留数的理论及应用(2)

1z于是 Res?e0．

z?02故由留数定理得

112?例5 计算积分I?z?1ezdz?2?i?Resez?0．

2z?0?zz?415?z2?1?2?z4?2?3dz．

解 被积函数一共由七个奇点：z??i,z?2e4i??2k?4?k?0,1,2,3?以及z??．前六

个奇点均含在z?4内部．

要计算z?4内部六个奇点的留数和是十分麻烦的，所以应用上述定理及留数定理得 I?2??i??1zz??． zRe?s??f?由下式可知f?z?在?处的洛朗展式中这一项的系数c?1．

f?z??z15?z2?1?2?z4?2?3

?z16z1523

1??2??1?1??2??4?z??z?? ??6.6?1?12???1?2???1?3??????24z?zz???，

因此，Resf?z???1，故I?2?i．

z??另外，也可应用公式Resf?z???Res?f??z??t?0???1?1?．先看 2??t?t?11511?1?1t??f??2?2323224?t?t?1??1?tt?1?t??1?2t??2?1??4?2??t??t?，

它以t?0为一阶极点．所以

I?2?i??Resf?z???z????6.7???1?1??2?iRes?f???2??2?it?0??t?t?6

．

例6 计算积分I??2?0d?1?2pcos??pdziz2,?0?p?1?．

解 命z?ei?，则d??．当p?0时，

2?11?2pcos??p?1?p?z?z??p?2?z?p??1?zpz?，

1这样就有I?1??z?p??1?pz?iz?1dz1ez，且在圆z?1内f?z??2?z?p??1?pz?，只

以z?p为一阶极点，在z?1上无奇点，以公式Resf?z????a?有

z?aResf?z??z?p11?pz|z?p?11?p2,?0?p?1?，

所以，由留数定理得

I?1i?2?i?11?p2?2?1?p2,?0?p?1?．

例7 计算积分I?解 命z?ei?，则

?2?0sin?a?bcos?2d?,?a?b?0?．

??z2?12??I???2z?1?4z?2?1dz?? ?2??z?1?iz?a?b???2z?2??2bii?z?1?z?1?2?2z?z?z?1?b??2adz

??2b?z?1?2z?12z2?z????z???22dz，

其中???a?a?bb22,???a?ba?b为实系数二次方程z2?2abz?1?0的两

个相异实根．由根与系数的关系???1，且显然???，故必??1,??1．

于是，被积函数f?z?在z?1上无奇点．在单位圆z?1内只有一个二阶级点z?07

和一个一阶极点z??．由公式Resf?z???'?a?及Resf?z????a?得

z?az?a??22??z?1??2aResf?z??????z?02ab2?z?z?1?b??z?0'，

Resf?z??z?a?z?1?22z2?z???22|z??

????1??2????2?

1????????? ?????????????2

????

?2a?bb22，

由留数定理得

?2a2a2?b2?2?i??? I?2bbb??i?2??a?2b?dx22a?b???? ??．

例8 计算积分I???0cosmx5?4cosx，m为正整数．

解 因为积分号下的函数为x的偶函数，故

I?1dx， ??25?4cosx??cosmx?命 I1???5?4cosx??cosmxdx,I2????5?4cosxdx，

?sinmx则 I1?iI2?设z?eix，则

??5?4cosxdx．

?eimx8

I1?iI2?1i?z?m25z?2?1?zzm?dz

?i2??1??z????z?2?2??dz．

在圆周?内部，积分号下函数f?z?仅有一个一阶极点z?Resf?z??z?1212，于是

zm?z?2?|z???1213?2m?1?，

??1??1???故由留数定理， I1?iI2?????2?i??， m?1m?1?3?2??3?2??2i???于是知 I1??3?212m?1?,I2?0，

所以 I?例9 设a?0，计算积分?解 因???04??04I1??3?2m?．

dxx?a,f44．

1z?a44dxx?a4?12?????4dxx?a??2k?4i?z??，

它一共有四个一阶极点ak?ae且符合定理7的条件．而

Resfz?ak,?k?0,1,2,3?，

?z??14z3|z?ak?14a3k?ak4a4k??ak4a4,?k?0,1,2,3?

(这里用到了ak4?a4?0)．f?z?在上半平面内只有两个极点a0及a1，于是

???0?3?i1?4i4???iae?ae444?x?a4a?dx?? ????i?1?4i???ie?e4? 3?4a????2a3sin?4

??22a3．

9

5.留数的应用

例10 设f?z???z?1??z?2??z?4?,C:z?3，试验证辐角原理．

解 f?z?在z平面上解析，在C上无零点，且在C的内部只有一阶零点z?1及二阶零点z?2．所以，一方面由N?f,C??1?2?3；

另一方面，当z沿正方向绕C一周时，有

?Cargf?z???Carg?z?1???Carg?z?2???Carg?z?4?

22??Carg?z?1??2?Carg?z?2?

?2??4? ?6?，

．

于是，N?f,C???Cargf?z?2?例11 设n次多项式

P?z??a0z?a1znn?1???an,?a0?0?

在虚轴上没有零点，试证明它的零点全在左半平面Rez?0内的充要条件是

y????????argP?iy??n?．

n2即当点z自下而上沿虚轴从点?走向点?的过程中，P?z?绕原点转了

解 令周线CR是右半圆周

???i???R:z?Re,??????

2??2圈．

以及虚轴上从Ri到?Ri的有向线段所构成．

于是P?z?的零点全在左半平面的充要条件为N?P,CR??0对任意R均成立，由

N?f,C???Cargf?z?2?即知此条件可写成

0?lim?CRargP?z?

R??? ?lim??RR???arPg?z??R???l?imy??R???RPa?iyrg?． （1）

10

但我们有

n??RargP?z????Rarga0z??1?g?z???

???Rarga0z+??Rarg??1?g?z???n，

其中g?z?=a1zn?1???anna0z，在R???时g?z?沿?R一致趋于零．

ar1?z????g?g??arga0Renin?由此知 lim??R???R0．

另一方面又有??arga0zn??R??????????2??2?n?．

这样一来，（1）就是我们所要证明的?y???????argP?iy??n?．

例12 试证：当a?e时，方程ez?azn?0在单位圆z?1内有n个根． 证 在单位圆周z?1上，有

?azezn?a?e?ez，

?eRez?e，

即有 ?azn?ez，

而函数ez及?azn均在单位闭圆z?1上解析．故由儒歇定理

N?e?az,z?1??N??az,z?1??nznn．

即方程ez?azn?0在单位圆z?1内有n个根．

参考文献：

[1] 钟玉泉．复变函数论第三版[M]．北京：高等教育出版社，2003． [2] 欧维义，复变函数论[M]．吉林：吉林大学出版社，1987．

[3] 范德比尔特大学 南佛罗里达大学，复分析基础及工程应用[M]．北京：机械工业出版社，2007． [4] 复变函数学习指导书[M]．北京：高等教育出版社，1996．

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