留数定理

/Example/

计算积分

$$I=\int_0^\infty\frac{\text{d}x}{1+x^4}$$

---

用正虚轴来计算，画 $1/4$ 圆作为围道. 那么奇点只有一个：$z=e^{\text{i}\pi/4}$. 所以

$$I+I'+I_{C_R}=(1-e^{\text{i}\pi/2})I=\left.\left(\frac{1}{1+z^4}\right)'\right|_{z=e^{\text{i}\pi/4}}$$

得到积分值：

$$\int_{0}^\infty\frac{\text{d}x}{1+x^4}=\frac{\sqrt2}{4}\pi$$

/Remark/

如果 $x$ 沿着某条线不变，就可以取扇形的围道，只要情况满足 $f(z)=f(ze^{\text{i}\theta})$，就可以分成扇形的围道. 注意，弧上的积分值仍然为零，但是半径方向的积分可以提出公因子，而且扇形内部只有一个奇点.

---

拓展的一个例子：

/Example/

计算积分：

$$\int_0^\infty\frac{\text{d}x}{1+x^3}$$

---

考虑 $2\pi/3$ 的围道：

$$\begin{aligned} \oint_C\frac{\text{d}z}{1+z^3}&=\int_0^R\frac{\text{d}x}{1+x^3}+\int_{C_R}\frac{\text{d}z}{1+z^3}+\int_R^0\frac{e^{2\text{i}\pi/3}\text{d}x}{1+x^3}\\ &=(1-e^{2\text{i}\pi/3})\int_0^R\frac{\text{d}x}{1+x^3} \end{aligned}$$

(极限 $z\to\infty$ 时圆弧 $C_R$ 上的积分为零)

这个东西等于留数和：

$$2\pi\text{i}\text{Res}\left.\left(\frac{1}{1+z^3}\right)\right|_{z=e^{\text{i}\pi/3}}=\frac{2\pi}{3}e^{-\text{i}\pi/6}$$

得到结果：

$$\int_0^\infty\frac{\text{d}x}{1+x^3}=\frac{2\pi}{3\sqrt3}$$

含三角函数的无穷积分

形如这样的积分：

$$I=\int_{-\infty}^\infty f(x)\cos px\text{d}x\,,\quad I=\int_{-\infty}^\infty f(x)\sin px\text{d}x$$

处理这种类型的积分，仍然可以采用半圆形围道，但是被积函数不能简单写成 $f(z)\cos z$ 或者 $f(z)\sin z$，因为 $\cos z$ 和 $\sin z$ 沿着虚轴的行为是发散的，不能计算大圆弧积分.

注意

如果考试的时候直接不加思考地使用留数定理，完全不给分.

正确的做法是，将被积函数同一取为 $f(z)e^{\text{i}pz}$，之后取实部就是 $\cos z$ 的积分，取虚部是 $\sin z$ 的积分.

但是能够变换则必须要求：$f(x)$ 为实函数，且 $p$ 为实数. 不妨假设 $p$ 为正，如果为 "$-$"，可以在变换的时候写 $e^{-\text{i}pz}$，取虚部的时候再加一个符号.

有：

$$\oint_Cf(z)e^{\text{i}pz}\text{d}z=2\pi\text{i}\sum\text{Res}\{f(z)e^{\text{i}pz}\}$$

下面证明大圆弧上的积分趋于零：

/Theorem/ (Jordan 引理)

设在 $0\leq\arg z\leq\pi$ 的范围内，当 $|z|\to\infty$ 时，$Q(z)$ 一致地趋近于 $0$,则

$$\lim_{R\to\infty}\int_{C_R}Q(z)e^{\text{i}pz}\text{d}z=0$$

其中 $p>0$，$C_R$ 是原点为圆心，$R$ 为半径的上半圆.

提示

这个 Jordan 就是量子力学的三位创始人之一. 但是当年他只是把 Heisenberg 丑陋的写法统一成了矩阵力学的标准形式而已. 所以有的时候科研并不能看到自己在做的事情的实际意义.

/Proof/

这个要求比普通的留数定理要低，所以放缩显得更加重要.

$$\begin{aligned} \left|\int_{C_R}Q(z)e^{\text{i}pz}\text{d}z\right|&=\left|\int_0^\pi Q(Re^{\text{i}\theta})e^{\text{i}pR(\cos\theta+\text{i}\sin\theta)}Re^{\text{i}\theta}\text{i}\text{d}\theta\right|\\ &\leq\int_0^\pi|Q(Re^{\text{i}\theta})|e^{-pR\sin\theta}R\text{d}\theta\\ &\leq\varepsilon R\int_0^\pi e^{-pR\sin\theta}\text{d}\theta\\ &=2\varepsilon R\int_0^{\pi/2}e^{-pR\sin\theta}\text{d}\theta \end{aligned}$$

现在我们要精确地估计 $\sin\theta$ 的值. 将 $\sin\theta$ 往更小的线性形式上变化，放缩为 $\sin\theta\geq2\theta/\pi$. 得到

$$\begin{aligned} \left|\int_{C_R}Q(z)e^{\text{i}pz}\text{d}z\right|&<2\varepsilon R\int_0^{\pi/2}e^{-pR\cdot2\theta/\pi}\text{d}\theta\\ &=2\varepsilon R\cdot\frac{\pi}{2pR}(1-e^{-pR})\\ &=\frac{\varepsilon\pi}{p}(1-e^{-pR}) \end{aligned}$$

这就证明了大圆弧上的积分为零.

/Example/

计算积分：

$$I=\int_0^\infty\frac{x\sin x}{x^2+a^2}\text{d}x\,,\quad a>0$$

---

先要记得解析延拓到 $-\infty\to\infty$，这是第一步：熟知

$$I=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\frac{x\sin x}{x^2+a^2}\text{d}x$$

化为复变积分，计算留数：

$$2\pi\text{i}\cdot\frac{1}{2}e^{\text{i}\cdot\text{i}a}=\text{i}\pi e^{-a}$$

提示

留数定理计算的大多数正常问题都是一阶极点，所以说大多数情况是很好计算的.

注意

一定要记得 $2\pi\text{i}$！

所以取虚部得到积分为 $I=(\pi/2)e^{-a}$，同时可以得到实部为 $0$.

实轴上有奇点的情形

/Example/ (瑕积分)

$$\int_a^bf(x)\text{d}x=\lim_{\delta_1\to0}\int_a^{c-\delta_1}f(x)\text{d}x+\lim_{\delta_2\to0}\int_{c+\delta_2}^bf(x)\text{d}x$$

若极限单独不存在，但是

$$\lim_{\delta\to0}\left[\int_a^{c-\delta}f(x)\text{d}x+\int_{c+\delta}^bf(x)\text{d}x\right]$$

存在，则称为瑕积分的主值存在，记为

$$\text{v.p.}\int_a^bf(x)\text{d}x=\lim_{\delta\to0}\left[\int_a^{c-\delta}f(x)\text{d}x+\int_{c+\delta}^bf(x)\text{d}x\right]$$

如果瑕积分及其主值都存在，那么它们一定相等.

/Example/

如下积分 (来自 PRB 的某一篇文献)：

$$\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty\frac{y-b}{(x-a)^2+(y-b)^2}\text{d}x\text{d}y$$

既是反常积分，又是瑕积分.

而且因为是双重积分，所以区域是一个正方形，在奇点附近也要围出一个正方形.

/Example/

计算积分：

$$I=\int_{-\infty}^\infty\frac{\text{d}x}{x(1+x+x^2)}$$

---

反常积分，反常性既表现在积分区间为无穷区间，又表现为被积函数在 $x=0$ 点不连续 ($x=0$ 点为瑕点)，次积分在主值意义下存在.

取围道有两段圆弧 $C_R$ 和 $C_\delta$，前者 $R\to\infty$，后者 $\delta\to0$. 如图

$$\begin{aligned} &\oint_C\frac{\text{d}z}{z(1+z+z^2)}\\ &=\int_{-R}^{-\delta}\frac{\text{d}x}{x(1+x+x^2)}+\int_{C_\delta}\frac{\text{d}z}{z(1+z+z^2)}\\ &\quad+\int_\delta^R\frac{\text{d}x}{x(1+x+x^2)}+\int_{C_R}\frac{\text{d}z}{z(1+z+z^2)} \end{aligned}$$

计算 $C_\delta$ 的积分，用小圆弧引理，注意到是顺时针旋转，所以积分值的极限为 $-\text{i}\pi$.

/Remark/

这里的条件是要求一致收敛，小圆弧才有极限. 所以奇点至多是一阶极点，阶数比一阶小也可以 (比如 $1/2$ 阶).

计算留数：

$$2\pi\text{i}\text{Res}\left.\frac{1}{z(1+z+z^2)}\right|_{z=e^{2\pi\text{i}/3}}=-\frac{\pi}{\sqrt3}-\pi\text{i}$$

(这里的计算技巧是取立方差公式，算倒函数零点) 最后计算出瑕积分主值为

$$\text{v.p.}\int_{-\infty}^\infty\frac{\text{d}x}{x(1+x+x^2)}=-\frac{\pi}{\sqrt3}$$

一些定性验证的方法：在负半轴分母小一点，所以结果应该是负的.

/Remark/

如果小圆弧 $C_\delta$ 画在下半平面？

多一个奇点，这个奇点如果比一阶极点的阶数低，当然我们可以这么计算.

不过这样增加奇点个数肯定不是很好算.

/Example/

计算积分：

$$I=\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin x}{x}\text{d}x$$

---

这个积分本身不是瑕积分，但是化为复变积分的时候产生了奇点.

实变函数上，我们做这个积分可以引入

$$I(t)=\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-xt}\sin x}{x}\text{d}x$$

之后对 $t$ 求导，得到

$$I'(t)=\int_{-\infty}^\infty e^{-xt}\sin x\text{d}x$$

可以分部积分，之后再对 $t$ 积分.

---

在复变函数上我们改写成：

$$\oint_C\frac{e^{\text{i}z}}{z}\text{d}z$$

$z=0$ 变成了奇点. 还是按照上面的方法，积分得到为 $\pi$.

用上面的方法，还可以算出：

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\text{d}x=\pi\,,\quad\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^3x}{x^3}\text{d}x=\frac{3}{4}\pi\\ \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^4x}{x^4}\text{d}x=\frac{2}{3}\pi\,,\quad\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^5x}{x^5}\text{d}x=\frac{115}{192}\pi$$

---

我们来计算 $2,3$ 次的结果：

$2$ 次的换法不同，用三角函数的定义

$$\sin^2z=-\frac{e^{2\text{i}z}+e^{-2\text{i}z}-2}{4}$$

注意，我们只要实部，所以算这个也是一样的：

$$-\frac{e^{2\text{i}z}-1}{2}$$

最后我们计算积分：

$$\oint_C\frac{1-e^{2\text{i}z}}{2z^2}\text{d}z$$

($z=0$ 是一阶极点)

$3$ 次的换法也不一样 (当然从 $4$ 次开始就可以和前面类比了)，仍然用定义

$$\text{i}\cdot\frac{e^{3\text{i}z}-3e^{\text{i}z}+3e^{-\text{i}z}-e^{-3\text{i}z}}{8z^3}$$

这里我们要的是虚部 (因为前面有一个 $\text{i}$)，所以换成

$$2\text{i}\cdot\frac{e^{3\text{i}z}-3e^{\text{i}z}}{8z^3}$$

但是这不是一阶极点，所以我们在保证后面的一块分数虚部不变的情况下，加上一个实部：

$$2\text{i}\cdot\frac{e^{3\text{i}z}-3e^{\text{i}z}+2}{8z^3}$$

之后做积分.

作业中也有一道类似这样的题目：

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{x-\sin x}{x^3}\text{d}x$$

如果正常变换，取下面积分的虚部：

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{\text{i}x-e^{\text{i}x}}{x^3}\text{d}x$$

似乎是三阶极点，所以直接在分子上加上一个实部 $1$，做计算即可.

上述积分 ($\sin x/x$) 也可以利用之前的方法来去掉奇点：

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin x}{x}\text{d}x=\lim_{\varepsilon\to0}\frac{x\sin x}{x^2+\varepsilon^2}\text{d}x$$

更新日志

2025/5/27 01:51

查看所有更新日志

• 7ced5-feat(note): add complex note于 2025/5/27

版权所有

版权归属：physnya

许可证：署名-非商业性-相同方式共享 4.0 国际 (CC-BY-NC-SA-4.0)