最后更新: 2026-02-22 11:12 查看: 133 次纠错评论(0) 课件开VIP

形如Rcos Rsin 积分

## 形如 $\int_0^{2 \pi} R(\cos \theta, \sin \theta) d \theta$ 的积分

这里 $R(\cos \theta, \sin \theta)$ 表示 $\cos \theta, \sin \theta$ 的有理函数，并且在 $[0,2 \pi]$ 上连续．若令 $z= e^{i \theta}$ ，则

$$
\cos \theta=\frac{z+z^{-1}}{2}, \quad \sin \theta=\frac{z-z^{-1}}{2 \mathrm{i}}, \quad \mathrm{~d} \theta=\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{i} z},
$$

当 $\theta$ 经历变程 $[0,2 \pi]$ 时，$z$ 沿圆周 $|z|=1$ 的正方向绕行一周．因此有

$$
\int_0^{2 \pi} R(\cos \theta, \sin \theta) \mathrm{d} \theta=\int_{|z|=1} R\left(\frac{z+z^{-1}}{2}, \frac{z-z^{-1}}{2 \mathrm{i}}\right) \frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{i} z},
$$

右端是 $z$ 的有理函数的周线积分，并且积分路径上无奇点，应用留数定理就可求得其值。

**注 这里关键一步是引进变量代换 $z=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}$ ，至于被积函数 $R(\cos \theta, \sin \theta)$ 在 $[0$ ， $2 \pi]$ 上的连续性可不必先检验，只要看变换后的被积函数在 $|z|=1$ 上是否有奇点**．

`例`计算积分

$$
I=\int_0^{2 \pi} \frac{\mathrm{~d} \theta}{1-2 p \cos \theta+p^2} \quad(0 \leqslant|p|<1) .
$$

解 令 $z=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}$ ，则 $\mathrm{d} \theta=\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{i} z}$ ．当 $p \neq 0$ 时，

$$
1-2 p \cos \theta+p^2=1-p\left(z+z^{-1}\right)+p^2=\frac{(z-p)(1-p z)}{z},
$$

这样就有

$$
I=\frac{1}{\mathrm{i}} \int_{|z|=1} \frac{\mathrm{~d} z}{(z-p)(1-p z)},
$$

且在圆 $|z|<1$ 内，

$$
f(z)=\frac{1}{(z-p)(1-p z)}
$$

只以 $z=p$ 为一阶极点，在 $|z|=1$ 上无奇点，依公式 ，

$$
\operatorname{Res}_{z=p} f(z)=\left.\frac{1}{1-p z}\right|_{z=p}=\frac{1}{1-p^2} \quad(0<|p|<1) .
$$

所以，由留数定理得 $I=\frac{1}{\mathrm{i}} \cdot 2 \pi \mathrm{i} \cdot \frac{1}{1-p^2}=\frac{2 \pi}{1-p^2}(0 \leqslant|p|<1)$ 。
注 此题在数学分析中可用万能代换的方法求解，比较起来，用复变函数的方法求解要简单得多．

**总结**
要求 $R(u, v)$ 是 $u, v$ 的有理函数，即 $R(u, v)$ 是以 $u, v$ 为变量
的二元多项式函数或者分式函数。
方法（1）令 $z= e ^{i \theta}=\cos \theta+i \sin \theta$ ，
则 $d z=i e ^{i \theta} d \theta=i z d \theta, \quad \Rightarrow d \theta=\frac{ d z}{i z}$ ，

$$
\begin{aligned}
& \cos \theta=\frac{e^{i \theta}+e^{-i \theta}}{2}=\frac{z+z^{-1}}{2}=\frac{z^2+1}{2 z}, \\
& \sin \theta=\frac{e^{i \theta}-e^{-i \theta}}{2 i}=\frac{z-z^{-1}}{2 i}=\frac{z^2-1}{2 i z},
\end{aligned}
$$

方法（2）

$$
\begin{aligned}
\int_0^{2 \pi} R(\cos \theta, \sin \theta) d \theta & =\oint_{|z|=1} R\left(\frac{z^2+1}{2 z}, \frac{z^2-1}{2 i z}\right) \frac{1}{i z} d z \\
& =\oint_{|z|=1} f(z) d z \\
& =2 \pi i \sum_k \operatorname{Res}\left[f(z), z_k\right]
\end{aligned}
$$

其中，$z_k$ 是 $f(z)$ 在 $|z|<1$ 内的孤立奇点。

`例` 计算 $I=\int_0^{2 \pi} \frac{\cos 2 \theta}{1-2 p \cos \theta+p^2} d \theta(0<p<1)$ 的值。
解 由 $1-2 p \cos \theta+p^2=(1-p)^2+2 p(1-\cos \theta)$ 及 $0<p<1$ ，可知被积函数的分母不为零，因而积分是有意义的。

令 $z= e ^{i \theta}$ ，
则 $d \theta=\frac{ d z}{i z}, \cos \theta=\frac{z+z^{-1}}{2}$ ，

$$
\cos 2 \theta=\frac{e^{i 2 \theta}+e^{-i 2 \theta}}{2}=\frac{z^2+z^{-2}}{2}
$$

$$
\begin{aligned}
I & =\int_{|z|=1} \frac{z^2+z^{-2}}{2} \cdot \frac{1}{1-2 p \cdot \frac{z+z^{-1}}{2}+p^2} \cdot \frac{d z}{i z} \\
& =\int_{|z|=1} \frac{1+z^4}{2 i z^2(1-p z)(z-p)} d z=\oint_{|z|=1} f(z) d z
\end{aligned}
$$

在 $| z |<1$ 内，函数 $f ( z )$ 有两个孤立奇点：
二阶极点 $z_1=0,-$ 阶极点 $z_2=p$ ．
（注意：一阶极点 $z_3=1 / p$ 不在 $|z|<1$ 内 ）
 
$$
  \begin{aligned}
& \operatorname{Res}[f(z), 0]=\lim _{z \rightarrow 0} \frac{d}{d z}\left[z^2 \cdot \frac{1+z^4}{2 i z^2(1-p z)(z-p)}\right] \\
& \quad=\lim _{z \rightarrow 0} \frac{\left(z-p z^2-p+p^2 z\right) 4 z^3-\left(1+z^4\right)\left(1-2 p z+p^2\right)}{2 i\left(z-p z^2-p+p^2 z\right)^2} \\
& =-\frac{1+p^2}{2 i p^2},
\end{aligned}
$$

事实上，可直接用洛朗展开的方法来求该点的留数。

$$
\begin{aligned}
\operatorname{Res}[f(z), p] & =\lim _{z \rightarrow p}\left[(z-p) \cdot \frac{1+z^4}{2 i z^2(1-p z)(z-p)}\right] \\
& =\frac{1+p^4}{2 i p^2\left(1-p^2\right)}, \\
I & =2 \pi i(\operatorname{Res}[f(z), p]+\operatorname{Res}[f(z), p]) \\
= & 2 \pi i\left[-\frac{1+p^2}{2 i p^2}+\frac{1+p^4}{2 i p^2\left(1-p^2\right)}\right]=\frac{2 \pi p^2}{1-p^2} .
\end{aligned} .
$$

`例`计算 $I=\int_0^\pi \frac{\cos \theta}{5+4 \cos \theta} d \theta$ 的值。
解 由于 $\frac{\cos \theta}{5+4 \cos \theta}$ 为偶函数，记 $I_1=2 I=\int_{-\pi}^\pi \frac{\cos \theta}{5+4 \cos \theta} d \theta$ ．
（1）令 $z= e ^{i \theta}$ ，则 $d \theta=\frac{ d z}{i z}, \cos \theta=\frac{z+z^{-1}}{2}$ ，

$$
\begin{aligned}
I_1 & =\int_{|z|=1} \frac{z+z^{-1}}{2} \cdot \frac{1}{5+4 \cdot \frac{z+z^{-1}}{2}} \cdot \frac{d z}{i z} \\
& =\oint_{|z|=1} \frac{1+z^2}{4 i z(z+1 / 2)(z+2)} d z=\int_{|z|=1} f(z) d z
\end{aligned}
$$

（2）
 $ \text { 在 }|z|<1 \text { 内，} f(z) \text { 有两个一阶极点：} z_1=0, z_2=-\frac{1}{2}  $
$$
\begin{aligned}
& \operatorname{Res}[f(z), 0]=\lim _{z \rightarrow 0} z f(z)=\left.\frac{1+z^2}{4 i(z+1 / 2)(z+2)}\right|_{z=0}=\frac{1}{4 i} ; \\
& \operatorname{Res}\left[f(z),-\frac{1}{2}\right]=\lim _{z \rightarrow-\frac{1}{2}} z f(z)=\left.\frac{1+z^2}{4 i z(z+2)}\right|_{z=-\frac{1}{2}}=-\frac{5}{12 i} . \\
& I=\frac{1}{2} I_1=\frac{1}{2} \cdot 2 \pi i\left[\frac{1}{4 i}-\frac{5}{12 i}\right]=-\frac{\pi}{6} .
\end{aligned}
$$

`例`计算积分

$$
I=\int_0^{2 \pi} \frac{\mathrm{~d} \theta}{1+\cos ^2 \theta} .
$$

解 令 $z=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}$ ，则

$$
I=\int_{\Gamma:|z|=1} \frac{4 z \mathrm{~d} z}{\mathrm{i}\left(z^4+6 z^2+1\right)},
$$

又令 $z^2=u$ ，则 $\frac{4 z \mathrm{~d} z}{\mathrm{i}\left(z^4+6 z^2+1\right)}=\frac{2 \mathrm{~d} u}{\mathrm{i}\left(u^2+6 u+1\right)}$ ．当 $z$ 绕 $\Gamma$ 圆周一周时，$u$ 亦在其上绕二周，故

$$
I=2 \int_{\Gamma} \frac{2 \mathrm{~d} u}{\mathrm{i}\left(u^2+6 u+1\right)}=\frac{4}{\mathrm{i}} \int_{\Gamma} \frac{\mathrm{d} u}{u^2+6 u+1} .
$$

被积函数 $f(u)$ 在 $\Gamma$ 内部仅有一个一阶极点 $u=-3+\sqrt{8}$ ．

$$
\operatorname{Res}_{u=-3+\sqrt{8}} f(u)=\left.\frac{1}{u+3+\sqrt{8}}\right|_{u=-3+\sqrt{8}}=\frac{1}{2 \sqrt{8}}=\frac{1}{4 \sqrt{2}} .
$$

所以由留数定理，

$$
I=\frac{4}{\mathrm{i}} \cdot 2 \pi \mathrm{i} \cdot \frac{1}{4 \sqrt{2}}=\sqrt{2} \pi
$$

若 $R(\cos \theta, \sin \theta)$ 为 $\theta$ 的偶函数，则 $\int_0^\pi R(\cos \theta, \sin \theta) \mathrm{d} \theta$ 之值亦可由上述方法求之．因此时

$$
\int_0^\pi R(\cos \theta, \sin \theta) \mathrm{d} \theta=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^\pi R(\cos \theta, \sin \theta) \mathrm{d} \theta,
$$

仍令 $z=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}$ ，与前同法，我们可将 $\int_{-\pi}^\pi R(\cos \theta, \sin \theta) \mathrm{d} \theta$ 化为单位圆周 $\Gamma$ 上的积分．

`例`  计算积分

$$
I=\int_0^\pi \frac{\cos m x}{5-4 \cos x} \mathrm{~d} x
$$

$m$ 为正整数．
解 因为积分号下的函数为 $x$ 的偶函数，故

$$
I=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^\pi \frac{\cos m x}{5-4 \cos x} \mathrm{~d} x,
$$

令

$$
I_1=\int_{-\pi}^\pi \frac{\cos m x}{5-4 \cos x} \mathrm{~d} x, \quad I_2=\int_{-\pi}^\pi \frac{\sin m x}{5-4 \cos x} \mathrm{~d} x,
$$

则

$$
I_1+\mathrm{i} I_2=\int_{-\pi}^\pi \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} m x}}{5-4 \cos x} \mathrm{~d} x
$$

设 $z=\mathrm{e}^{\mathrm{i} x}$ ，则
$$
I_1+\mathrm{i} I_2=\frac{1}{\mathrm{i}} \int_{\Gamma} \frac{z^m}{5 z-2\left(1+z^2\right)} \mathrm{d} z=\frac{\mathrm{i}}{2} \int_{\Gamma} \frac{z^m}{\left(z-\frac{1}{2}\right)(z-2)} \mathrm{d} z
$$

在圆周 $\Gamma$ 内部，积分号下函数 $f(z)$ 仅有一个一阶极点 $z=\frac{1}{2}$ ，于是

$$
\operatorname{Res}_{z=\frac{1}{2}} f(z)=\left.\frac{z^m}{z-2}\right|_{z=\frac{1}{2}}=-\frac{1}{3 \cdot 2^{m-1}},
$$

故由留数定理，

$$
I_1+\mathrm{i} I_2=\left(-\frac{1}{2 \mathrm{i}}\right) \cdot 2 \pi \mathrm{i}\left(-\frac{1}{3 \cdot 2^{m-1}}\right)=\frac{\pi}{3 \cdot 2^{m-1}},
$$

于是知

所以

$$
\begin{gathered}
I_1=\frac{\pi}{3 \cdot 2^{m-1}}, \quad I_2=0, \\
I=\frac{1}{2} I_1=\frac{\pi}{3 \cdot 2^m} .
\end{gathered}
$$

在实际问题中，往往需要计算反常积分，如：

$$
\begin{gathered}
\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x \quad \text { (有阻尼的振动); } \\
\int_0^{+\infty} \sin x^2 \mathrm{~d} x \quad \text { (光的折射); } \\
\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-a x^2} \cos b x \mathrm{~d} x(a>0) \quad \text { (热传导), 等等. }
\end{gathered}
$$

回忆数学分析中计算反常积分的方法，要计算上述几个反常积分是麻烦的，而且没有统一的处理方法。但是根据留数定理来计算，往往就比较简捷。

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