超越函数积分的五种解法
第三届“挑战杯”首都大学生课外学术科技作品竞赛参赛作品
超越函数积分的五种解法
On the five solutions to integral
transcendental function
袁玉军,陈婷婷,韩仁江
指导老师:李声锋
蚌埠学院 数学与物理系
摘要: 大学数学课程系统介绍了幂级数、留数、拉普拉斯变换以及二元函数等理论,本文基于这些理论,给出了求解超越函数积分问
的五种方法.
关键词:超越函数;积分;大学数学
Abstract:In this paper ,by using the Laplace transform ,the residue theorem,the binary
function,etc.to solve the problem of the transcendental function's integral
Keywords:transcendental function ,integral
1.引言
牛顿——莱布尼茨公式是计算定积分或广义积分的一般方法,但在某些情况下会遇到函
21sinx,x数的原函数不能用初等函数表示,如,,e等函数. 在阻尼振动、热传导与正态xlnx
分布等实际问题中,常常遇到此类函数的积分,此时就不能用牛顿——莱布尼茨公式求解.在大学数学课程的学习中,我们已经较全面掌握了幂级数、留数、拉普拉斯变换以及二元函数等理论,本文将基于这些理论,给出超越函数定积分的五种解法.
2.五种解法
(1)基于幂级数展开法求积分
[1]ab,ux引理1 若函数项级数在区间上一致收敛,且每一项都连续,则 ,,,,,n
bbuxdxuxdx,. ,,,,,,nn,,aa
1lnx 例1 求定积分 dx.,01,x
lnxlnlnxx,,,,0,1lim,lim1.分析 注意到在内连续,且 ,,,,xx,,011,x,,11xx
若定义函数
1
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,,,,0,x,
,lnx, fxx,,,,01,,,,1,x,
1,1,x,,,
显然,在点xx,,0,1为可去间断点,故在上可积. 因此这是一道普通的fx0,1fx(),,,,定积分问题,然而被积函数的原函数不易找到,下面用幂级数展开求解.
解 因为
n,1,x,, ln,11,xx,,,,,,,nn,1
所以
n,1n,,,,1111,x1,x,,,,ln1x. dxdx,,,,dx,,,,,,,000,,11,,xxnnn,1n,1,,
又因为级数
n,1,1,x,, ,nn,1
n,11,x,,0,1在区间上一致收敛,且通项连续,所以得到 ,,n
n,12,,111,x,,ln1x,dxdx,,,,,,.? ,,2,,0016,xnnnn,,11
(2)基于柯西积分公式求积分
[2] Cfz引理2(柯西积分公式)设区域的边界是周线(或复周线),函数在内解DD,,
DC,析,在上连续,则有
f,,, ,,2,.fzidzD,,,,,,,c,z,
,cos,例2 求定积分edcossin.,, ,,,0
分析 若此题利用牛顿——莱布尼茨公式,则寻找被积函数的原函数比较困难. 考虑到
构造复变函数,利用该复变函数的积分来间接求出原积分.
zzee,||1fz,dzC,解 考察复变积分,其中,利用柯西积分公式得 ,,,,,Czz
0Iiei,,22,,. (1)
2
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ze 令,代入得 zi,,cossin,,z
zicossin,,,2,ee ,,cossin,,dzdi,,,,C0cossin,,,zi
2,,icossin,, ,,,cossincossin,,,,iedi,,,,,0
2,icossin,,,,eeid,,,,0 2,cos,cossinsinsin,,eiid,,,,,,,,,,,,0
2,coscos,,,, (2) ,,,eiedsinsincossin,,,,,,,,,,,0
cos,又因为ecossin,在上为偶函数, 所以由可得 0,,(1)和(2),,,,
,cos, edcossin,,,,.? ,,,0
注:这题虽然不难,但给了我们启示——任意给定函数,构造复变函数且该函数在某区域上的积分容易求出,使给定函数等于复变函数的实部或虚部,这样就可以求出实变函数的积分.
(3)基于留数理论求积分
[2]Cfz 引理3(柯西留数定理) 若在周线或复周线所围的区域内除,,,,,....,D,,12n
DC,外解析,在闭域上除,,,,,....,外连续,则 12n
n
fzdzisfz,2Re.,,,,,,,C,,zk1,k
[2]i,gz 引理4(若当尔引理) 设函数沿半圆周充分大)上Cz:Re(0,,,,,,R,,R
lim0gz,,,C连续,且在上一致成立,则 RR,,,
imz lim00.gzedzm,,,,,,,,,,CRR
i,[2] fzSzarer:,,,,,,,,充分小S 引理5设沿圆弧上连续,且在上一,,,,12rr
致成立极限
limzafz,,,,,,,, r,0
3
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则有极限
lim.fzdzi,,,,,,,,,21,S,r0r
+,sinx 例3 计算积分 dx.,0x
+,sinx解 因为积分存在,且 dx,0x
+,,,sinx1sinx= dxPVdx...,,0,,x2x
izeC考虑函数沿图1所示闭曲线路径的积分 fz,,,z
C图1 闭曲线路径 根据柯西积分定理得
fzdz,0,,,,c或改写成
ixizixiz,Rreeee (3) ,,,,0,dxdzdxdz,,,,,rCRCRrxzxz
ii,,zzrerR,,,,,Re0,及,,CC,其中分别表示半圆周. ,,Rr
由引理4知
izelim0., ,,,,CRRz由引理5知
izelim,,dzi. ,,0Crrz
ix,,erR,,,,0,在式(3)中,令,得的主值为 dx,,,x
ix,,e. ..,,PVdxi,,,x所以
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+,,,,sinx1sinx==.? dxPVdx..,,,,,,2x2x
(4)基于拉普拉斯变换法求积分
从例3的解题过程看出,利用留数方法计算积分比较繁琐,以下利用拉普拉斯变换求解
上题,相对比较简单.
,,st[3],引理6 由积分所定义的确定于复平面上的复变数Res,,Fseftdt,,,,,,,,0
的函数,称为函数的拉普拉斯变换,其中于有定义,且满足不等式 Fsftftt,0s,,,,,,
,tM,,,这里为某两个正数,称ft为原函数,而Fs称为像函数. ftMe,,,,,,,
,,sinkx,,解 令, ,fkdx,,,0x
fk对进行拉普拉斯变换,有 ,,
,,,,sinkx,,st,, ,,,Lfkedxdt,,,,,,00x交换积分顺序得
,,,,1st,, Lfkekxdtdx,,,sin,,,,,,,,00x
,,st,sinkx则为的拉普拉斯变换. ekxdtsin,,,,,0
由欧拉公式得
ikxikx,ee,sin kx,, ,,2i
1ikx,,Le,, ,,six,
1,ikx,,Le,, ,,six,
k其中把看为变量.
从而
11,,,,,xsixsix,,Lkxsin,,,,,,. ,,22,,2isx,,,,,
所以
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,,,,,,11,st,=, Lfkekxdtdx,,dx,,sin,,,,22,,,,,000,xsxs2
,,sinkx,,,即的像函数为, ,fkdx,,,02sx
所以
,,sinkx,,,=.? ,fkdx,,,02x
(5)含参变量积分法
,,[1]ab,abc,,,,,引理7 设在连续,若在上一致fxy,Ixfxydy,,,,,,,,,,,,,,,0
ab,收敛,则Ix在上可积,且 ,,,,
bb,,,,. dxfxydydyfxydx,,,,,,,,,,,acca
,,[1]abc,,,,,fxy,fxy,引理8 设与在区域上连续,若,,,,,,,,Ixfxydy,,x,,,,,c
,,ab,ab,ab,Ix在上收敛,在上一致收敛,则在上可微,且 fxydy,,,,,,,,,,,x,c
,,, Ixfxydy,,.,,,,x,c
通常,含参变量积分法主要有两种方法.
方法一:把超越函数的积分化为二元函数的积分问题,再利用引理7的积分交换顺序,
从而求出超越函数的积分.
,,sinsinbxax,px,例4 计算 I,edxpba,0,.,,,,,0x
解 因为
bsinsinbxax, , ,cosxydy,ax
所以
,,sinsinbxax,px, I, edx,0x
,,b,px ,exydydxcos,,,,0a
,,b,px,dxexydycos, ,,0a
,,px,,pxpx,exyecos,edx由于及反常积分收敛,根据威尔斯特拉斯判别式(M判别式),,0
,,,pxpx,ab,0,,,,,abexydxcos含参变量反常积分,,,,,,在上一致收敛,由于exycos在,0
上连续,根据引理7,于是
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bb,,p,px ,,cosIdyexydxdy22,,,0aa,py
ba ? ,arctanarctan.,pp
方法二:把超越函数积分看成某个变量的函数,利用引理8,先微分,后积分,求出超越函数的积分.
[6]例5 Define
,,2x,ftetxdx,cos()(1),,,,,
and
,,2x,,,gtxextdx,,sin()(2),,,,
for .Both integrals exist (they converge absolutely) since the ,,,,,,t
22,x,xxeabsolutely values of the integrands are at most and , respectively e
Note that is obtained from by differentiating the integrand with respect gf
to . We claim that is differentiabale and that ft
' (3) ftgtt()()(),,,,,,,
To prove this ,let us first examine the difference quotients of the cosine:if
,then ,,0
,,,cos()cos1,,,,, (4) ,,,sinsinsintdt,,,,,,,,
,sinsin,,,,,ttSince ,the right side of (4) is at most in absolute value ;the 2case Is handled similarly. Thus ,,0
cos()cos,,,,, (5) ,,sin,,,
for all (if the left side is interpreted to be 0 when ) ,,0
h,0 Now fix t,and fix .Apply(5)with ,,,,xtxh,;it follows from(1)and
(2)that
,,2fthft()(),,2x, ,,gthxedx().,,,h
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h,0 When ,we thus obtain (3).
Let us go a step further:An integration by parts, applied to (1),shows that
,,2sin()xtx, (6) ,ftxedx()2,,,t
Thus and (3) implies now that f satisfies the differential equation tftgt()2(),,,
' (7) 2()0fttft,,,,
If we solve this diffrential equation and use the fact that ,we find that f0,,,,
2t,4 (8) fte().,,
The integral (1) is thus explicitly determined.?
3.小结
本文通过大量的数值实例,给出了关于超越函数积分问题的五种方法——幂级数展开法求积分、基于柯西积分公式求积分、基于留数理论求积分、基于拉普拉斯变换法求积分以及
【4】含参变量积分法,只是起到抛砖引玉的作用.还有其它的求解方法,如傅氏积分法、最陡下
【5】降法等,还需广大读者共同讨论。
【参考文献】
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