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留数与定积分题

2021-01-28  本文已影响0人  Raow1
2016-1-1. 计算积分\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x-i} \mathrm dx。

\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x-i} \mathrm dx &= \frac{1}{2i} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x-i} \mathrm dx \\ &= \frac{1}{2i} (\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}}{x-i} \mathrm dx - \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-ix}}{x-i} \mathrm dx ) \\ &= \frac{1}{2i} (2\pi i \mathrm{Res}[R(z)e^{iz},i] - 0 ) \\ &= \frac{\pi}{e} \end{align*}

2016-2-1. 计算积分\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{x+i} \mathrm dx。

\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{x+i} \mathrm dx &= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{x+i} \mathrm dx \\ &= \frac{1}{2} (\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}}{x+i} \mathrm dx + \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-ix}}{x+i} \mathrm dx ) \\ &= \frac{1}{2} (0 - 2\pi i \mathrm{Res}[R(z)e^{-iz},-i] ) \\ &= - \frac{\pi i}{e} \end{align*}

2016-3-1. 计算积分\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin 2x}{x+2i} \mathrm dx。

\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin 2x}{x+2i} \mathrm dx &= \frac{1}{2i} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{2ix}-e^{-2ix}}{x+2i} \mathrm dx \\ &= \frac{1}{2i} (\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{2ix}}{x+2i} \mathrm dx - \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-2ix}}{x+2i} \mathrm dx ) \\ &= \frac{1}{2i} (0 + 2\pi i \mathrm{Res}[R(z)e^{-2iz},-2i] ) \\ &= \frac{\pi }{e^4} \end{align*}

2016-4-1. 计算积分\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos 2x}{x-2i} \mathrm dx。

\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos 2x}{x-2i} \mathrm dx &= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{2ix}+e^{-2ix}}{x-2i} \mathrm dx \\ &= \frac{1}{2} (\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{2ix}}{x-2i} \mathrm dx + \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-2ix}}{x-2i} \mathrm dx ) \\ &= \frac{1}{2} (2\pi i \mathrm{Res}[R(z)e^{2iz},2i] + 0) \\ &= \frac{\pi i}{e^4} \end{align*}

2016-5-1. 计算积分\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin \frac{x}{2}}{2x-i} \mathrm dx。

\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin \frac{x}{2}}{2x-i} \mathrm dx &= \frac{1}{2i} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{\frac{ix}{2}}-e^{-\frac{ix}{2}}}{2x-i} \mathrm dx \\ &= \frac{1}{2i} (\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{\frac{ix}{2}}}{2x-i} \mathrm dx - \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-\frac{ix}{2}}}{2x-i} \mathrm dx ) \\ &= \frac{1}{2i} ( 2\pi i \mathrm{Res}[R(z)e^{-\frac{iz}{2}},-\frac{i}{2}] -0 ) \\ &= \frac{\pi }{2\sqrt[4]{e}} \end{align*}

2017-1-12. 对函数f(x)=\frac{e^{ix}}{(i+x)^2},x \in \mathbb R做傅里叶变换。下列公式以供参考：F[g](y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty}g(x)e^{-ixy}\mathrm dx, g \in \mathbb L_1(\mathbb R)

显然有，F[f](y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ix(1-y)}}{(i+x)^2} \mathrm dx。又因为存在二级极点-i，所以显然当1-y \geq 0，即y \leq 1时，F[f](y)=0。
当1-y < 0，即y > 1时，
\begin{align*} F[f](y) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot (-2 \pi i) \mathrm{Res}[R(z)e^{iz(1-y)},-i] \\ &= -\sqrt{2\pi} i \frac{\mathrm d(e^{iz(1-y)})}{\mathrm dz}|_{z=-i} \\ &= \sqrt{2\pi}(1-y)e^{1-y} \end{align*}
即，
F[f](y)= \begin{cases} \sqrt{2\pi}(1-y)e^{1-y} &, y>1\\ 0 &, y \leq 1 \end{cases}

2017-2-12. 对函数f(x)=\frac{\exp (-\frac{ix}{3})}{(3i+x)^2},x \in \mathbb R做傅里叶变换。下列公式以供参考：F[g](y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty}g(x)e^{-ixy}\mathrm dx, g \in \mathbb L_1(\mathbb R)

显然有，F[f](y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\exp[-ix(y+\frac{1}{3})]}{(3i+x)^2} \mathrm dx。又因为存在二级极点-3i，所以显然当y+\frac{1}{3} \leq 0，即y \leq -\frac{1}{3}时，F[f](y)=0。
当y+\frac{1}{3} > 0，即y > -\frac{1}{3}时，
\begin{align*} F[f](y) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot (-2 \pi i) \mathrm{Res}[R(z)e^{-iz(y+\frac{1}{3})},-3i] \\ &= -\sqrt{2\pi} i \frac{\mathrm d(e^{-iz(y+\frac{1}{3})})}{\mathrm dz}|_{z=-3i} \\ &= -\sqrt{2\pi}(y+\frac{1}{3})e^{-3y-1} \end{align*}
即，
F[f](y)= \begin{cases} -\sqrt{2\pi}(y+\frac{1}{3})e^{-3y-1} ,& y> -\frac{1}{3}\\ 0 ,& y \leq -\frac{1}{3} \end{cases}

2017-3-12. 对函数f(x)=\frac{e^{-ix}}{(x-2i)^2},x \in \mathbb R做傅里叶变换。下列公式以供参考：F[g](y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty}g(x)e^{-ixy}\mathrm dx, g \in \mathbb L_1(\mathbb R)

显然有，F[f](y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{-ix(1+y)}}{(x-2i)^2} \mathrm dx。又因为存在二级极点2i，所以显然当1+y \geq 0，即y \geq -1时，F[f](y)=0。
当1+y < 0，即y < -1时，
\begin{align*} F[f](y) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot 2 \pi i \mathrm{Res}[R(z)e^{-iz(1+y)},2i] \\ &= \sqrt{2\pi} i \frac{\mathrm d(e^{-iz(1+y)})}{\mathrm dz}|_{z=2i} \\ &= \sqrt{2\pi}(1+y)e^{2+2y} \end{align*}
即，
F[f](y)= \begin{cases} \sqrt{2\pi}(1+y)e^{2+2y} &, y<-1\\ 0 &, y \geq -1 \end{cases}

2019-2-6. 计算积分\int_{-\infty}^{+\infty}(\frac{\sin x}{x-i})^2 \mathrm dx。

\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}(\frac{\sin x}{x-i})^2 \mathrm dx &= \frac{1}{2}(\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(x-i)^2} \mathrm dx -\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos 2x}{(x-i)^2} \mathrm dx )\\ &= - \frac{1}{4} (\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{2ix}}{(x-i)^2} \mathrm dx + \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-2ix}}{(x-i)^2} \mathrm dx ) \\ &= -\frac{1}{4} (2\pi i \mathrm{Res}[R(z)e^{2iz},i] + 0 ) \\ &= \frac{\pi}{e^2} \end{align*}

2019-3-6. 计算积分\int_{-\infty}^{+\infty}(\frac{\cos x}{x+1+i})^2 \mathrm dx。

\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}(\frac{\cos x}{x+1+i})^2 \mathrm dx &= \frac{1}{2}(\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(x+1+i)^2} \mathrm dx +\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos 2x}{(x+1+i)^2} \mathrm dx )\\ &= \frac{1}{4} (\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{2ix}}{(x+1+i)^2} \mathrm dx + \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-2ix}}{(x+1+i)^2} \mathrm dx ) \\ &= \frac{1}{4} (0- 2\pi i \mathrm{Res}[R(z)e^{-2iz},-1-i] ) \\ &= -\pi \exp(2i-2) \end{align*}

2019-4-6. 计算积分\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x(x+i)} \mathrm dx。

\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x(x+i)} \mathrm dx &= \int_{-\infty}^{+\infty} (\frac{i}{x+i}-\frac{i}{x})\sin x \mathrm dx \\ &= i \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin x}{x+i} \mathrm dx - i \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm dx \\ &= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{x+i} \mathrm dx - i \pi \\ &= \frac{\pi i}{e} - i \pi \\ &= i\pi(\frac{1}{e}-1) \end{align*}

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