习题07利用留数定理计算定积分

137 .如果 R ( sin θ , cos θ ) 在 [ 0, 2π ] 中有奇点,通过变换 z = e iθ , R ( sin θ , cos θ ) 变为

? z2 ?1 z2 + 1 ? f (z) = R? , ? , 则 f ( z ) 在 单 位 圆 周 z = 1 上 有 奇 点 。 设 这 些 奇 点 βk 2z ? ? 2iz
( k = 1, 2," m )均为一阶奇点,证明:





0

m ? f ( z)? ? f ( z)? π R ( sin θ ,cos θ ) dθ = 2π ∑ res ? + ? ∑ res ? ? z <1 k =1 ? z ? ? z ? z = βk



其中 R ( sin θ , cos θ ) 表示 sin θ 和 cos θ 的有理函数。 证:

如上图, Γ0 是以原点为圆心, a 为半径的上半圆, Γδ 是以 ( 0, a ) 为圆心, δ 为半径的圆被

′ 是 Γδ 夹在 Γ0 和 L 之间的部分, Γ0 截断的圆外部分。 L 是 Γ0 过点 ( 0, a ) 的切线, Cδ 和 Cδ ′ Γδ 的上半圆部分 Γ′ δ = Γδ ? Cδ ? Cδ 。
参考第 86 题(习题 04)的证明,设 ( z ? a ) f ( z ) 在 Γδ 上一致趋于 k ,则对任意 ε > 0 ,存 在 δ ′ 满足 0 < δ ′ < ε ,使得当 δ < δ ′ < ε 时有

∫ f ( z ) dz = ∫ f ( z ) dz ? ik? + ik? ≤ ∫ f ( z ) dz ? ik? + k? < (ε + k )? 。
Cδ Cδ Cδ

由上图可解出 ? = arctan

δ
?δ ? 2a 1 ? ? ? ? 2a ?
2

,则 ? ≤

δ
?δ ? 2a 1 ? ? ? ? 2a ?
2

<

δ′
? δ′ ? 2a 1 ? ? ? ? 2a ?
2

(这是

关于 δ 的单调增函数) 。只要上面的 δ ′ 足够小就有
2 1? δ′ ? ? δ′ ? 1 ? 1 ? 1 ? ?< < ?1 + ? ? ? < ?1 + 2 ? < ?1 + 2 ? ε , 2 2a ? ? 2 ? 2a ? ? ? 2 a ? 8a ? 2 a ? 8a ? ? δ′ ? 2a 1 ? ? ? ? 2a ?

δ′

δ′ ?

所以

1? 1 ? f ( z) dz = 0。 1+ ? ( kε + ε ) ,这就证明了 lim ∫ f ( z) dz < ε? + k? < 2a ? C δ →0 ∫ ? 8a ?
2 Cδ 2
δ

所以 lim Γ δ →0 δ



f ( z ) dz = lim ? ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz ? ′ ? Cδ Cδ δ →0 ? ? Γδ′ ?

= lim ∫

′ δ → 0 Γδ

f ( z ) dz = kπ i = π i lim ? ( z ? a ) f ( z )? ?。 z→a ?

在单位圆上挖去奇点 β k ,代之以以 β k 为圆心, δ 为半径,被单位圆截断的圆 弧 Ck ( k = 1, 2," m ) ,用 C0 表示单位圆剩下的部分。这样构成一个包围单位圆内奇点和 β k ( k = 1, 2," m )的围线 C = C0 + C1 + C2 + " + Cm 。则

v ∫

C

m f (z) ? f (z)? ? f (z)? 2 π res ? dz = 2π ∑ res ? + ? ? ∑ iz z <1 k =1 ? z ? ? z ?z=β

k

又有 lim v ∫
δ →0

C

m f ( z) f ( z) f ( z) dz = lim v dz dz + lim ∑ v ∫ Ck δ →0 ∫C0 iz δ →0 iz iz k =1

= ∫ R ( sinθ ,cosθ ) dθ + π i∑ lim
0 k =1 z →βk



m

( z ? βk ) f ( z )
iz

m 2π ? f ( z)? = ∫ R ( sin θ , cos θ ) dθ + π ∑ res ? ? 0 k =1 ? z ? z = βk

所以有





0

m ? f ( z)? ? f ( z)? R ( sin θ ,cos θ ) dθ = 2π ∑ res ? ? + π ∑ res ? ? z <1 k =1 ? z ? ? z ? z = βk



138.计算下列积分: (1)






0

2π dx dx , ; ( 2 ) ; 0 < p < 1 2 ∫ 0 1 ? 2 p cos x + p 2 + cos x

(3)

∫ ( a + b cos x )
0

dx

2

,a > b > 0; (4)





0

iθ cos 2 n xdx ; (5) ∫ exp ( e ) dθ ; 2π 0

(6)



π

0

π dθ dθ ; (7) ∫ 2 0 1 + sin θ 1 + sin 2 θ

(

)

2

; (8)



π

0

cot ( x ? α ) dx , Im α ≠ 0 。

(1)令 f ( z ) =

1 z

1 1? 2 p z +1 + p2 2z
2

=?

1 p

1 1 ,则 res f ( p ) = 。 1 ? p2 ? 1? ( z ? p)? z ? ? p? ?

原积分 = 2π res f ( p ) =

2π 。 1 ? p2

(2)令 f ( z ) =

1 z

1 2 1 = ,则 res f ?2 + 3 = 。 2 z +1 3 z z + ? + + 2 3 2 3 2+ 2z

(

)(

)

(

)

原积分 =

2π 。 3
2

1 1 4 z a ?a? = 2 (3)令 f ( z ) = ,其中 z1 = ? ? ? ? ? 1 , 2 2 2 2 z? b ( z ? z1 ) ( z ? z2 ) b ?b? z +1 ? ?a +b ? 2z ? ?

a a a ?a? ?a? z2 = ? + ? ? ? 1 。 ? ? ? ? ? 1 < ? < ?1 ,所以 z1 > 1 ,在单位圆外, b b b ?b? ?b?
a a ?a? ?a? z2 = ? + ? ? ? 1 = 1 ? ? ? ? ? 1 < 1 ,在单位圆内。 b b ?b? ?b?
2 2

2

2

res f ( z2 ) = lim
z → z2

d ? a 2 = , ( z ? z2 ) f ( z ) ? 32 ? ? 2 dz ( a ? b2 ) 2π a
2

所以原积分 =

(a

?b

2 32

)



(4)令

1 ? z +1 ? 1 f ( z) = ? ? = 2n 2 z ? 2z ?
2

2n

(1+ z )
z 2n+1
2n

2 2n

2n ( 2n)! z 2k 1 = 2n 2n+1 ∑ 2 z k =0 k !( 2n ? k ) !



? 1 d 2n res f ( 0 ) = lim ? 2 n z→0 2 ( 2 n )! dz 2 n ?

( 2 n )! z ∑ k = 0 k !( 2 n ? k ) !

2k

? ? ?

( 2n)! z2n +"+ z4n ? 1 d 2n ? = 2n + + " + 1 a z ? 1 ? 2 2 ( 2n)! dz2n ? n ! ( ) ? ? ?
=

z =0

( 2n)! 2n !+ b z +"+ b z2n ? 1 ? 0 0 + + " + ? ? ) 2n+1 4n 2 ( 22n ( 2n) ! ? n ! ( ) ? ? ?

=
z=0

( 2n)! 2 22n ( n!)

所以原积分 = 2π

( 2n ) ! 2 2 ( n !)
2n 2

= 2π

2n ( 2n ? 1)( 2n ? 2 )( 2n ? 3 )" 2 ?1 2 2 n n 2 ( n ? 1) ( n ? 2 ) " 2 2 ?12
2 2 2 2

= 2π

2n ( 2n ? 1)( 2n ? 2 )( 2n ? 3)" 2 ?1

( 2n ) ( 2n ? 2 ) ( 2n ? 4 )

" 22

= 2π

( 2n ? 1)( 2n ? 3)" 3 ?1 ( 2n )( 2n ? 2 )( 2n ? 4 )" 2

= 2π
(5)令 f ( z ) = (6)原积分 =

( 2n ? 1)!! 。 ( 2n )!!
1 z e ,则 res f ( 0 ) = 1 ,原积分 = 2π 。 z



π

0

2π 2dθ d? =∫ 。 0 3 ? cos ? 3 ? cos 2θ

令 f ( z) =

1 z

1 2 1 =? ,则 res f 3 ? 2 2 = 。 2 z +1 2 2 z 3 2 2 z 3 2 2 ? ? ? + 3? 2z

(

)(

)

(

)

原积分 =

π
2



(7)原积分 =

∫ ( 3 ? cos 2θ )
0

π

4 dθ

2

=∫



2d?

0

( 3 ? cos ? )

2



令 f ( z) =

1 2 8z = 2 2 z? z2 +1 ? z ?3? 2 2 z ?3+ 2 2 ?3? ? 2z ? ?

(

)(
)
2

)

2

,则

res f 3 ? 2 2 = lim
z →3 ? 2

(

)

d 8z 2 dz z ?3? 2 2

(

=

3 8 2

,原积分 =

3 4 2

π。

(8)令 α = a + ib ,原积分 = i ∫ 0

π

) ) ( ) π e e( +e ( +1 dx = i ∫0 ei 2( x? a?ib) ? 1dx i x ? a ? ib ) ? i x ? a ? ib ) e( ?e (
i x ? a ? ib ? i x ? a ? ib i 2 x ? a ? ib

=

i 2π ? 2 a e 2b eiθ + 1 dθ (作代换 2 ( x ? a ) = θ ) ,因为被积函数以 2π 为周期,所以 2 ∫?2 a e 2b eiθ ? 1
i 2π e 2b eiθ + 1 1 e2b z + 1 θ d = ∫ z =1 z ( e2b z ? 1)dz 。 2 ∫0 e 2 b eiθ ? 1 2v
1 z + e ?2 b ?2 b ,则 res f ( 0 ) = ? , res f ( e ) = 1 。 ?2 b 2 2z ( z ? e )

原积分 =

记 f (z) =

若 b > 0 ,原积分 = 2π i ? ? res f ( 0 ) + res f e ?2b ? = π i ,

?

(

)?

若 b < 0 ,原积分 = 2π i ? res f ( 0 ) = ?π i 。

139.计算下列积分: (1)

∞ x2 dx (2) ∫ , a > 0, b > 0 ; ∫?∞ 1 + x4 dx ; 2 2 ?∞ ( x + a )( x2 + b2 )



(3)

∞ dx x2m dx n > m m , n , 均为正整数,且 ; ( 4 ) 2 n ∫?∞ 1 + x2 n+1 , n 为正整数; ∫?∞ x + 1 ( )



(5)





0

(x

x 2 dx
2

+a

2 2

)

,a > 0;

(6)



dx ; ?∞ x ? 2 x + 4

2

(7)

x 2 dx ∫?∞ ( x 2 + 1)( x 2 ? 2 x cos θ + 1) , θ 为实数,且 sin θ ≠ 0 ;


(8)





dx

?∞

(1 + x ) ch
2 2

πx
2



z (1)令 f ( z ) = = 1 + z 4 ( z ? e iπ

4

)( z ? e
i 3π 4

? iπ

z2 4 )( z ? ei3π

4

)( z ? e

? i 3π 4

)



res f ( eiπ

4

) = 4 1 2 (1 ? i ) , res f ( e ) = ? 4 1 2 (1 + i ) 。
4

x2 iπ dx = 2π i ? 所以 v.p.∫ ? res f ( e ?∞ 1 + x 4


) + res f ( e )? ?=
i 3π 4
b b →∞ 0

1 π。 2
0 b →∞

被积函数是偶函数, 所以

1 1 ∫ f ( x )dx = 2 lim 2∫ f ( x )dx = 2 lim ? ?∫ ?

0

?b

f ( x )dx + ∫ f ( x )dx ? ? 0 ?
b

=

∞ 0 ∞ ∞ 1 即 ∫ f ( x )dx 收敛, 同样的,∫ f ( x )dx 也收敛, 所以 ∫ f ( x )dx 收 v.p.∫ f ( x )dx , ?∞ 0 ?∞ ?∞ 2

敛,且等于 v.p. (2)令 f ( z ) =

x2 ∫?∞ 1 + x4 dx 。后面类似的讨论省略。


(z

2

+a

2

)( z

1

2

+b

2

) ( z + ai )( z ? ai )( z + bi )( z ? bi )
2b ( a ? b 2 )
2

=

1

,则

res f ( ai ) =

2a ( a ? b
2

i

2

)

, res f ( bi ) = ?

i



原积分 = v.p.

∫ (x
?∞



dx
2

+a

2

)( x

2

+b

2

)

= 2π i ? ? res f ( ai ) + res f ( bi ) ? ? = ab a + b 。 ( )
?

π

(3)令 f ( z ) =

i? k + ? z 2m ,它在上半平面的奇点是 e ? 2 ? n ( k = 0,1, 2," n ? 1 ) 。 2n z +1

1 ?π

? 1 ?π k+ ? ? ? i? z 2m z 2 m? 2 n +1 ? 2?n res f ?e = lim ? = lim ? 1 ?π ? 1 ?π i? k + ? i? k + ? 2n ′ 2n n 2 ? ? ? ? ? 2?n ? ? z →e z e → 1 z + ( )

π i ( 2 m ? 2 n +1) 1 ik ( 2 m ? 2 n +1) π n 2n = e e 2n

原积分 = v.p.

x2m ∫?∞ x2n + 1dx


? 1 ?π k+ ? ? ? i? π i i( 2 m ? 2 n +1) 2πn n ?1 ik ( 2 m ? 2 n +1) π ? 2?n n = 2π i ∑ res f ? e e ?= e ∑ k =0 k =0 ? ? ? ? n n ?1

=

πi
n

e

i ( 2 m ? 2 n +1)

π
2n

e( e

i 2 m ? 2 n +1)π

?1 ?1

i ( 2 m ? 2 n +1)

π
n

=?

πi

2 n ( 2m ? 2n + 1) π 2i sin 2n

=

( 2m + 1) π n sin
2n

π



(4)令 f ( z ) =

(1 + z

1

2 n +1

)

=

1

( z + i) ( z ? i)
n +1
n

n +1

,则

? 1? 1 res f ( i ) = ? n +1 ? n! ? ?( z + i) ? ?
所以原积分 = v.p.

(n)

z =i

1 ( ?1) ( n + 1)( n + 2 )" ( 2n ) 1 ( 2n ) ! 1 ( 2n ? 1) !! = = = 2 n +1 2 n! 2i 22 n ( n !) 2i ( 2n ) !! ( 2i )





?∞

(1 + x )
2

dx

2 n +1

= 2π i res f ( i ) =

( 2n ? 1)!! π 。 ( 2n )!!

(5)令 f ( z ) =

(z

2

+ a2 )

z2

=

z2

( z + ai ) ( z ? ai )
2

2

d z2 1 ,则 res f ( ai ) = lim 。 = 2 z → ai dz ( z + ai ) 4ai

同第(1)小题的讨论,有原积分 = 类似讨论省略)

∞ 1 x 2 dx 1 π v.p.∫ = ? 2π i res f ( ai ) = 。 (后面 2 ?∞ 2 2 2 2 a 4 x a + ( )

(6)

∞ 0 1 dx dx ? 1? = O ? 2 ? ,所以 ∫ 2 收 敛, ∫ 也 收 敛 ,所 以 2 ?∞ x ? 2 x + 4 0 x ? 2x + 4 x ? 2x + 4 ?x ?

2

dx 收敛,可直接计算其主值。 ( (7)可同样讨论) 。 ?∞ x ? 2 x + 4 1 1 1 = , res f 1 + i 3 = , 令 f ( z) = 2 z ? 2z + 4 2 3i z ?1? i 3 z ?1+ i 3





2

(

)(

)

(

)

原积分 =

π
3



z2 z2 = (7)令 f ( z ) = 2 , ( z + 1)( z 2 ? 2 z cos θ + 1) ( z + i )( z ? i ) ( z ? eiθ )( z ? e ?iθ )
res f ( i ) = ?

1 1 i 1 iθ , res f ( e ) = , = ? ?2 iθ 4 cos θ 2i sin θ (1 + e ) 4 cos θ 4sin θ
e ?2iθ 1 i 。 = + ?2 iθ 2i sin θ (1 + e ) 4 cos θ 4 sin θ

res f ( e ? iθ ) = ?

若 sin θ > 0 ,则 eiθ 在上半平面,原积分 = 2π i ? res f ( i ) + res f eiθ ? =

?

( )?

π
2 sin θ



若 sin θ < 0 ,则 e ? iθ 在上半平面,原积分 = 2π i ? res f ( i ) + res f e ? iθ ? = ?

?

( )?

π

2 sin θ



所以原积分 =

π
2 sin θ



(8)令 f ( z ) =

1

(1 + z 2 ) ch

πz
2

,则 z = i 为二阶极点, z = ( 2k + 1) i ( k = 1, 2," )为一阶

d z ?i 极点。 res f ( i ) = lim = lim z →i dz π z z →i ( z + i ) ch 2

2i ch

πz π
2 ?

(z 2
2

2

+ 1) sh
2

πz
2

( z + i)
2

ch

πz
2

πz ? ? ? ( z 2 + 1) ch 2 2 2 ?2? = lim z →i z z z π π π 2 2 ( z + i ) ch 2 sh + π ( z + i ) ch 2 2 2 π i sh
? π z sh

πz

πz ?π ?

πz ? ? ? ( z + i ) ch 2 ?2? 2 = lim z →i πz πz π z ch 2 π z ch 2 2 + π ( z + i ) sh 2 ( z + i ) ch 2 z ?i 2 z ?i
?π sh

πz ?π ?

2

πz ?π ? ? π sh ? ? ? ( z + i ) ch 2 ?2? 2 = 2 πz πz π πz 2 π ( z + i ) ch sh + ( z + i ) sh 2 2 2 2 2
res f ? ? ( 2 k + 1) i ? ?= lim 2

πz

2

=
z =i

1 2π i



z → ( 2 k +1)i

π ( z 2 + 1) sh

πz
2

( ? 1) =

k ?1

2π i

1 。 ( k = 1, 2," ) k ( k + 1)

取这样的积分路径:实轴上 ? Rn 到 Rn ,以原点为圆心, Rn 为半径的上半圆 Cn ,这里

Rn = 2n 。该闭合路径包围奇点 ( 2k + 1) i ( k = 0,1," n ? 1 ) ,且路径上没有奇点。有

( ?1) = 1 + n?1 ?1 k ?1 ? 1 ? 1 ? 。 1 f x dx f z dz + = + ( ) ( ) ( ) ? ∑ ∑ ? ∫?2n ∫C ? k k +1? k =1 k ( k + 1) k =1
2n

n ?1

k ?1

(*)

n

1 ? nπ ( cosθ +i sinθ ) ? nπ ( cosθ +i sinθ ) ? , +e e ?( 0 ≤ θ ≤ π ) 2 2? πz π nπ ( cosθ + i sinθ ) → ∞, e? nπ ( cosθ +i sinθ ) → 0 , ch n → ∞ , 当 0 ≤ θ < 时, cos θ > 0 , e 2 2 π z π nπ ( cosθ + i sinθ ) → 0, e? nπ ( cosθ +i sinθ ) → ∞ , ch n → ∞ , 当 < θ ≤ π 时, cos θ < 0 , e 2 2
在 Cn 上有 zn = 2n ( cosθ + i sinθ ) ,ch

π zn

=

当θ =

π
2

时, ch

π zn
2

= cos nπ , ch

π zn
2

= 1。

综上, 0 ≤ θ ≤ π 时存在 N ,当 n > N 时有 ch

π zn
2

≥ 1 。在 Cn 上

zn ?

令(*)式 n → ∞ 可得

z (1 + z ) ch π2
2 n

1


n

zn (n > N ) , 所以 lim zn f ( zn ) = 0 , 由此得 lim ∫ f ( z ) dz = 0 。 2 n →∞ n →∞ Cn 1 + zn

v.p.∫



dx

?∞

(1 + x2 ) ch

πx
2

= 1 + ∑ ( ?1)
k =1



k ?1

1 ? ∞ ( ?1) ?1 ? ? ?=∑ ? k k + 1 ? k =1 k

k ?1

+∑
k =0



( ?1)

k

k +1

= 2∑
k =1



( ?1)
k

k ?1



易知 ln (1 + x ) =


k =1



( ?1)
k

k ?1

( x < 1 )由于右边级数在 x = 1 收敛,根据 Abel 第二定理, xk ,


该级数在 x = 1 点左连续,对上式两边取 x → 1 ? 0 可得


k =1

( ?1)
k

k ?1

= ln 2 。

所以 v.p.





dx

?∞

(1 + x ) ch
2

πx
2

= 2ln 2 。

由于 ch

πx
2

≥ 1 ,所以

(1 + x ) ch π2x
2

1



∞ 1 1 ,因为 ∫ dx 收敛,所以原积分收敛, 2 ?∞ 1+ x 1 + x2

且等于其主值。

140.计算下面积分: (1)






0

∞ x sin mx cos x (2) ∫ dx ; dx , a > 0, m > 0 ; 4 0 x2 + a2 1+ x

3 ∞ x sin mx ∞ cos mx x sin x dx ; ( 4 ) , ; ( 5 ) (3) ∫ a > 0, m > 0 dx ∫0 x4 + 4a4 ∫?∞ ( x + b )2 + a 2 dx , ?∞ x 2 ? 2 x + 2

∫ ( x + b)
?∞



sin mx
2

+a

2

(6) ∫ dx , a > 0, m > 0 ;

a cos x + x sin x dx , a > 0 ; ?∞ x2 + a2


(7)

∞ cos x sin 2 ax (8) ∫ dx 。 ∫?∞ ( x 2 + b 2 )( x 2 + c 2 ) dx , a > 0, b > 0, c > 0 ; 0 ch x ∞

eiz (1)令 f ( z ) = = 1 + z 4 ( z ? e iπ

4

)( z ? e

? iπ

eiz 4 )( z ? ei3π

4

)( z ? e

? i 3π 4

)



res f ( eiπ
原积分 =

4

)=

e ?1 2 i? e? 4i

? 1 π? ? ? 2 4?

, res f e

(

i 3π 4

)=

e ?1 2 ? i? e ? 4i

? 1 π? ? ? 2 4?



∞ cos x 1 dx v.p.∫ ?∞ 1 + x 4 2

=

1 Re 2π i ? res f ( eiπ ? 2

{

4

) + res f ( ei3π

4

)? ? = 2e

}

π

?

1 2

? 1 π? ? ?。 cos ? ? 2 4?

(2)令 f 原积分 =

(z) =

ze im z ze im z 1 ,则 res f ( ai ) = e ? ma 。 = 2 2 z +a 2 ( z + ai )( z ? ai )

∞ x sin mx 1 1 π = e ? ma 。 v.p.∫ dx = Im ? 2π i res f ( ai ) ? 2 2 ? ? ?∞ x +a 2 2 2

1+ ? zeiz zeiz 1 i? (3)令 f ( z ) = 2 ,则 res f (1 + i ) = e ? 4? 。 = z ? 2 z + 2 ( z ? 1 ? i )( z ? 1 + i ) 2ei

?

π?

v.p.∫

2π x sin x ? π? 2π i ? res f (1 + i ) ? sin ?1 + ? 。 = dx = Im ? ? ? ?∞ x ? 2 x + 2 e ? 4?

2

由于

b x 单调趋于 0, ∫ sin xdx = 1 ? cos b ≤ 2 ,所以原积分收敛(狄里克莱判敛 0 x ? 2x + 2
2

法) ,等于其主值。 (4) f ( z ) =

z 3eimz z 3eimz = 。 π π 3π 3π ?i ? ? ?i i ?? i z 4 + 4a 4 ? ? ? ? 4 4 4 4 ? z ? 2ae ? ? z ? 2ae ? ? z ? 2ae ? ? z ? 2ae ? ? ?? ?? ?? ?
4

则 res f

(

2 ae i π

e )= 1 4

? ma

e ima , res f

(

2 ae i 3π

4

e )= 1 4

? ma

e ? ima 。

3 ∞ x sin mx 1 dx 原积分 = v.p.∫ 0 x 4 + 4a 4 2

=
(5) 令 f

1 Im 2π i ? res f ? 2

{

(

2 ae iπ

4

) + res f (

2 ae i 3π

4

π = e )? } ? 2

? ma

cos m a 。

(z) =


e imz

(z + b)
cos mx
2

2

+ a2

=

e imz e? ma ? imb ,res f ( ?b + ai ) = e 。 2ai ( z + b + ai )( z + b ? ai )

所以 v . p .

∫ ( x + b)
?∞

+a

2

dx = Re ? ? 2π i res f ( ? b + ai ) ? ?=

π
a

e ? ma cos mb ,

v .p .∫



sin mx

?∞

( x + b)
cos x
2

2

+a

2

dx = Im ? ? 2π i res f ( ?b + ai ) ? ?=?

π
a

e ? ma sin mb 。

由于

( x + b)

+a

2



1

( x + b)

2

+a

2



sin x

( x + b)

2

+a


2



1

( x + b)

2

+ a2

所以原积分收敛,等于

其主值。 (6)令上小题第一个积分中 b = 0, m = 1 可得 令第(2)小题中 m = 1 可得 v.p. 所以原积分 = 2π e ? a 。 (7)原积分 =



?∞

cos x π dx = e? a , 2 2 x +a a



x sin x dx = π e ? a 。 ?∞ x 2 + a 2


1 ∞ 1 1 ∞ cos 2ax dx ? ∫ dx 。 ∫ 2 2 2 2 2 2 ?∞ ( x + b )( x + c ) 2 ?∞ ( x + b 2 )( x 2 + c 2 ) +b

令 f (z) =

(z

2

2

)( z
2

1

2

+c

2

) ( z + bi )( z ? bi )( z + ci )( z ? ci )

=

1



res f ( bi ) = ?

1 1 , res f ( ci ) = 。 2 2 2b ( b ? c ) i 2c ( b ? c 2 ) i 1



∫ (x
?∞



2

dx = 2π i ? ? res f ( bi ) + res f ( ci ) ? ? = bc b + c 。 + b )( x + c ) ( )
2 2 2

π

e 2 iaz e 2 iaz = 令 f (z) = , ( z 2 + b 2 )( z 2 + c 2 ) ( z + bi )( z ? bi )( z + ci )( z ? ci ) res f ( bi ) = ?
v.p.∫


e ?2 ab e ?2 ac f ci res = , 。则 ( ) 2b ( b 2 ? c 2 ) i 2c (b 2 ? c 2 ) i

cos 2ax π ? e?2 ac e?2 ab ? dx Re 2 π i res f bi res f ci = + = ? ? ( ) ( ) ? ? b2 ? c2 ? c ? b ? ?∞ ( x2 + b2 )( x2 + c2 ) ? ?

{

}

由于

sin 2 ax 1 ,所以原积分收敛且 ≤ 2 2 2 2 2 2 ( x + b )( x + c ) ( x + b )( x 2 + c 2 )

原积分 =

π ( b ? c + ce ?2 ab ? be?2 ac )
2bc ( b 2 ? c 2 )



(8)令 f

(z ) =

1? e iz ? ,它有一阶极点 ? k + ? π i ( k = 0,1," ) 。 2? ch z ?

?? 1? ? res f ? ? k + ? π i ? = 2? ? ??
选取如下积分路径:

( ? 1 ) e ? ??? k + 2 ???π , res f ? π i ? = 1 e ? π2 。 e iz lim = ? ? 1? ? i ? 2 ? i z → ? k + ? π i sh z 2
k 1

?

?



R

?R

f ( x )dx + ∫ f ( z )dz + ∫
LR

ΓR

? ?π ? f ( z )dz + ∫ f ( z )dz = 2π i res f ? i ? = 2π e 2 。 (*) ′ LR ?2 ?

π

因为 ch ( R + yi ) = ch R cos y + i sh R sin y =

ch 2 R cos 2 y + sh 2 R sin 2 y
π
i R+ yi ?y 2 (1 ? e?π ) π e e( ) dy ≤ ∫ dy = R ? R 。 0 sh R e ?e ch ( R + yi )

= cos y + sh R ≥ sh R ,所以
2 2

∫ f ( z )dz = ∫
LR
R →∞ ′ LR

0

因此 lim

R →∞



LR

f ( z )dz = 0 ,同样有 lim ∫ f ( z )dz = 0 。
?R ix ?R e R e i ( x +π i ) dx = ?e ?π ∫ dx = e ?π ∫ f ( x )dx , 代 入 ( * ) 式 并 令 R ch x ?R ch ( x + π i )



ΓR

f ( z )dz = ∫

R

eix π e ?π 2 π π = dx = R → ∞ 得 v.p.∫ 。所以原积分 = 。 ?π ?∞ ch x π π 1+ e ch 2 ch 2 2


141.计算下列积分: (1)

∫ x(x
0



∞ dx sin mx (2) v.p.∫ ; dx , a > 0, m > 0 ; 2 2 ?∞ x x ? 1 x ? 2 +a ) ( )( )

(3)





0

∞ sin ( x + a ) sin ( x ? a ) cos ax ? cos bx dx , a > 0 ; , ; ( 4 ) a > 0, b > 0 dx ∫0 x2 x2 ? a2

(5)





0

sin 3 x dx ; x3

(6)



∞ ?∞

e px ? e qx dx , 0 < p < 1, 0 < q < 1 ; 1? ex

(7) v.p.



x cos x dx ; ?∞ x ? 5 x ? 6
∞ 2

(8) v.p.

∫ (x
?∞



2

sin x dx 。 + 4 ) ( x ? 1)

(1)取下图积分路径:

令 f (z) =


e ? ma eimz f ai res = ? ,则 ,所以 ( ) 2a 2 z ( z2 + a2 )



?R

R eimx eimz eimx eimz dx + ∫ dz + ∫ dx + dz δ x x2 + a2 Cδ x ( x2 + a2 ) z ( z 2 + a2 ) ( ) ∫CR z ( z2 + a2 )

= 2π i ? res f ( ai ) = ?

π ie? ma
a2



(*)

lim ∫

δ → 0 Cδ

eimz eimz πi = ? π lim ? = ? dz i z , z →0 a2 z ( z2 + a2 ) z ( z2 + a2 )

因为 lim

eimz eimz ,所以 dz = 0 , = 0 lim z →∞ z z 2 + a 2 R →∞ ∫CR z z 2 + a 2 ( ) ( )

令(*)式 δ → 0, R → ∞ 得到 v . p .



∞ ?∞

e mx πi dx = 2 (1 ? e ? ma ) , 2 2 a x(x + a )

所以



∞ 0

ma sin m x π π ?1 ma ? ma 2 dx 1 e e sh = ? = 。 ( ) 2 2 2 2 2a a 2 x (x + a )

(2)取下图积分路径:

令 f ( z) =

1 ,则 lim δ →0 z ( z ? 1)( z ? 2 )



C0δ

f ( z )dz = ?π i lim

=? i, z →0 ( z ? 1)( z ? 2) 2

1

π

lim ∫ lim ∫

δ →0 C1δ

f ( z )dz = ?π i lim
z →1

1 = πi , z ( z ? 2) 1 π =? i 2 z ( z ? 1) 1 =0。
2?δ

δ →0 C2 δ

f ( z )dz = ?π i lim
z →2

R→∞ CR

lim ∫ f ( z )dz = π i lim
z →∞

( z ?1)( z ? 2)
1?δ





?R

f ( x) dx + ∫ f ( z)dz + ∫
C0δ

δ

f ( x) dx + ∫ f ( z)dz + ∫
C1δ

1+δ

f ( x) dx + ∫ f ( z)dz
C2δ

+∫

R

2+δ

f ( x) dx + ∫ f ( z )dz = 0
CR

令上式 δ → 0, R → ∞ 得到 v.p.





?∞

dx = 0。 x ( x ? 1)( x ? 2 )

(3)令 f

(z) =

e iaz ? e ib z ,取与第(1)小题相同的积分路径, z2

lim ∫

δ → 0 Cδ

eiaz ? eibz f ( z ) dz = ?π i lim = π (a ? b) , z →0 z eiaz eibz f ( z ) dz = lim ∫ dz ? lim ∫ dz = 0 , R →∞ CR z 2 R →∞ CR z 2

R →∞ CR

lim ∫

对该路径的积分取 δ → 0, R → ∞ 的极限可得 (4)原积分 =





0

cos ax ? cos bx π dx = ( b ? a ) 。 2 x 2

1 ∞ cos 2a ? cos 2 x cos 2 a ? e 2 iz 。令 , dx f z = ( ) z2 ? a2 x2 ? a2 2 ∫0

取如下积分路径:

lim ∫ f ( z ) dz = ?π i lim ( z ? a ) f ( z ) =
δ →0 Cδ
z →a

π ( cos 2a ? e2ia )
2ai 2ai



lim ∫ f ( z ) dz = ?π i lim ( z + a ) f ( z ) = ?
′ δ →0 Cδ z →? a
R→∞ CR

π ( cos 2a ? e?2ia )



lim ∫ f ( z ) dz = 0 。
?a?δ ?R



f ( x) dx + ∫ f ( z) dz + ∫
′ Cδ


a?δ

?a+δ

f ( x) dx + ∫ f ( z) dz + ∫


R

a+δ

f ( x) dx + ∫ f ( z) dz = 0
CR

令 δ → 0, R → ∞ 得 v.p.

cos 2a ? e2ix π ∫?∞ x 2 ? a 2 dx = a ( sin 2a ? i cos 2a ) 。

所以原积分 =

2 ix ∞ cos 2 a ? e ? π 1 ? Re ? v.p.∫ dx ? = sin 2a 。 2 2 ?∞ 4 ? x ?a ? 4a

(5) sin x = ?
3

1 1 1 ?1 1 ? ? cos 2 x ? sin x = sin x ? ( sin 3 x ? sin x ) = ( 3sin x ? sin 3 x ) 。 2 4 4 ?2 2 ?

原积分 = 路径,有





0

3sin x ? sin 3 x 3 e iz ? e 3 iz ? 2 。令 ,取与第(1)小题相同的积分 dx f z = ( ) 4z3 4 x3

lim ∫ f ( z ) dz = ?π i lim
δ →0 Cδ

3eiz ? e3iz ? 2 3 = ? π i , lim ∫ f ( z ) dz = 0 。 2 z →0 R →∞ C R 4z 4 3eix ? e3ix ? 2 3 dx = π i , 3 ?∞ 4x 4


令围线积分 δ → 0, R → ∞ 得 v.p.∫

原积分 =

ix 3 ix ∞ 3e ? e ? ?2 ? 3 1 Im ? v . p .∫ dx ? = π 。 3 ?∞ 2 4x ? ? 8

(6)令 f

(z) =

e pz , 2kπ i ( k = 0, ±1, ±2," )是其一阶极点。取如下积分路径: 1? ez





?R

f ( x )dx + ∫



f ( z ) dz + ∫ f ( x )dx + ∫
δ
′ LR

R

LR

f ( z ) dz + ∫

ΓR

f ( z ) dz + ∫

′ Cδ

f ( z ) dz
(*)

+∫

Γ′ R

f ( z ) dz + ∫
δ

f ( z ) dz = 0 。



ΓR

R e p ( x + 2π i ) f ( z ) dz = ∫ dx = ?e 2 pπ i ∫ f ( x )dx , x i + π 2 ( ) R δ 1? e



Γ′ R

f ( z ) dz = ?e2 pπ i ∫ f ( x)dx ,
?R



代入(*)式得

(1 ? e ) ? ?∫ ?
2 pπ i



?R

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ? + ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz ′ ? Cδ δ LR Cδ ?
R

+∫

′ LR

f

(z )dz

= 0 。
2π 2π e p( R +iy ) dy = ∫0 R + iy 1 ? e( )

(**)



ΓR

f ( z ) dz ≤ ∫

e pR

0

(1 ? e

R

cos y ) + e sin y
2 2R 2


dy

= e pR ∫
所以 lim
R →∞ Γ R



1 1 ? 2e R cos y + e2 R

0

dy ≤ e pR ∫

0

1 e( ) = π dy 2 , eR ?1 1 ? e? R
? 1? p R



f ( z ) dz = 0 ,同样的, lim ∫ f ( z ) dz = 0 。 ′
R →∞ Γ R

lim ∫

δ → 0 Cδ

f ( z ) dz = ?π i lim

ze pz =πi, z→0 1 ? e z

z ? 2π i ) e pz ( lim ∫ f ( z ) dz = ?π i lim = π ie 2 pπ i , δ →0 C′ z → 2π i 1? ez
δ

令(**)式 δ → 0, R → ∞ 可得 v.p.∫

e px e2 pπ i + 1 dx i = = π cot ( pπ ) , π ?∞ 1 ? e x e2 pπ i ? 1


所以 v.p.

px qx ∞ e ∞ e e px ? e qx dx = dx ? v.p. v.p. ?cot ( pπ ) ? cot ( qπ ) ? ?。 ∫?∞ 1 ? e x ∫?∞ 1 ? e x ∫?∞ 1 ? e x dx = π ? ∞

当 x 充分大时,有 e x ? 1 ≥

1 x 。不妨假设 p > q , e (即 e x ≥ 2 ) 2

∞ e px ? e qx e px ? e qx ? (1? p ) x ? (1? q ) x ?e?(1? p ) x ? e?(1? q ) x ?dx 收敛,所以 ? ? 。由于 2 2 ≤ = e ? e x x ∫ ? ? ? ? 0 1? e e





0

px 0 e e px ? eqx ? eqx dx 收敛,类似地, ∫ dx 收敛,所以原积分收敛,等于其主值。 ?∞ 1 ? e x 1 ? ex

(7)令 f ( z ) =

zeiz zeiz 。取如下积分路径: = z 2 ? 5 z ? 6 ( z ? 6 )( z + 1)

(∫

?1?δ

?R

+∫

6 ?δ

?1+δ

+∫

R

6 +δ

) f ( x ) dx + ( ∫



+∫ +∫
′ Cδ

CR

) f ( z ) dz = 0



(*)

因为 lim
z →∞

( z ? 6 )( z + 1)

z

= 0 ,所以 lim ∫

R →∞ CR

f ( z )dz = 0 。

lim ∫ f ( z )dz = ?π i lim
δ →0 Cδ
z →6

zeiz 6π 6i zeiz π ?i = e , lim ∫ f ( z )dz = ?π i lim = e 。 ′ z →?1 z ? 6 δ →0 Cδ 7i z + 1 7i

令(*)式 δ → 0, R → ∞ 得 v.p. 原积分 = Re ? v.p.





?∞

f ( x )dx =

πi

? ?





?∞

f ( x )dx ? = ( sin1 ? 6sin 6 ) 。 ? 7 ?

π

( 6e 7

6i

+ e?i ) ,

(8)令 f ( z ) =

eiz e ?2 eiz , res f 2 i = lim = ? ( ) z →2i (1 + 2i ) 。 ( z + 2i )( z ? 1) 20i ( z 2 + 4 ) ( z ? 1)

取如下积分路径:

(∫

1?δ

?R

+∫

R

1+δ

)

f ( x ) dx +

(∫



+∫

CR

)

f ( z ) dz = 2π i res f ( 2i ) = ?

π e?2
10

(1 + 2i ) 。

(*)

R →∞ CR

lim ∫

f ( z )dz = 0 , lim ∫ f ( z )dz = ?π i lim
δ →0 Cδ
z →1


eiz πi = ? ei 。 2 5 z +4
f ( x )dx ? = ( cos1 ? e ?2 ) 。 ? ? 5

令(*) δ → 0, R → ∞ 得原积分 = Im ? v.p.

? ?



π

?∞

142 .计算下列积分: (1)





0

(1 + x )
2

xs

dx , ?1 < s < 3 ; (2) ∫ 2



0

x? p dx , 1 + 2 x cos λ + x 2

(3)v.p.∫ ?1 < p < 1 ,0 < λ < π ; (1)令 f ( z ) =



0

∞ ln x x a ?1 dx ,a > 0 。 dx ,0 < a < 1 ; (4)∫ 2 0 1? x x ( x2 + a2 )

(1 + z )

zs

2 2

,取如下积分路径,规定 0 ≤ arg ≤ 2π ,

π π d zs s ? 1 i s2 d zs s ? 1 i 3s 2 则 res f ( i ) = lim =? = e , res f ( ?i ) = lim e 2 2 z →i dz z →? i dz 4i 4i ( z + i) ( z ? i)
i

(这里 i = e

π
2

, ?i = e
δ

i

3π 2

) 。围道积分为:

∫δ

R

(1 + x )
2

xs

dx + ∫ 2

R

(1 + x )

x s e 2isπ

2 2

dx +

(∫



+∫

CR

) f ( z ) dz
isπ

sπ isπ = 2π i ? ? res f ( i ) + res f ( ?i ) ? ? = iπ ( s ? 1) e sin 2 。
即 1? e

(

2 isπ

)∫

R

δ

(1 + x )

xs

2 2

dx +

(∫



+∫

CR

) f ( z ) dz = iπ ( s ?1) e

sin

sπ 。 2

令上式 δ → 0, R → ∞ ,由于 lim

R →∞ CR



f ( z )dz = 2π i lim z ?
z →∞

(1 + z 2 )

zs

2

=0,

lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim z ?
δ → 0 Cδ
z →0

(1 + z 2 )

zs

2

= 0 ,所以





0

(1 + x2 )

xs

2

dx =

iπ ( s ? 1) eisπ sin 1 ? e 2isπ

sπ 2 = π (1 ? s ) sec sπ 。 2 4

(2)令 f ( z ) =

z? p z? p ,取与上小题同样的积分路径,规定 = z 2 + 2 z cos λ + 1 ( z + eiλ )( z + e ? iλ )

z? p e?ip(π +λ ) i (π +λ ) ? ? =? lim , 0 ≤ arg ≤ 2π ,则 res f ?e ?iλ i π +λ ? = z→ e( ) z +e 2i sin λ

res f ? ?e

i (π ?λ )

?ip(π ?λ ) ?p z e ? = lim ? z→ei(π ?λ ) z + eiλ = 2i sin λ 。所以

(1 ? e

?2 ipπ

)∫

R

δ

x? p dx + 1 + 2 x cos λ + x 2

(∫



+∫

CR

) f ( z ) dz = 2π ie
z →∞

? ipπ

sin pλ 。 sin λ

令上式 δ → 0, R → ∞ ,由于 lim

R →∞ CR



f ( z )dz = 2π i lim z ?

z? p =0, z 2 + 2 z cos λ + 1

lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim z ?
δ →0 Cδ


z →0

z? p = 0 ,所以 z 2 + 2 z cos λ + 1



0

x? p sin pλ π sin pλ 。 dx = 2π ie ? ipπ = 2 ?2 ipπ 1 + 2 x cos λ + x sin λ (1 ? e ) sin pπ sin λ

(3)令 f ( z ) =

z a ?1 ,取如下积分路径,规定 0 ≤ arg ≤ 2π 。 1? z

(1 ? e ) ( ∫
2 iaπ

1?δ

δ

+∫

R

1+δ

) f ( x ) dx + ( ∫
R →∞ CR

CR

+∫ +∫ +∫

′ Cδ
δ → 0 Cδ

′′ Cδ

) f ( z ) dz = 0



令上式 δ → 0, R → ∞ ,因为 lim



f ( z )dz = 0 , lim ∫ f ( z )dz = 0 ,

lim∫

′ δ →0 Cδ

za?1 f ( z)dz =?πi lim( z ?1) = πi , z→ 1 1? z
z a ?1 f ( z )dz = ?π i lim z ? 1) = π ie 2iaπ ( 2 iπ z →e 1? z
e 2 iaπ + 1 = π cot ( aπ ) 。 e 2 iaπ ? 1


lim ∫

′′ δ → 0 Cδ

所以原积分 = π i

(4)令 f ( z ) =

z ( z2 + a2 )

( ln z )

2 2

,取与第(1)小题相同的积分路径,规定 0 ≤ arg ≤ 2π ,
2

d 则 res f ( ai ) = lim z → ai dz

( ln z ) 2 z ( z + ai )

= lim iπ 2
z → ae

4 ( z + ai ) ln z ? ( 5 z + ai )( ln z ) 2 z 3 2 ( z + ai )
3

2

3 3 2 2 ? ? 4 ln a ? 3 ( ln a ) + π 2 ? 2π + 3π ln a + i ? 4 ln a ? 3 ( ln a ) + π 2 + 2π ? 3π ln a ? 4 4 ? ?, = 72 8 2a

d res f ( ? ai ) = lim z → ? ai dz
?4 ln a + 3 ( ln a ) ?
2

( ln z ) 2 z ( z ? ai )
2

= lim i 3π 2
z → ae

4 ( z ? ai ) ln z ? ( 5 z ? ai )( ln z ) 2 z 3 2 ( z ? ai )
3

2

=

27 2 27 2 ? ? π ? 6π + 9π ln a + i ? 4 ln a ? 3 ( ln a ) + π 2 ? 6π + 9π ln a ? 4 4 ? ?。 72 8 2a

围道积分为:

∫δ

R

x ( x +a
2

( ln x)

2 2 2

)

dx + ∫

δ

R

? x ( x +a
2
R →∞ CR

( ln x + 2πi)

2

2 2

)

dx +

( ∫ +∫ ) f ( z) dz = 2πi ??res f ( ai) +res f (?ai)??
CR Cδ
δ → 0 Cδ
2

令 δ → 0, R → ∞ ,由于 lim



f ( z )dz = 0 , lim ∫ f ( z )dz = 0 ,所以





2 ( ln x ) ? 4π 2
2

0

x ( x2 + a

2 2

)

dx + 4π i ∫



0

x ( x2 + a2 )

ln x

dx = 2π i ? ? res f ( ai ) + res f ( ? ai ) ? ?,

因此原积分 =

1 1 = Re ? Im 2π i ? res f ( ai ) + res f ( ? ai ) ? res f ( ai ) + res f ( ? ai ) ? ? ? ? 4π 2 ?

{

}

=

π
2 2a
72

3π ?3 ? ln a ? 1 ? 4 ?2

? ?。 ?

143.设 P ( z ) 及 Q ( z ) 分别为 m 阶及 n 阶多项式,并且 m ≤ n ? 2 ,且 Q ( z ) 无非负实根。 考虑函数

? ? ∞ P ( x) P( z) ? P( z) ? dx = ? ∑ res ? ln z ? , 0 ≤ arg z ≤ 2π 。 ln z 的积分,证明 ∫ 0 Q ( x) Q(z) 全平面 ?Q ( z ) ? ? ?
P( z) ln z ,取与上题第(1)小题相同的积分路径,规定 0 ≤ arg z ≤ 2π , Q( z)

证:令 f ( z ) =



∫δ

R

δ P ( x) P ( x) ln xdx + ∫ ( ln x + 2π i )dx + R Q ( x) Q ( x)

(∫

CR

+∫



)

f ( z ) dz = 2π i

全平面

ln z ? , ∑ res ? ?Q ( z ) ? ? ?
(*)

? ? P( z)

? ?



∫δ

R

P ( x) dx + Q ( x)

(∫

CR

+∫



? ? ? P( z) ? ln z ? ? ) f ( z ) dz = ? ∑ res ? ?Q ( z ) ? ?
全平面
z →0



由于 0 不是 Q ( z ) 的零点,则 lim z ?

P( z) P ( 0) ln z = lim z ln z = 0 ,所以 Q(z) Q ( 0 ) z →0 P( z) ln z ln z = lim n ? m ?1 = 0 , 则 →∞ z Q( z) z

lim ∫ f ( z )dz = 0 。 因 为 m ≤ n ? 2 , 所 以 lim z ?
δ → 0 Cδ
z →∞

R →∞ CR

lim ∫

f ( z )dz = 0 。令(*)式 δ → 0, R → ∞ 即得 ∫



0

? ? P ( x) ? P( z) ? dx = ? ∑ res ? ln z ? 。 Q ( x) 全平面 ?Q ( z ) ? ? ?

144.利用上题结果计算下列积分: (1)





0

(1 + x + x )
0

x

2 2

dx ; (2) ∫
1



0

1 dx ; x + a3
3

(3)

∫ ( x + a)( x
0



1

2

+b

2

)

(4) ∫ dx , a > 0 , b > 0 ;



(x

2

+a

2

)( x

2

+ b2 )

dx 。

(1)令 f ( z ) =

(1 + z + z )

z ln z

2 2

, res f e

(

i 2π 3

)=

z → ei 2 π

lim 3

d z ln z 1 2 =? ? π, 2 i π 4 3 dz ( z ? e 3 9 3 )

res f ( ei 4π 3 ) = lim i4π 3
z →e

d z ln z 4 1 = π? 。 2 dz ( z ? ei 2π 3 ) 3 9 3

原积分 = ? res f e (2)令 f ( z ) =

(

i 2π 3

) ? res f ( e ) = 2 ?1 ? 3?
i 4π 3

? ?

3 ? π ?。 9 ? ?

ln z , z + a3
3

res f ( aeiπ 3 ) = lim iπ 3
z →ae

3π ? 3ln a ? i π + 3 3 ln a ln z = , 18a 2 ( z + a ) ( z ? aei5π 3 )

(

)

res f ( ? a ) = limiπ
z → ae

ln z ln a + π i , = 2 z ? az + a 3a 2
2

res f ( aei5π

3

)=

z → ae

lim i5 π 3
iπ 3

ln z ( z + a ) ( z ? aei 2π

3

)

=

?5 3π ? 3ln a + i 3 3 ln a ? 5π 18a
i 5π 3
2

(

)。

原积分 = ? res f ae (3)令 f ( z ) =

(

) ? res f ( ?a ) ? res f ( ae ) = 29a3π 。
2

ln z ln z ln a + π i ,则 res f ( ? a ) = limiπ 2 , = 2 2 2 2 z → ae z + b a + b2 ( z + a)( z + b )
aπ ? 2b ln b ? i ( 2a ln b + bπ ) ln z , = 4b ( a 2 + b 2 ) ( z + a )( z + bi ) ?3aπ ? 2b ln b + i ( 2a ln b ? 3bπ ) ln z 。 = 4b ( a 2 + b 2 ) ( z + a )( z ? bi )

res f ( bi ) = lim iπ 2
z →be

res f ( ?bi ) = lim i3 π 2
z →be

原积分 = ? res f ( ?a ) ? res f ( ?bi ) ? res f ( bi ) = (4) f ( z ) =

1 ? b aπ ? ? ln + ?。 a + b 2 ? a 2b ?
2

ln z ln z ?π + 2i ln a , 则 res f ( ai ) = lim , = iπ 2 2 2 2 2 z → ae ( z + ai ) ( z + b ) 4a ( a 2 ? b 2 ) ( z + a )( z + b )
2 2

res f ( ? ai ) = lim i 3π 2
z → ae

ln z 3π ? 2i ln a , = ( z ? ai ) ( z 2 + b 2 ) 4a ( a 2 ? b 2 )
2

res f ( bi ) = lim iπ 2
z →be

ln z π ? 2i ln b , = 2 ( z + a ) ( z + bi ) 4b ( a 2 ? b2 ) ln z ?3π + 2i ln b 。 = 2 ( z + a ) ( z ? bi ) 4b ( a 2 ? b2 )
2

res f ( ?bi ) = lim i 3π 2
z →be

原积分 = ? res f ( ai ) ? res f ( ? ai ) ? res f ( bi ) ? res f ( ?bi ) =

2ab ( a + b )

π



145.用类似于 143 题的方法证明

1 ∫ f ( x ) ln xdx = ? 2 Re ∑ res { f ( z )( ln z ) } ,
∞ 2 0
全平面

1 ∫ f ( x ) dx = ? 2π Im ∑ res { f ( z )( ln z ) } , 0 ≤ arg z ≤ 2π 。其中 f ( x ) 满足和第 143
∞ 2 0
全平面

题中

P( z) 同样的要求。 Q(z)
2

证:令 F ( z ) = f ( z )( ln z ) ,取与 143 题相同的积分路径,规定 0 ≤ arg z < 2π ,同样有

lim ∫ F ( z )dz = 0 , lim ∫ F ( z )dz = 0 。围线积分为
δ → 0 Cδ
R →∞ CR

∫δ

R

f ( x)( ln x) dx + ∫ f ( x)( ln x + 2πi) dx +
2 2 R
R R

δ

( ∫ +∫ ) F ( z) dz = 2πi ∑ res{F ( z)}
Cδ CR 全平面
CR



即 4π 2

∫δ f ( x )dx ? 4π i ∫δ f ( x ) ln xdx + ( ∫ + ∫


) F ( z ) dz = 2π i ∑ res {F ( z )}
全平面



令上式 δ → 0, R → ∞ 得 π

1 ∫ f ( x )dx ? i ∫ f ( x ) ln xdx = 2 i ∑ res { f ( z )( ln z ) } ,
∞ ∞ 2 0 0
全平面

比较两边实部和虚部即得证。

146.利用上题结论计算下列积分: (1)





0

∞ ln x ln x dx , (2) ∫ dx , a > 0 ; 2 0 x +a ( x + a )( x + b )
2

(3) ∫ b >a >0;



ln x

0

( x + a)
2

2

(4) ∫ dx , a > 0 ;



ln x

0

( x + a)
2

2

+ b2

dx , a, b 均为正数。

(1)令 f ( z )

( ln z ) =

z2 + a2

,则 res f ( ai ) = lim iπ 2
z → ae

( ln z )

z + ai

=

π ln a
2a

+i

π 2 ? 4 ln 2 a
8a



res f ( ? ai ) = lim i3 π 2
z → ae

( ln z )

2

z ? ai

=?

3π ln a 4 ln 2 a ? 9π 2 +i 。 2a 8a

原积分 = ?

1 π ln a 。 Re ? res f ( ai ) ? res f ( ? ai ) ? + Re ? = ? ? ? ? 2 2a

{

}

( ln z ) ( ln z ) ,则 f ( ? a ) = lim (2)令 f ( z ) = z → ae z +b ( z + a )( z + b )
2


2

=

ln 2 a ? π 2 2π ln a +i , b?a b?a

f ( ?b ) = limiπ
z →be

( ln z )

2

z+a

=

π 2 ? ln 2 b
b?a

?i

2π ln b 。 b?a

b 1 ln b ? ln a a。 + Re ? = = Re ? res f ( ?a ) ? res f ( ?b ) ? 原积分 = ? ? ? ? ? 2 2 (b ? a ) 2 (b ? a )

{

}

2

2

ln ab ln

( ln z ) ,则 (3)令 f ( z ) = res f ( ? a ) = lim 2 z → ae ( z + a)
2



d 2 ln a 2π 2 。 ?i ( ln z ) = ? dz a a

原积分 = ?

1 ln a 。 Re ? res f ( ? a ) ? = ? ? 2 a
2

( ln z ) ,则 res f ? a + bi = (4)令 f ( z ) = ( ) 2 ( z + a ) + b2 z→

lim?
a +b2 e
2

( ln z )

2

b? i ? π ? tan ? 1 ? a? ?

z + a + bi

2 1 ? 1 ?? 1 2 2 2 ? ?1 b ? ?1 b ? 2 2 = ? π ? tan + + ? ? π ln tan ln ( a + b ) ? , a b i ( ) ? ? ? ? 2b ? 2b ? a? a? 4 ?? ? ?

res f ( ? a ? bi ) =
2

lim?
z → a +b2 e ?

( ln z )

2

b? i ? π + tan ? 1 ? a?

z + a ? bi

=?

2 ? 1 ? 1 ?1 2 2 2 ? ?1 b ? ?1 b ? 2 2 + + + + ? + π π tan ln ln tan a b i a b ) ( ) ? ? ? ( ? ? ?。 a? ? 2b ? 2b ? a? ? ?4 ?

原积分 = ?

1 1 b Re ? res f ( ? a + bi ) ? res f ( ? a ? bi ) ? tan ?1 ln ( a 2 + b 2 ) 。 + Re ? = ? ? ? ? 2 2b a

{

}

147.按照指定的积分围道,考虑适当的复变积分,计算下列定积分: (1)





0

(1 + x ) cos axdx ,
2

1 + x2 + x4
1 4


3



0

x ax ∞ cos x ? e ∞ e x sin ax dx , a > 0 ; ( 2 ) ; ( 3 ) dx ∫0 x ∫?∞ 1 + e x dx , 1 + x2 + x4

0 < a < 1; (4) ∫

x (1 ? x )

3

0

(1 + x )

dx 。

(1) 令 f ( z )

(1 + z ) e =
2

iaz

1+ z2 + z4

= ,则

res f ( e res f ( e

iπ 3

i 2π 3

(1 + z ) e 1 =? e ) = lim z ? e ( )( z + z + 1) 2 3 (1 + z ) e 1 =? e ) = lim z ? z + 1 z ? e ) 2 3 ( )(
2
iaz ? z →e
iπ 3

? iπ 3

3 a 2

2

a a? ? ? ? sin + i cos ? , 2 2? ?
3 a 2

2

iaz

?

z →e

i2π 3

2

? i 2π 3

a a? ? ? sin + i cos ? , 2 2? ?

对围道积分取 R → ∞ 得





0

(1 + x ) cos axdx = 1 Re
2

1 + x2 + x4

2

{2π i ??res f ( e ) + res f ( e )??}
iπ 3 i 2π 3

iπ = ?π Im ? ? res f ( e

3

) + res f ( ei2π

3

)? ?= 3e

π

?

3 a 2

cos

a 。 2

令 f ( z) =

zeiaz ,则 1+ z2 + z4
zeiaz 1 ? 23 a ? a a? = ? e sin i cos ? ?, 2? ( z ? e?iπ 3 )( z 2 + z + 1) 2 3 ? 2 zeiaz 1 ? 23 a ? a a? = e ? sin + i cos ? ? i 2π 3 2 2? ( z ? z + 1)( z ? e ) 2 3 ? 2

res f ( eiπ 3 ) = lim iπ 3
z →e

res f ( ei 2π 3 ) = lim i2π 3
z →e

对围道积分取 R → ∞ 得





0

x sin ax 1 iπ dx = Im 2π i ? 2 4 ? res f ( e 1+ x + x 2

{

3

) + res f ( e )? ?}
i 2π 3

iπ 3 i 2π = π Re ? ? res f ( e ) + res f ( e

3

)? ?=

π
3

e

?

3 a 2

sin

a 。 2

eiz ,则 lim ∫ f ( z )dz = 0 (由 Jordan 引理的证明过程可看出对于上半 (2) 令 f ( z ) = R →∞ C R z
, lim 平面张角小于 π 的弧该定理仍成立)
δ → 0 Cδ



f ( z )dz = ?

πi
2

lim eiz = ?
z →0

πi
2

,围道积分为:

∫δ

R

?y δ e eix dx + ∫ dy + R y x

(∫

CR

+∫



)

f ( z ) dz = 0 ,令 δ → 0, R → ∞ 得 ∫



0

eix ? e? x πi dx = , x 2

两边取实部即可得





0

cos x ? e x dx = 0 。 x

(3) 令 f

(z) =

e az e az ,则 res f π i = lim = ?eiaπ 。类似于 141 题第(6) ( ) z → π z i 1+ e (1 + e z )′
f ( z )dz = 0 和 lim ∫ f ( z )dz = 0 (也可证 ∫
R →∞ ′ LR

小题作法可证 lim

R →∞



LR

eax dx 收敛) 。 ?∞ 1 + e x


ax ?R e eax 2 iaπ + dx e 围道积分为 ∫ ∫R 1 + e x dx + ?R 1 + ex R

(∫

LR

+∫

′ LR

) f ( z ) dz = ?2π ie

iaπ



令 R → ∞ 可得

eax ?2π ieiaπ π dx = = 。 2 iaπ ∫?∞ 1 + ex 1? e sin aπ

4

(4)令 f ( z ) =

z (1 ? z )

3

(1 + z )
3

3

,规定割线上岸 arg z = 0, arg (1 ? z ) = 0 ,则割线上岸的积分
?2 iπ x? ?(1 ? x ) e ? ?
3



∫δ

1?δ

4

x (1 ? x )

(1 + x )
z →∞

3

dx ,割线下岸积分为 ∫ z 4 z (1 ? z )
3

δ

4

1?δ

(1 + x )

3

dx = ?i ∫

1?δ

4

x (1 ? x )

3

δ

(1 + x )

3

dx 。

由于 lim zf ( z ) = lim
z →∞

(1 + z )
z →0

3

= 0 与幅角无关,所以 lim ∫
3

R →∞ CR

f ( z )dz = 0 。

lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim
δ →0 Cδ

z 4 z (1 ? z )

(1 + z )

3

, = 0 (与幅角无关)
3

( z ? 1) 4 z (1 ? z ) lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim 3 δ →0 C ′ z →1 (1 + z )
δ

, = 0 (与幅角无关)

res f ( ?1) =

1 d2 ? 1 4 34 lim z (1 ? z ) ? 2 ? iπ ? 2 z →e dz
1? z → 2

=?
围道积分为

3 ? z ?7 4 (1 ? z )3 4 + 2 z ?3 4 (1 ? z )?1 4 + z1 4 (1 ? z )?5 4 ? = ? 3 2?1 4 eiπ 4 。 lim iπ ? ? z e → 32 64
1? z → 2

(1 ? i ) ∫δ

1?δ

4

x (1 ? x )

3

(1 + x )

3

dx +
1 4

(∫

CR

+∫ +∫
Cδ 3

′ Cδ

3 2 ) f ( z ) dz = 2π i res f ( ?1) = ?i 64 3 3 4 eiπ 4 3 2 π = 21 4 π 。 64 1 ? i 64

34

π e iπ 4 ,

令 δ → 0, R → ∞ 得

∫ (1 + x )
0

x (1 ? x )
3

dx = ?i

148.按照指定的被积函数,选择适当的积分围道,计算下列积分: (1)




π

0

cos n? zn d? , a > 0, b > 0 ,被积函数为 2 ; a ? ib cos ? bz + 2iaz + b
xb 1 ? e ia z z b ? ? cos ax bx dx , a ≥ 0, ? 1 < b < 1 ,被积函数为 ; ? ? 1 + x2 2 ? 1+ z2 ?

(2)



0

(3)





dx x ?( ln x ) + π 2 ? ? ?
2

0

,被积函数为

1 ; z ln z


(4)





0

(1 + 2 x

x tan ?1 x
2 2

)

dx ,被积函数为

z ln (1 ? iz )

(1 + 2 z 2 )

2

(5)






0

cos ( ln x ) zi dx ,被积函数为 ; z2 ?1 1 + x2
ln (1 ? iz ) r sin 2θ 2 zr 。 θ dθ ,被积函数为 2 2 2 2 2 1 ? 2r cos 2θ + r z (1 + r ) + (1 ? r ) 1 + z

(6)

π 2

0

(1)

2π 2π zn ein? ein? d? i? ? = = dz i e d i ∫ z =1 bz 2 + 2iaz + b ∫0 be2i? + 2iaei? + b ∫0 bei? + 2ia + be?i?

1 2π ein? d? 1 π ein? d? 1 2π ein? d? = ∫ = + 2 0 a ? ib cos ? 2 ∫0 a ? ib cos ? 2 ∫π a ? ib cos ? = 1 π ein? d? 1 π e?inθ dθ + (作代换 θ = 2π ? ? ) 2 ∫0 a ? ib cos ? 2 ∫0 a ? ib cosθ
π

=∫

0

cos n? d? a ? ib cos ?

? a2 a? zn zn + ? 1 记 f ( z) = 2 ,其中 z1 = ? = ?i , ? b2 b? bz + 2iaz + b b ( z ? z1 )( z ? z2 ) ? ? ? a2 a? z2 = ? ? 2 + 1 + ? i ,显然 z1 在单位圆内, z2 在单位圆外。 ? b b? ? ?
? a2 a? in ? 2 + 1 ? ? ? b b? zn 1 ? = = ? res f ( z1 ) = lim z → z1 b ( z ? z ) 2i a 2 + b 2 a2 2 2bi 2 + 1 b
原积分 = 2π i res f ( z1 ) =
n

?i? ? ? ?b?

n

(

a 2 + b2 ? a ,

)

n

?i? 2 2 ?b? a +b ? ?

π

n

(

a 2 + b2 ? a 。

)

n

π eiaz z b e iaz z b e?a ib 2 (2)令 f ( z ) = ,规定 ,则 , 0 ≤ arg z ≤ 2 π res f i = lim = e ( ) z → e iπ 2 z + i 1+ z2 2i

res f ( ? i ) = lim i3 π 2
z→e

e iaz z b e a i 3b π = ? e 2 。取如下积分路径: z?i 2i

易得





0

b ? ? sh ? a + i π ? 2π i xe 2 ? = ?iπ ? dx = ? res f ( i ) + res f ( ?i ) ? 2 ? 2 ibπ ? 1+ x sin bπ (1 ? e )
b iax

? ? ch a sh a =π ? ?i bπ bπ ? 2 cos 2sin 2 2 ?
所以

? ? ?。 ? ?





0

b ∞ x sin ax xb cos ax ch a sh a dx = π dx = ?π ,∫ 。 2 2 0 bπ bπ 1+ x 1+ x 2 cos 2sin 2 2

原积分 = cos

bπ 2





0

xb cos ax bπ dx + sin 2 1+ x 2





0

xb sin ax π π dx = ( ch a ? sh a ) = e? a 。 2 1+ x 2 2

(3 )令 f ( z ) = 下:

1 1 ,规定 ?π ≤ arg z ≤ π , res f (1) = lim = 1 。积分路径如 i0 z →e z ln z z ( ln z )′

1 =0, R →∞ CR z →∞ z →∞ ln z 1 lim ∫ f ( z )dz = ?2π i lim zf ( z ) = ?2π i lim = 0, z →0 z → 0 ln z δ → 0 Cδ lim ∫ f ( z )dz = 2π i lim zf ( z ) = 2π i lim

割线上岸有 z = re ,积分为





δ

R

R 1 1 iπ d re = ? dx ,同样可得割 ( ) iπ ∫ δ re ( ln r + π i ) x ( ln x + π i )

线下岸积分为

∫δ x ( ln x ? π i )dx 。围道积分为:

R

1

∫δ

R

1? 1 1 ? ? ? ?dx + x ? ln x ? π i ln x + π i ?

(∫

CR

+∫



) f ( z ) dz = 2π i
= 2π i ,即 ∫

0



令 δ → 0, R → ∞ 得 2π i





dx x ?( ln x ) + π 2 ? ? ?
2 2

dx x ?( ln x ) + π 2 ? ? ?
2

0

= 1。

(4)令 f ( z ) =

z ln (1 ? iz ) 1? ? 4 ? z2 + ? 2? ?

=

z ln (1 ? iz ) 1 ? ? 1 ? ? i? ? z ? i? 4? z + 2 ? ? 2 ? ?
2 2



iz ? ? 1 ? ? ln (1 ? iz ) ? z+ i ? ? 2 z ln (1 ? iz ) ? ? ? d z ln (1 ? iz ) 1 ? iz ? ? ? 1 ? 2 ? ? = lim res f ? i ? = lim 2 3 1 z→ i ? 2 ? z → 12 i dz ? 1 ? 1 ? ? 2 4? z + 4? z + i? i? 2 ? 2 ? ? ?

=?

1 8

(

2 ?1 。

)

?i 和 ∞ 是 f ( z ) 的枝点,可沿虚轴从 ?i 向下延伸到 ∞ 作为割线,取如下积分路径(在单值
分枝内) :

R →∞ CR

lim ∫ f ( z )dz = π i lim
z →∞ 0

z 2 ln (1 ? iz )

(1 + 2 z 2 )
2 2

2

= 0 。围道积分为:



x ln (1 ? ix )

?R

(1 + 2 x )

0 ?R

2 2

dx + ∫

R

x ln (1 ? ix )

0

(1 + 2 x )
0 R

dx + ∫

CR

π ? 1 ? f ( z )dz = 2π i res f ? i ? = ?i 4 ? 2 ?
R

(

2 ?1 。

)

由于

x ln (1 ? ix )

(1 + 2 x )

2 2

dx = ∫

y ln (1 + iy )

(1 + 2 y )

2 2

dy = ? ∫

x ln (1 + ix )

0

(1 + 2 x )

2 2

dx ,

? 1 ? ix ? x ln ? ? ?1 R x ln (1 ? ix ) R 0 x ln (1 ? ix ) ? 1 + ix ?dx = ?2i R x tan x dx 。 dx dx 所以 ∫ + = 2 ∫0 1 + 2 x 2 2 ∫0 1 + 2 x 2 2 ∫0 1 + 2 x2 2 ?R (1 + 2 x2 ) ( ) ( ) ( )
令围道积分 R → ∞ 得 ?2i





0

(1 + 2 x )

x tan ?1 x
2 2

dx = ?i

π
4

(

2 ?1 ,

)







0

(1 + 2 x )

x tan ?1 x
2 2

dx =

π
8

(

2 ?1 。

)

(5)令 f

(z) =

zi e i ln z ,0 和 ∞ 是其枝点,以负实轴作为割线,规定 = z2 ?1 z2 ?1

?π < arg z ≤ π ,则 res f (1) = lim i0
z →e

ei ln z 1 = 。可取如下积分路径: z +1 2

正虚轴上有 z = re

iπ 2

,积分为



δ

R

e d ( re iπ ?r 2 ? 1
R

π ? ? i ? ln r + i ? 2 ? ?

2

) = ie ∫
?π 2

R

δ

e i ln x dx , x2 + 1

负虚轴上 z = re

? iπ 2

积分为 ie

π 2

∫δ

ei ln x dx 。围道积分为 x2 + 1


2i ch

π

2 ∫δ

R

ei ln x dx + x2 + 1

(∫

CR

+∫



) f ( z ) dz = 2π i res f (1) = π i

ln z ? arg z ) (1+ i ) ln z + i arg z ) e(1+i ) ln z e ( e( i ln z + arg z ) e( = = 2 由 于 zf ( z ) = 2 , z → 0 时 ln z → ?∞ , 2 z ?1 z ?1 z ?1

e(

ln z ?arg z )

→ 0 (与 arg z 无关) ,所以 lim ∫ f ( z )dz = 0 。
δ → 0 Cδ
i

lim zf ( z ) = lim
z →∞

(1 + i ) z = 1 + i lim z ?1+i = 1 + i lim e( ?1+i )(ln z +i arg z ) z1+i = lim 2 z →∞ z ? 1 z →∞ 2z 2 z →∞ 2 z →∞

=
所以 lim

1+ i ? ln z ? arg z ) i ( ln z ? arg z ) , lim e ( e = 0 (与 arg z 无关) z → ∞ 2
f ( z )dz = 0 。令围道积分 δ → 0, R → ∞ 得 ∫

0

R → 0 CR



ei ln x π dx = 。 2 π x +1 2 ch 2

(6)见附录。

1 ? 1+ t ? t ?a bx + a , 即x= , 试利用此类变换证明 ∫ ? 149. 变换 t = ?1 1 ? t ? b ?t x +1 ? ?

m?1

g ( t )dt = ∫ xm?1 f ( x )dx ,
0



其中 f ( x ) =

2

( x + 1)

2

? x ?1 ? g? ? 。假定有关的积分均存在。 ? x +1?

证:令 x =

2 1+ t x ?1 ,则 t = , dt = dx 。所以 2 1? t x +1 ( x + 1)
∞ ∞ ? x ?1 ? 2 g ( t )dt = ∫ xm?1g ? dx = ∫ xm?1 f ( x )dx 。 ? 2 0 0 ? x +1 ? ( x +1)

? 1+ t ? ? ∫?1? ? 1? t ?
1

m?1

? 1+ t ? 150.利用上题结果,计算下列积分: (1) ∫ ? ?1 1 ? t ? ? ?
1

m ?1

dt , 0 < m < 2 ;

?1+ t ? (2) ∫ ? ?1 1 ? t ? ? ?
1

m ?1

dt ,0 < m < 2。 t +1
2

(1)原积分 = 2

∫ ( x + 1)
0



x m ?1

dx 。令 f ( z ) = 2

z m ?1

( z + 1)

2

,选取如下积分路径:

可得原积分 =

2 (1 ? m ) π 。 sin mπ

(2)原积分 =





0

x m?1 π dx = (取与上小题相同的积分路径) 。 2 mπ x +1 2sin 2

151.证明:

∫ (1 ? t )
1 ?1

2 m ?1

h ( t ) dt = ∫ x
0



m ?1

1? 2 ? f ( x )dx ,其中 f ( x ) = ? ? 2 ? x +1?

2m

? x ?1 ? h? ?。 ? x +1?

并由此计算积分 令x=
1



1

?1

1? t2 dt 。 1+ t2

1+ t x ?1 ,则 t = , 1? t x +1
2 m ?1

∫ (1 ? t )
?1

h ( t ) dt = ∫



0

? 4x ? ? 2? + x 1 ( ) ? ? ? ?

m ?1

∞ ? x ?1 ? 2 h? dx = ∫ x m ?1 f ( x )dx 。 ? 2 0 ? x + 1 ? ( x + 1)



1

?1

∞ 1? t2 x1 2 = 2 dt ∫0 ( x + 1) ( x2 + 1)dx = 1+ t2

(

2 ? 1 π (取与上小题相同的积分路径) 。

)

152. (1)证明:



∞ 2 ? 1+ t ? ? x ?1 ? ln ? g ( t ) dt = ∫ f ( x ) ln xdx ,其中 f ( x ) = g? ? ?。 2 ?1 0 ? 1? t ? ( x + 1) ? x + 1 ?
1

(2)计算积分 (1)令 x =
1



1

?1

? 1 + t ? dt ln ? , c <1。 ? ? 1 ? t ? 1 ? ct

1+ t x ?1 ,则 t = , 1? t x +1

∞ ∞ ? 1+ t ? ? x ?1 ? 2 ln g t dt ln xg dx = = ( ) ? ? ? ? 2 ∫?1 ? 1 ? t ? ∫0 ∫0 f ( x ) ln xdx 。 ? x + 1 ? ( x + 1)

( ln z ) 2 ∞ ln x ? 1 + t ? dt dx 。令 f ( z ) = (2)∫ ln ? ,取 = ? ∫ ?1 ? 1+ c ? ? 1 ? t ? 1 ? ct 1 ? c 0 x + 1 ? x + 1 + c ? ( z + 1) ? z + ( )? ? ? 1? c ? ? 1? c ? ?
1

2

1 ? 1+ c ? 与上小题相同的积分路径可得原积分 = ? ln ? 。 2c ? 1 ? c ?

2

附录: 148. (6)用原题给的被积函数没做出来: ( 取被积函数为 f

(z) =

z ,积分路径如下图: r ? e ? iz

r > 1 时, i ln r 是 f ( z ) 的一阶极点, res f ( i ln r ) = lim
如上图,底边积分 =

z

z → i ln r

( r ? e )′
? iz

=

ln r 。 r

∫ π r ?e
?

0

x

? ix

dx + ∫

π

0

0 π x x x dx = ∫ dx + ∫ dx ? ix ix π 0 r ?e r ?e r ? e?ix

= ?2i ∫
顶边积分 =

π

0

x sin x dx 。 1 ? 2r cos x + r 2

∫π



?π ?π x + iR x iR dx = ∫ dx + ∫ dx 。 R ix ? ? i ( x + iR ) π r ?e e π r ? e R e ? ix r ?e

由于

∫π



π π x 2 π2 x dx dx xdx ≤ ≤ = , ∫?π r 2 ? 2re R cosθ + e2 R r ? e R e ? ix e R ? r ∫0 eR ? r

∫π



π iR R 2π R ≤ dx dx = R ,所以顶边积分 → 0 ( R → ∞ ) 。 R ? ix R ∫ ? π r ?e e e ?r e ?r
R R ?π + iy π + iy 1 dy + i dy = 2 π i dy ? ? π + ∫ ? π + ∫ i iy i iy ( ) ( ) R 0 0 r + ey r ?e r ?e 0

左边积分+右边积分 = i



= 2π i ∫

R

0

e? y 2π i dy = ? ln 1 + re? y ?y 1 + re r

R 0

=

2π i ?ln (1 + r ) ? ln (1 + re? R ) ? 。 ? r ?

当 R → ∞ 时,该积分 →

2π i ln (1 + r ) 。 r π x sin x 2π i 所以 R → ∞ 时围道积分 = ?2i ∫ dx + ln (1 + r ) 0 1 ? 2 r cos x + r 2 r ln r , = 2π i res f ( i ln r ) = 2π i r

所以



π

0

π ? 1? x sin x dx = ln ?1 + ? ,即 2 1 ? 2r cos x + r r ? r?



π 2

0

π ? 1? r sin 2θ r π x sin x θ dθ = ∫ dx = ln ?1 + ? 。 2 2 1 ? 2r cos 2θ + r 4 0 1 ? 2r cos x + r 4 ? r?

r < ?1 时, ±π + i ln ( ?r ) 是 f ( z ) 的一阶极点,如上图, lim ∫ f ( z )dz = ?π i
δ →0 Cδ

z →π + i ln ( ? r )

lim

? ? z ? π ? i ln ( ?r ) ? ? f ( z ) = ?π i

ln ( ?r ) π 2 ? , r r ln ( ?r ) π 2 + 。 r r

lim ∫ f ( z )dz = ?π i
′ δ →0 Cδ

? z + π ? i ln ( ? r ) ? ? f ( z ) = ?π i z →?π + i ln ( ? r ) ? lim

左边积分+右边积分

=?

2π i ln 1 + re ? y r

R 0

=

2π i 2π i ? ln ( ?1 ? r ) ? ln 1 + re ? R ? → 。 ln ( ?1 ? r ) ( R → ∞ ) ? ? r r

围道积分 = ?2i
π 2



π

0

ln ( ?r ) x sin x 2π i + ? ? ? = 0 ,即 π dx ln 1 r 2 i ( ) 1 ? 2r cos x + r 2 r r



0

π ? 1? r sin 2θ r π x sin x θ dθ = ∫ dx = ln ?1 + ? 。 2 2 1 ? 2r cos 2θ + r 4 0 1 ? 2r cos x + r 4 ? r?

?1 < r < 1 时,极点位于下半平面,所以围道积分为 π π 2 2π i r sin 2θ π x sin x ,即 ln θ dθ = (1 + r ) 。 dx 1 r 0 ?2i ∫ + + = ( ) 2 ∫ 0 0 1 ? 2 r cos x + r 2 1 ? 2r cos 2θ + r 4 r


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