§01 数学原理
利用留数定理可以简化某些初等函数定积分计算。这需要解决以下两个问题:
1. 需要把被积函数 与每个解析函数关联起来;
2. 需要把积分转换成沿闭曲线的积分;
1.1 关于正弦复合函数积分
对于形如 ∫ 0 2 π R ( cos θ , sin θ ) d θ \int_0^{2\pi } {R\left( {\cos \theta ,\sin \theta } \right)d\theta } ∫02πR(cosθ,sinθ)dθ 的积分,其中 R ( cos θ , sin θ ) R\left( {\cos \theta ,\sin \theta } \right) R(cosθ,sinθ) 为 cos θ , sin θ \cos \theta ,\sin \theta cosθ,sinθ 的有理函数。
令 z = e i θ z = e^{i\theta } z=eiθ ,那么 d z = i e i θ d θ dz = ie^{i\theta } d\theta dz=ieiθdθ , sin θ = 1 2 i ( e i θ − e − i θ ) = z 2 − 1 2 i z \sin \theta = {1 \over {2i}}\left( {e^{i\theta } - e^{ - i\theta } } \right) = { {z^2 - 1} \over {2iz}} sinθ=2i1(eiθ−e−iθ)=2izz2−1 cos θ = 1 2 ( e i θ + e − i θ ) = z 2 + 1 2 z \cos \theta = {1 \over 2}\left( {e^{i\theta } + e^{ - i\theta } } \right) = { {z^2 + 1} \over {2z}} cosθ=21(eiθ+e−iθ)=2zz2+1
从而,原来积分化简为 ∮ ∣ z ∣ = 1 R [ z 2 + 1 2 z , z 2 − 1 2 i z ] d z i z = ∮ ∣ z ∣ = 1 f ( z ) d z \oint_{\left| z \right| = 1} {R\left[ { { {z^2 + 1} \over {2z}},{ {z^2 - 1} \over {2iz}}} \right]{ {dz} \over {iz}}} = \oint_{\left| z \right| = 1} {f\left( z \right)dz} ∮∣z∣=1R[2zz2+1,2izz2−1]izdz=∮∣z∣=1f(z)dz 其中 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 为 z z z 的有理函数,在单位圆周上 ∣ z ∣ = 1 \left| z \right| = 1 ∣z∣=1 分母不为0,所以满足留数定理。根据留数定理可以获得积分值 2 π i ∑ k = 1 n R e s [ f ( z ) , z k ] 2\pi i\sum\limits_{k = 1}^n { {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),z_k } \right]} 2πik=1∑nRes[f(z),zk]
1.2 有理分式积分
对于形如 ∫ − ∞ + ∞ R ( x ) d x \int_{ - \infty }^{ + \infty } {R\left( x \right)dx} ∫−∞+∞R(x)dx 积分,其中 R ( x ) R\left( x \right) R(x) 是 x x x 的有理分式,而且分母次数比分子次数高二次,并且 R ( x ) R\left( x \right) R(x) 在实轴上没有孤立奇点,积分是存在的。
设 R ( z ) = z n + a 1 z n − 1 + ⋯ + a 0 z m + b 1 z m − 1 + ⋯ + b 0 , m − n ≥ 2 R\left( z \right) = { {z^n + a_1 z^{n - 1} + \cdots + a_0 } \over {z^m + b_1 z^{m - 1} + \cdots + b_0 }},\,\,m - n \ge 2 R(z)=zm+b1zm−1+⋯+b0zn+a1zn−1+⋯+a0,m−n≥2
下面给定一个足够大的 R > 0 R > 0 R>0 使得下面半圆围线内包含有上面有理分式上半平面的极点。
▲ 图1.2.1 半圆积分围线
计算 R ( z ) R\left( z \right) R(z) 在上述围线内的积分,随着 R → ∞ R \to \infty R→∞
- 在 C R C_R CR 上的积分为0;
- 围线积分值等于围线内极点的留数;
于是 R e s [ f ( z ) , p ] = lim z → p [ ( z − p ) ⋅ 1 + z 4 2 i z 2 ( 1 − p z ) ( z − p ) ] = 1 + p 4 2 i p 2 ( 1 − p 2 ) {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),p} \right] = \mathop {\lim }\limits_{z \to p} \left[ {\left( {z - p} \right) \cdot { {1 + z^4 } \over {2iz^2 \left( {1 - pz} \right)\left( {z - p} \right)}}} \right] = { {1 + p^4 } \over {2ip^2 \left( {1 - p^2 } \right)}} Res[f(z),p]=z→plim[(z−p)⋅2iz2(1−pz)(z−p)1+z4]=2ip2(1−p2)1+p4 ∫ − ∞ + ∞ R ( x ) d x = 2 π i ∑ R e s [ R ( z ) , z k ] \int_{ - \infty }^{ + \infty } {R\left( x \right)dx} = 2\pi i\sum\limits_{}^{} { {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {R\left( z \right),z_k } \right]} ∫−∞+∞R(x)dx=2πi∑Res[R(z),zk]
1.3 带有复指数的积分
形如 ∫ − ∞ + ∞ R ( x ) e a i x d x , ( a > 0 ) \int_{ - \infty }^{ + \infty } {R\left( x \right)e^{aix} dx} ,\,\,\left( {a > 0} \right) ∫−∞+∞R(x)eaixdx,(a>0) 的积分。当 R ( x ) R\left( x \right) R(x) 是 x x x 的有理函数,分母次数至少比分子高一次,并且 R ( x ) R\left( x \right) R(x) 在实轴上没有孤立奇点时,积分是存在的。
同样应用上面半圆围线进行积分,在 R ( x ) R\left( x \right) R(x) 分母比分子阶次至少高1,也可以保证 R ( z ) e a i z R\left( z \right)e^{aiz} R(z)eaiz 在 C R C_R CR 上的积分为0,所以 ∫ − ∞ + ∞ R ( x ) e a i x d x = 2 π i ∑ R e s [ R ( z ) e a i z , z k ] \int_{ - \infty }^{ + \infty } {R\left( x \right)e^{aix} dx} = 2\pi i\sum\limits_{}^{} { {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {R\left( z \right)e^{aiz} ,z_k } \right]} ∫−∞+∞R(x)eaixdx=2πi∑Res[R(z)eaiz,zk]
§02 应用举例
2.1 计算定积分
2.1.1 计算积分
计算 I = ∫ 0 2 π cos 2 θ 1 − 2 p cos θ + p 2 d θ , ( 0 < p < 1 ) I = \int_0^{2\pi } { { {\cos 2\theta } \over {1 - 2p\cos \theta + p^2 }}d\theta } ,\,\,\left( {0 < p < 1} \right) I=∫02π1−2pcosθ+p2cos2θdθ,(0<p<1)
求解: 由于 0 < p < 1 0 < p < 1 0<p<1 ,被积分函数分母 1 − 2 p cos θ + p 2 = ( 1 − p ) 2 + 2 p ( 1 − cos θ ) 1 - 2p\cos \theta + p^2 = \left( {1 - p} \right)^2 + 2p\left( {1 - \cos \theta } \right) 1−2pcosθ+p2=(1−p)2+2p(1−cosθ) 在 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 \le \theta \le 2\pi 0≤θ≤2π 不为0,因此积分是有意义的。
由于 cos 2 θ = 1 2 ( e 2 i θ + e − 2 i θ ) = 1 2 ( z 2 + z − 2 ) \cos 2\theta = {1 \over 2}\left( {e^{2i\theta } + e^{ - 2i\theta } } \right) = {1 \over 2}\left( {z^2 + z^{ - 2} } \right) cos2θ=21(e2iθ+e−2iθ)=21(z2+z−2) 因此 I = ∮ ∣ z ∣ = 1 z 2 + z − 2 2 . 1 1 − 2 p . z + z − 1 2 + p 2 . d z z I = \oint_{\left| z \right| = 1} { { {z^2 + z^{ - 2} } \over 2}.{1 \over {1 - 2p.{ {z + z^{ - 1} } \over 2} + p^2 }}.{ {dz} \over z}} I=∮∣z∣=12z2+z−2.1−2p.2z+z−1+p21.zdz = ∮ ∣ z ∣ = 1 1 + z 4 2 i z 2 ( 1 − p z ) ( z − p ) d z = ∮ ∣ z ∣ = 1 f ( z ) d z = \oint_{\left| z \right| = 1} { { {1 + z^4 } \over {2iz^2 \left( {1 - pz} \right)\left( {z - p} \right)}}dz} = \oint_{\left| z \right| = 1} {f\left( z \right)dz} =∮∣z∣=12iz2(1−pz)(z−p)1+z4dz=∮∣z∣=1f(z)dz
被奇函数三个极点: z = 0 , p , 1 p z = 0,p,{1 \over p} z=0,p,p1 ,只有前两个在圆周 ∣ z ∣ = 1 \left| z \right| = 1 ∣z∣=1 内,其中 z = 0 z = 0 z=0 为二级极点, z = p z = p z=p 为一级极点。
R e s [ f ( z ) , 0 ] = lim z → 0 d d z [ z 2 . 1 + z 4 2 i z 2 ( 1 − p z ) ( z − p ) ] {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),0} \right] = \mathop {\lim }\limits_{z \to 0} {d \over {dz}}\left[ {z^2 .{ {1 + z^4 } \over {2iz^2 \left( {1 - pz} \right)\left( {z - p} \right)}}} \right] Res[f(z),0]=z→0limdzd[z2.2iz2(1−pz)(z−p)1+z4] = lim z → 0 ( z − p z 2 + p 2 z ) 4 z 3 − ( 1 + z 4 ) ( 1 − 2 p z + p 2 ) 2 i ( z − p z 2 − p + p 2 z ) 2 = − 1 + p 2 2 i p 2 = \mathop {\lim }\limits_{z \to 0} { {\left( {z - pz^2 + p^2 z} \right)4z^3 - \left( {1 + z^4 } \right)\left( {1 - 2pz + p^2 } \right)} \over {2i\left( {z - pz^2 - p + p^2 z} \right)^2 }} = - { {1{\rm{ + }}p^2 } \over {2ip^2 }} =z→0lim2i(z−pz2−p+p2z)2(z−pz2+p2z)4z3−(1+z4)(1−2pz+p2)=−2ip21+p2 R e s [ f ( z ) , p ] = lim z → p [ ( z − p ) ⋅ 1 + z 4 2 i z 2 ( 1 − p z ) ( z − p ) ] = 1 + p 4 2 i p 2 ( 1 − p 2 ) {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),p} \right] = \mathop {\lim }\limits_{z \to p} \left[ {\left( {z - p} \right) \cdot { {1 + z^4 } \over {2iz^2 \left( {1 - pz} \right)\left( {z - p} \right)}}} \right] = { {1 + p^4 } \over {2ip^2 \left( {1 - p^2 } \right)}} Res[f(z),p]=z→plim[(z−p)⋅2iz2(1−pz)(z−p)1+z4]=2ip2(1−p2)1+p4 所以 I = 2 π i [ − 1 + p 2 2 i p 2 + 1 + p 4 2 i p 2 ( 1 − p 2 ) ] = 2 π p 2 1 − p 2 I = 2\pi i\left[ { - { {1 + p^2 } \over {2ip^2 }} + { {1 + p^4 } \over {2ip^2 \left( {1 - p^2 } \right)}}} \right] = { {2\pi p^2 } \over {1 - p^2 }} I=2πi[−2ip21+p2+2ip2(1−p2)1+p4]=1−p22πp2
2.1.2 计算积分
计算积分 I = ∫ − ∞ + ∞ x 2 d x ( x 2 + a 2 ) ( x 2 + b 2 ) , ( a > 0 , b > 0 ) I = \int_{ - \infty }^{ + \infty } { { {x^2 dx} \over {\left( {x^2 + a^2 } \right)\left( {x^2 + b^2 } \right)}}} ,\,\,\left( {a > 0,b > 0} \right) I=∫−∞+∞(x2+a2)(x2+b2)x2dx,(a>0,b>0) 的值。
求解: 这里 m = 4 , n = 2 m = 4,n = 2 m=4,n=2 ,有理分式分母阶次比分子高2阶,在实轴上 R ( z ) R\left( z \right) R(z) 没有孤立奇点,所以积分存在,函数 z 2 ( z 2 + a 2 ) ( z 2 + b 2 ) { {z^2 } \over {\left( {z^2 + a^2 } \right)\left( {z^2 + b^2 } \right)}} (z2+a2)(z2+b2)z2 的一级极点为 ± a i , ± b i \pm ai, \pm bi ±ai,±bi ,其中 a i , b i ai,bi ai,bi 在上半平面,由于 R e s [ R ( z ) , a i ] = lim z → a i [ ( z − a i ) ⋅ z 2 ( z 2 + a 2 ) ( z 2 + b 2 ) ] = a 2 i ( a 2 − b 2 ) {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {R\left( z \right),ai} \right] = \mathop {\lim }\limits_{z \to ai} \left[ {\left( {z - ai} \right) \cdot { {z^2 } \over {\left( {z^2 + a^2 } \right)\left( {z^2 + b^2 } \right)}}} \right] = {a \over {2i\left( {a^2 - b^2 } \right)}} Res[R(z),ai]=z→ailim[(z−ai)⋅(z2+a2)(z2+b2)z2]=2i(a2−b2)a R e s [ R ( z ) , b i ] = b 2 i ( b 2 − a 2 ) {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {R\left( z \right),bi} \right] = {b \over {2i\left( {b^2 - a^2 } \right)}} Res[R(z),bi]=2i(b2−a2)b 所以 I = 2 π i [ a 2 i ( a 2 − b 2 ) + b 2 i ( b 2 − a 2 ) ] = π a + b I = 2\pi i\left[ { {a \over {2i\left( {a^2 - b^2 } \right)}} + {b \over {2i\left( {b^2 - a^2 } \right)}}} \right] = {\pi \over {a + b}} I=2πi[2i(a2−b2)a+2i(b2−a2)b]=a+bπ
2.1.3 计算积分
计算 I = ∫ 0 + ∞ x sin x x 2 + a 2 d x ( a > 0 ) I = \int_0^{ + \infty } { { {x\sin x} \over {x^2 + a^2 }}dx} \,\,\,\left( {a > 0} \right) I=∫0+∞x2+a2xsinxdx(a>0)
求解: 这里 m = 2 , n = 1 , m − n = 1 m = 2,n = 1,m - n = 1 m=2,n=1,m−n=1 , R ( z ) R\left( z \right) R(z) 在实轴上没有孤立奇点,所以积分存在。 R ( z ) = z z 2 + a 2 R\left( z \right) = {z \over {z^2 + a^2 }} R(z)=z2+a2z 在上半平面有一级极点 a i ai ai ,所以 ∫ − ∞ + ∞ x x 2 + a 2 d x = 2 π i R e s [ R ( z ) , a i ] = 2 π i ⋅ e − a 2 = π i e − a \int_{ - \infty }^{ + \infty } { {x \over {x^2 + a^2 }}dx} = 2\pi i{\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {R\left( z \right),ai} \right] = 2\pi i \cdot { {e^{ - a} } \over 2} = \pi ie^{ - a} ∫−∞+∞x2+a2xdx=2πiRes[R(z),ai]=2πi⋅2e−a=πie−a 所以 ∫ 0 + ∞ x sin x x 2 + a 2 d x = 1 2 π e − a \int_0^{ + \infty } { { {x\sin x} \over {x^2 + a^2 }}dx} = {1 \over {2\pi }}e^{ - a} ∫0+∞x2+a2xsinxdx=2π1e−a
§03 信号与系统
在信号与系统分析中,有很多典型信号的积分、变换直接计算比较困难,利用留数定理可以简化计算。
3.1 求sinc函数面积
计算 ∫ − ∞ + ∞ sin x x d x \int_{ - \infty }^{ + \infty } { { {\sin x} \over x}dx} ∫−∞+∞xsinxdx 的值。
求解: 构造 e i z / z e^{iz} /z eiz/z 沿着下图所示的围线进行积分。为了防止 e i z / z e^{iz} /z eiz/z 经过原点,构造了一个小圆绕过原点。
首先,下面围线积分值为0,因为其中不包含有任何极点。
其次,可以证明,在 C R C_R CR 上的积分在 R → ∞ R \to \infty R→∞ 时为0,。在 C r C_r Cr 上的积分在 r → 0 r \to 0 r→0 过程中始终保持 − π i - \pi i −πi 。由此可以知道在实轴上的积分取值为 π \pi π 。
▲ 图3.1.1 构造围线积分
3.2 求高斯函数频谱
求高斯信号的傅里叶变换。
▲ 图3.2.1 高斯信号
根据傅里叶变换计算公式 F ( ω ) = ∫ − ∞ ∞ 1 2 π e − t 2 2 e − j ω t d t = 1 2 π e − ω 2 2 ∫ − ∞ + ∞ e − 1 2 ( t + j ω ) 2 d t F\left( \omega \right) = \int_{ - \infty }^\infty { {1 \over {\sqrt {2\pi } }}e^{ - { {t^2 } \over 2}} e^{ - j\omega t} dt} = {1 \over {\sqrt {2\pi } }}e^{ - { {\omega ^2 } \over 2}} \int_{ - \infty }^{ + \infty } {e^{ - {1 \over 2}\left( {t + j\omega } \right)^2 } } dt F(ω)=∫−∞∞2π1e−2t2e−jωtdt=2π1e−2ω2∫−∞+∞e−21(t+jω)2dt = 1 2 π e − ω 2 2 ∫ − ∞ + j ω + ∞ + j ω e − z 2 2 d z = 1 2 π e − ω 2 2 ∫ − ∞ + ∞ e − z 2 2 d z = e − ω 2 2 = {1 \over {\sqrt {2\pi } }}e^{ - { {\omega ^2 } \over 2}} \int_{ - \infty + j\omega }^{ + \infty + j\omega } {e^{ - { {z^2 } \over 2}} } dz = {1 \over {\sqrt {2\pi } }}e^{ - { {\omega ^2 } \over 2}} \int_{ - \infty }^{ + \infty } {e^{ - { {z^2 } \over 2}} dz} = e^{ - { {\omega ^2 } \over 2}} =2π1e−2ω2∫−∞+jω+∞+jωe−2z2dz=2π1e−2ω2∫−∞+∞e−2z2dz=e−2ω2
在上面最后一步,应用到了留数定理,验证在平行实轴上的积分与实轴上的积分是相等。
▲ 图3.2.2 平行与实轴直线积分与实轴积分一样
§04 作业练习
4.1 求积分值
4.1.1 计算积分值
( 1 ) ∫ 0 2 π 1 5 + 3 sin θ d θ ; ( 2 ) ∫ 0 2 π sin 2 θ a + b cos θ d θ ; \left( 1 \right)\,\,\,\int_0^{2\pi } { {1 \over {5 + 3\sin \theta }}d\theta } ;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\,\,\,\int_0^{2\pi } { { {\sin ^2 \theta } \over {a + b\cos \theta }}d\theta } ; (1)∫02π5+3sinθ1dθ;(2)∫02πa+bcosθsin2θdθ; ( 3 ) ∫ − ∞ + ∞ 1 ( 1 + x 2 ) 2 d x ; ( 4 ) ∫ 0 + ∞ x 2 1 + x 4 d x ; \left( 3 \right)\,\,\,\int_{ - \infty }^{ + \infty } { {1 \over {\left( {1 + x^2 } \right)^2 }}dx} ;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\,\,\,\int_0^{ + \infty } { { {x^2 } \over {1 + x^4 }}dx} ; (3)∫−∞+∞(1+x2)21dx;(4)∫0+∞1+x4x2dx; ( 5 ) ∫ − ∞ + ∞ cos x x 2 + 4 x + 5 d x ; ( 6 ) ∫ − ∞ + ∞ x sin x 1 + x 2 d x \left( 5 \right)\,\,\,\int_{ - \infty }^{ + \infty } { { {\cos x} \over {x^2 + 4x + 5}}dx} ;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 6 \right)\,\,\int_{ - \infty }^{ + \infty } { { {x\sin x} \over {1 + x^2 }}dx} (5)∫−∞+∞x2+4x+5cosxdx;(6)∫−∞+∞1+x2xsinxdx
● 相关图表链接: