复变函数 第10次作业

Chasse_neige

3. 利用留数定理计算下面的积分

(a)

$${\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1-2p\cos x+p^2},0<p<1$$$$\begin{array}{c}{\int }_0^{\pi }\frac{dx}{1-2p\cos x+p^2}=\frac{1}{2}{\oint }_{|z|=1}\frac{1}{1-2p\frac{z+\frac{1}{z}}{2}+p^2}\frac{dz}{iz}\\ =\frac{i}{2}{\oint }_{|z|=1}\frac{dz}{(pz-1)(z-p)}=\frac{i}{2}(2\pi i\mathrm{Res}f(p))=\frac{\pi }{1-p^2}\end{array}$$

(b)

$${\int }_0^{\pi }\frac{d\theta }{1+{\sin }^2\theta }$$$$\begin{array}{c}{\int }_0^{\pi }\frac{d\theta }{1+{\sin }^2\theta }=\frac{1}{2}{\oint }_{|z|=1}\frac{1}{1+(\frac{z-\frac{1}{z}}{2i}{)}^2}\frac{dz}{iz}=\frac{1}{2}{\oint }_{|z|=1}\frac{i4z}{z^4-6z^2+1}dz\\ =2i{\oint }_{|z^2|=1}\frac{d{z}^2}{z^4-6z^2+1}=2i(2\pi i\mathrm{Res}f(3-2\sqrt{2}))\\ =-4\pi \frac{1}{-4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\pi }{2}\end{array}$$

4. 利用留数定理计算下面的积分

(b)

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2}dx}{(x^2+1)(x^2+2x\cos \theta +1)},\cos \theta \ne \pm 1$$

取围道为上半平面逆时针。由于 $z\to \mathrm{\infty }$ 时， $z\frac{z^2}{(z^2+1)(z^2+2z\cos \theta +1)}\to 0$ ，所以根据大圆弧引理，实积分等于留数之和

$$\begin{array}{c}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2}dx}{(x^2+1)(x^2+2x\cos \theta +1)}=2\pi i(\mathrm{Res}f(i)+\mathrm{Res}f(-\cos \theta +i\sin \theta ))\\ =2\pi i(\frac{1}{4\cos \theta }+\frac{-\sin \theta -i\cos \theta }{4\cos \theta \sin \theta })=\frac{\pi }{2\sin \theta }\end{array}$$

(d)

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{(1+x^2)\cosh \frac{\pi x}{2}}$$

如图取围道

处了刨去的一条之外，$z\to \mathrm{\infty }$ 时 $z\frac{1}{(1+z^2)\cosh z}\to 0$ ，所以根据大圆弧引理

$$\begin{array}{c}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{(1+x^2)\cosh \frac{\pi x}{2}}=\pi i\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\mathrm{Res}f((2n+1)i)=\pi i(\frac{-i}{2\pi }+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n}i}{2n(n+1)\pi })\\ =\frac{1}{2}(1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n+1}}{n(n+1)})=\frac{1}{2}(1+2\ln 2-1)=\ln 2\end{array}$$

1. 利用留数定理计算下面的积分

(a)

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos x}{1+x^4}dx$$$$\frac{\cos x}{1+x^4}=\mathrm{\Re }[\frac{e^{ix}}{1+x^4}]$$

取围道为包围第一象限逆时针。由于 $z\to \mathrm{\infty }$ 时， $\frac{1}{1+z^4}\to 0$ ，所以根据 Jordan 引理，实积分等于留数之和

$$\begin{array}{c}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos x}{1+x^4}dx=\frac{1}{2}\mathrm{\Re }[2\pi i(\mathrm{Res}f(e^{i\frac{\pi }{4}})+\mathrm{Res}f(e^{i\frac{3\pi }{4}}))]=\frac{1}{2}\mathrm{\Re }[2\pi i(\frac{e^{-\frac{\sqrt{2}}{2}}{e}^{i(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\pi }{4})}}{4i}-\frac{e^{-\frac{\sqrt{2}}{2}}{e}^{-i(\frac{3\pi }{4}+\frac{\sqrt{2}}{2})}}{4i})]\\ =\frac{\sqrt{2}\pi }{4}{e}^{-\frac{\sqrt{2}}{2}}(\cos \frac{\sqrt{2}}{2}+\sin \frac{\sqrt{2}}{2})\end{array}$$

(b)

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x\sin bx}{x^2+a^2}dx,a,b>0$$$$\frac{x\sin bx}{x^2+a^2}=\mathrm{\Im }\frac{z{e}^{ibz}}{z^2+a^2}$$

取围道为上半空间逆时针。由于 $z\to \mathrm{\infty }$ 时， $\frac{z{e}^{ibz}}{z^2+a^2}\to 0$ ，所以根据 Jordan 引理，实积分等于留数之和

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x\sin bx}{x^2+a^2}dx=\frac{1}{2}\mathrm{\Im }[2\pi i\mathrm{Res}f(ia)]=\frac{\pi }{2}{e}^{-ab}$$

2. 利用留数定理计算下面的积分

(b)

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos ax-\cos bx}{x^2}dx,a,b>0$$$$\frac{\cos ax-\cos bx}{x^2}=\mathrm{\Re }[\frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z^2}]$$

函数在 $z=0$ 处有奇点。

取围道为上半空间逆时针。由于 $z\to \mathrm{\infty }$ 时， $\frac{1}{z^2}\to 0$ ，所以根据 Jordan 引理，实积分等于

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\cos ax-\cos bx}{x^2}dx=\frac{1}{2}(\pi i\mathrm{Res}f(0))=\frac{\pi }{2}(b-a)$$

(d)

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x-\sin x}{x^3(1+x^2)}dx$$$$\frac{x-\sin x}{x^3(1+x^2)}=\frac{z}{z^3(1+z^2)}-\mathrm{\Im }\frac{e^{iz}}{z^3(1+z^2)}=f(z)+\mathrm{\Im }g(z)$$

函数在 $z=0$ 处有奇点。

取围道为上半空间逆时针。由于 $z\to \mathrm{\infty }$ 时， $\frac{1}{z^3(1+z^2)}\to 0$ ，$z\frac{z}{z^3(1+z^2)}\to 0$ 所以根据 Jordan 引理和大圆弧引理，实积分等于

$$\begin{array}{c}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x-\sin x}{x^3(1+x^2)}dx=\frac{1}{2}(\pi i\mathrm{Res}f(0)+2\pi i(\mathrm{Res}f(i)))+\mathrm{\Im }\frac{1}{2}(\pi i\mathrm{Res}g(0)+2\pi i(\mathrm{Res}g(i)))\\ =\frac{1}{2}(2\pi i\frac{i}{2})+\frac{1}{2}\mathrm{\Im }(\pi i\frac{3}{2}-2\pi i\frac{1}{2e})=\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{2e}\end{array}$$

(e)

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^{3}x}{x^3}dx$$$$\frac{{\sin }^{3}x}{x^3}=\frac{e^{i3z}-3e^{iz}+3e^{-iz}-e^{-i3z}}{-8i{z}^3}$$

函数在 $z=0$ 处有奇点。

取围道为上半空间逆时针。由于 $z\to \mathrm{\infty }$ 时， $\frac{1}{z^2}\to 0$ ，所以根据 Jordan 引理，实积分等于

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\sin }^{3}x}{x^3}dx=\frac{1}{2}\mathrm{\Re }(\pi i\mathrm{Res}[\frac{e^{i3z}-3e^{iz}}{-4i{z}^3},z=0])=\frac{3\pi }{8}$$