利用留数定理计算实变函数定积分

留数定理

我们知道,留数定理可以将复变函数的回路积分转化为被积函数在回路所围区域上各奇点的留数之和,即
$$
\oint_lf(z)dz=2\pi i\sum_{j=1}^nRes\,f(b_j)
$$

将实变函数定积分与复变回路积分联系起来的要点就是:由于定积分 $\int_a^bf(x)dx$ 的积分区间 $[a,b]$ 可以看成是复数平面上一段 $l_1$,我们另外补上一段曲线 $l_2$,使 $l_1$ 和 $l_2$ 合成回路 $l$,$l$ 包围着区域 $B$,将 $f(x)$ 解析延拓到区域 $B$(对于大部分连续函数来说,这个延拓往往只是把 $f(x)$ 改为 $f(z)$ 而已),并将它沿着 $l$ 积分,

$$
\oint_lf(z)dz=\int_{l_1}f(x)dx+\int_{l_2}f(z)dz
$$
上式左边可以用留数定理,右边第一个积分就是所求的定积分,如果右边第二个积分容易算出(往往是证明为0)或可用第一个积分表出,问题就解决了。

类型一

$$
\int_0^{2\pi}R(cos\,x,sin\,x)dx
$$

被积函数是三角函数的有理式;积分区间是 $[0,2\pi]$. 作自变量代换
$$
z=e^{ix}
$$
当实变数 $x$ 从 $0$ 变到 $2\pi$ 时,复变数 $z=e^{ix}$ 从 $z=1$ 出发沿单位圆 $|z|=1$ 逆时针走一圈又回到 $z=1$,则实变定积分化为复变回路积分,做如下变换:
$$
cos\,x=\frac 12(z+z^{-1}),\quad sin\,x=\frac 1{2i}(z-z^{-1}), \quad dx=\frac 1{iz}dz
$$
于是原积分化为
$$
I=\oint_{|z|=1}R(\frac{z+z^{-1}}2,\frac{z-z^{-1}}{2i})\frac{dz}{iz}
$$

例 1 计算下列积分
$$
I=\int_0^{2\pi}\frac{dx}{1-2\epsilon cos\,x+\epsilon^2}\quad(0<\epsilon<1)
$$

$$
\begin{aligned}\\
I&=\oint_{|z|=1}\frac{dz/iz}{1-\epsilon(z+z^{-1})+\epsilon^2}\\
&=\oint_{|z|=1}\frac{i}{(\epsilon z-1)(z-\epsilon)}dz\\
&=2\pi i\lim_{z\rightarrow \epsilon}\Big[(z-\epsilon)\frac{i}{(\epsilon z-1)(z-\epsilon)}\Big]\\
&=2\pi i\lim_{z\rightarrow\epsilon}\frac{i}{\epsilon z-1}\\
&=\frac{2\pi}{1-\epsilon^2}\end{aligned}
$$

类型二

$$
\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx
$$

条件:(1)复变函数 $f(z)$ 在实轴上没有奇点,在上半平面除有限个奇点外是解析的;(2)当 $z$ 在上半平面及实轴上 $\rightarrow\infty$ 时,$zf(z)$ 一致地 $\rightarrow 0$

此时有结论
$$
\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx=2\pi i\sum_{j=1}^nRes\,f(b_j),\quad (b_j为f(z)在上半平面的奇点)
$$
证明很容易,取 $|z|=R$ 的上半圆和实轴上线段 $-R\le x\le R$ 组成闭合回路,令 $R\rightarrow\infty$,由条件(2)可证沿上半弧的曲线积分趋于 $0$,则得证。

例 2 计算下列积分
$$
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}\quad (n为正整数)
$$

本例中 $f(z)=\dfrac 1{(1+z^2)^n}=\dfrac 1{(z-i)^n(z+i)^n}$,它在上半平面的奇点是 $n$ 阶极点 $+i$,
$$
\begin{aligned}\\
Res\,f(+i)&=\lim_{z\rightarrow i}\frac 1{(n-1)!}\Big\{\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\big[(z-i)^nf(z)\big]\Big\}\\
&=\frac{(-n)(-n-1)\cdots(-2n+2)}{(n-1)!}(2i)^{-2n+1}\\
&=-\frac{(2n-2)!}{\big[(n-1)!\big]^22^{2n-1}}\end{aligned}
$$

由留数定理,
$$
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}=\frac{\pi}{2^{2n-2}}\frac{(2n-2)!}{\big[(n-1)!\big]^2}
$$


较难的几个积分

(1)

$$
I=\int_0^{\infty}e^{-ax^2}cosbx\,dx\quad(a>0,b>0)
$$
自然想到选取解析函数 $f(z)=e^{-ax^2+ibx}$(因为当 $z=x$ 时其实部正是 $e^{-ax^2}cosbx$). 能否以实轴和 $|z|=R$ 的上半部分作为 $f(z)$ 的闭积分路线(最后取 $R\rightarrow\infty$),关键是看 $f(z)$ 在 $|z|=R$ 的上半部分的积分当 $R\rightarrow\infty$ 时是否趋于零. 由于
$$
f(Re^{i\theta})=e^{-aR^2(cos\,2\theta+i\,sin\,2\theta)}\cdot e^{-bR(sin\,\theta-i\,cos\,\theta)}
$$
且当 $R\rightarrow\infty$ 时 $|f(Re^{i\theta})|\approx e^{-aR^2cos\,2\theta}\rightarrow\infty\Big(\frac \pi 4<\theta<\frac{3\pi}4\Big)$ ,所以 $|z|=R$ 的 $\frac \pi 4<\theta<\frac{3\pi}4$ 部分不可取.

既然如此,现改取积分路径如图所示的矩形闭曲线,其中正数 $h$ 待定(最后取 $N\rightarrow\infty$),在该闭区域上应用柯西定理,有
$$
\int_{-N}^Ne^{-ax^2+ibx}dx+\int_{l_2}f(z)dz+\int_{l_3}f(z)dz+\int_{l_4}f(z)dz=0
$$
在 $l_2$ 上,$z=N+iy\quad(0\le y\le h)$,则
$$
\begin{aligned}\Bigg|\int_{l_2}f(z)dz\Bigg|&\le\int_{l_2}|f(z)||dz|\\
&=\int_0^h|e^{-a(N+iy)^2+ib(N+iy)}|\,dy\\
&=\int_0^he^{-a(N^2-y^2)-by}dy\le\int_0^he^{-a(N^2-h^2)}dy\\
&=he^{-a(N^2-h^2)}\rightarrow 0
\end{aligned}
$$
故 $\lim \limits_{N\rightarrow\infty}\int_{l_2}f(z)dz=0$,同理第四个积分也趋近于零。于是问题归结于计算 $\lim_\limits{N\rightarrow\infty}\int_{l_3}f(z)dz=0$. 在 $l_3$ 上,
$$
\int_{l_3}f(z)dz=-\int_{-N}^{N}e^{-a(x+ih)^2+ib(x+ih)}dx=-e^{ah^2-bh}\int_{-N}^Ne^{-ax^2+i(b-2ah)x}dx
$$
由此可见,如令 $b-2ah=0$,即取 $h=\dfrac b{2a}$,则当 $N\rightarrow\infty$ 时积分容易计算,即
$$
\lim_{N\rightarrow\infty}\int_{l_3}f(z)dz=-e^{-\frac{b^2}{4a}}\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}dx=-e^{-\frac{b^2}{4a}}\sqrt{\frac \pi a}
$$
综上所述,取 $h=\dfrac b{2a}$,有
$$
\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2+ibx}dx=e^{-\frac{b^2}{4a}}\sqrt{\frac \pi a}
$$
取实部,得到 $I=\dfrac 12\sqrt{\dfrac \pi a}e^{-\frac{b^2}{4a}}$

(2)

$$
I_1=\int_0^{\infty}cosx^{2k}dx,\quad I_2=\int_0^{\infty}sinx^{2k}dx\quad(k为自然数)
$$
(待续…)

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