定理2 设f(z)在实轴上解析,在上半平面Imz ＞0除有限个奇点z1,z2,··· ,zn 外解析.若存在正数r,M 和α ＞1,使当|z| ≥r 且Imz ≥0 时f(z)解析且满足|f(z)|≤M/|z|α,则积分I2 =存在且有证明设CR为上半圆周z = Reiθ(0 ≤θ ≤π),取充分大的R 使R ≥r并且奇点z1,z2,··· ,zn均在由CR及实轴上从-R 到R 的一段所围成的闭路......
2023-10-30
复变函数及其应用：形如的积分探讨
【摘要】：定理3 设函数f(z)在实轴上无奇点,且在上半平面除有限个奇点z1,z2,··· ,zn外解析,若存在正数M和r,使当|z|≥r且Imz ≥0 时,函数f(z)解析且有则有证明 设CR为上半圆周: z = Reiθ(0 ≤θ ≤π),取充分大的R使R ≥r,并且奇点z1,z2,··· ,zn均在由CR 及实轴上从-R到R的一段所围成的半圆内,则由留数定理得只须证明当R →+∞时,上述沿CR 的积分
定理3 设函数f(z)在实轴上无奇点,且在上半平面除有限个奇点z1,z2,··· ,zn外解析,若存在正数M和r,使当|z|≥r且Imz ≥0 时,函数f(z)解析且有
则有
证明 设CR为上半圆周: z = Reiθ(0 ≤θ ≤π),取充分大的R使R ≥r,并且奇点z1,z2,··· ,zn均在由CR 及实轴上从-R到R的一段所围成的半圆内,则由留数定理得
只须证明当R →+∞时,上述沿CR 的积分趋向零.
由于当|Z|≥r时有|f(z)|≤M/|z|,因此,当R ≥r时记沿CR的上述积分为IR,有
若令φ=π-θ,可得
从而有
由图5.3可以看出下面的不等式成立
因此得
于是令R →+∞,则得所证等式(5.3.3).
由定理3可得下面的推论:
推论 若有理函数f(z) = 
在实轴上无奇点,但Q(z)的次数比P(z)的次数至少高一次,则式(5.3.3)成立.
通过计算
分别取其实、虚部可得到下面两类积分的值
例5 计算积分
解 函数f(z)eiz =
在上半平面内只有一个简单极点z =-2+i,且
由定理3推论得
因此取其虚部
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在上面所提到的第二、三种类型的积分中,都要求被积函数中的f(z)在实轴上无奇点.但对于实轴上有孤点奇点的情形,可用下面例题中的方法进行处理.
例6 计算积分
的值.
解 因为
是偶函数,所以
可取
沿某一条闭曲线的积分来计算上式右端的积分.但是,z = 0是
的一级极点,它在实轴上.为了使积分路线不通过奇点,我们取如图5.4所示的路线.由柯西积分定理,有
令x=-t,则有
所以
即
由于
因此
又因
其中φ(z) = i-
在z = 0是解析的,且φ(0) = i,因而当|z|充分小时,|φ(z)|有界,设|φ(z)|≤M,则有
从而有
这样由式(5.3.6)可得
即
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