1. 由于被积函数f(t)在Γ内部仅有一个一阶极点t=-3+8,故 Rest=-3+8f(t)=1t+3+8t=-3+8=142. 由留数定理,有I=4i•2πi•142=2π. 即I=∫2π0dθ1+cos2θ=2π. 二、计算∫+∞-∞P(z)Q(z)dx类型的积分 这一类型的反常积分用数学分析的方法很难直接计算的,把它转化为复数域上的问题并结合留数定理却可容易算出. 设f(z)=P(z)Q(z)为有理分式,其中P(z)和Q(z)为互质的多项式,且满足条件:(1)Q(z)的次数n与P(z)的次数m有n-m≥2;(2)在实轴上有Q(z)≠0,那么∫+∞-∞f(x)dx=2πi∑Imak>0Resz=akf(z),其中ak为f(z)在z平面上的孤立奇点,Imak为复数ak的虚部. 例3 计算I=∫+∞01a4+x4dx. 解 被积函数为偶函数,故 ∫+∞01a4+x4dx=12∫+∞-∞1a4+x4dx. 对于f(z)=1a4+z4,它一共有四个一阶极点ak=aeπ+2kπ4i,k=0,1,2,3,且符合上述条件(1),(2).利用a4+z4=0,得 Resz=aKf(z)=14z3z=ak=14a3k=ak4a4k=-ak4ak. 由于f(z)在上半平面只有两个极点a0和a1,由留数定理可得 ∫+∞01a4+x4dx =12×2πi∑Imak>0Resz=akf(z) =-πi14a4aeπ4i+ae3π4i =π2a3sinπ4=π22a3, 所以I=∫+∞01a4+x4dx=π22a3. 例4 计算积I=∫+∞0x2(x2+1)(x2+4)dx. 解 被积函数为偶函数,故 I=∫+∞0x2(x2+1)(x2+4)dx=12∫+∞-∞x2(x2+1)(x2+4)dx. 对于f(z)=z2(z2+1)(z2+4),它一共有四个一阶极点z=±i,z=±2i,且满足条件(1),(2),而f(z)在上半平面内只有两个一阶极点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. 由留数定理有 ∫+∞-∞f(z)dz=2πi(Resz=if(z)+Resz=2if(z)) =2πii6-i3=π3, 所以I=∫+∞0x2(x2+1)(x2+4)dx=π6. 三、计算∫+∞-∞P(z)Q(z)emxdx类型的积分 设g(z)=P(z)Q(z),其中P(z)和Q(z)为互质的多项式,且满足条件:(1)Q(z)的次数n较P(z)的次数m高,即n>m>0;(2)在实轴上有Q(z)≠0.那么∫+∞-∞g(x)eimxdx=2πi∑Imak>0Resz=ak[g(z)eimz]. 特别地,将上式实部和虚部分开,可以得到形如∫+∞-∞P(z)Q(z)cosmxdx和∫+∞-∞P(z)Q(z)sinmxdx的积分. 例5 计算I=∫+∞0cosmx1+x2dx,m>0. 解 被积分函数为偶函数,故 ∫+∞0cosmx1+x2dx=12∫+∞-∞cosmx1+x2dx. 由于f(z)=11+z2只有两个一阶级点z=±i,且满足上述条件(1),(2),从而由留数定理得 ∫+∞-∞eimx1+x2dx =2πiResz=ieimz1+z2=2πie-m2i=πe-m. 由于∫+∞-∞eimx1+x2dx=∫+∞-∞cosmx1+x2dx+i∫+∞-∞sinmx1+x2dx, 而∫+∞0cosmx1+x2dx是∫+∞-∞eimx1+x2dx的实部,且πe-m是实数, 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,则函数f(z)有四个一阶极点 ak=aeπ+2kπ4i,k=0,1,2,3,而在上半平面只有两个极点a0和a1,于是 Resz=akf(z)=zeiz4z3z=ak=eiak4a2k=-a2keiak4a4(k=0,1). 由留数定理,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的虚部,可得I=∫+∞0xsinxx4+a4dx=π2a2e-2a2sin2a2. 【参考文献】 [1]钟玉泉.复变函数论[M].北京:高等教出版社,2004. [2]吉米多维奇.数学分析习题集[M].北京:高等教出版社,2010.