留数算实变函数积分例题（一）
如何使用留数计算实变函数积分（第一种类型）
我们继续来深入学习如何使用留数计算实数积分。本次，我们来深入探讨第一种类型：三角函数的有理式积分。如果忘记了的同学可以看之前的文章
这类积分的标准形式是 $I = \int_0^{2\pi} R(\cos\theta, \sin\theta) d\theta$。解决它的核心思想是把定义在实数轴区间的积分，映射到复平面上的单位圆路径积分，然后单位圆内部就成了一个“围场”，我们可以用留数定理来“捕获”其中的奇点。
方法回顾
- 变量代换：令 $z=e^{i\theta}$。这意味着我们把 $[0, 2\pi]$ 的路径卷成了一个半径为1的单位圆 $C$。
- 公式转换：
- $d\theta = \frac{dz}{iz}$
- $\cos\theta = \frac{z+z^{-1}}{2}$
- $\sin\theta = \frac{z-z^{-1}}{2i}$
- 构造复积分：将以上全部代入原式，得到一个 $\oint_C f(z)dz$ 的形式。
- 求解：
- 找出 $f(z)$ 的所有奇点。
- 判断哪些奇点位于单位圆内部（即 $|z|<1$）。
- 计算这些内部奇点的留数。
- 最终结果 $I = 2\pi i \times (\text{所有内部留数之和})$。
首先，让我们先回忆一下之前的例题。
例题 1：基础余弦函数
问题：计算 $I = \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{2 + \cos\theta}$
解题步骤：
代换与转换： 应用标准代换，我们将积分转换为：
\(I = \oint_{\|z\|=1} \frac{1}{2 + \frac{z+z^{-1}}{2}} \cdot \frac{dz}{iz}\) 化简分母：$2 + \frac{z^2+1}{2z} = \frac{4z+z^2+1}{2z}$ 代入积分式：
\[I = \oint_{\|z\|=1} \frac{2z}{z^2+4z+1} \cdot \frac{dz}{iz} = \frac{2}{i} \oint_{\|z\|=1} \frac{1}{z^2+4z+1} dz\]寻找内部奇点： 被积函数 $f(z) = \frac{1}{z^2+4z+1}$ 的奇点是分母的根。解方程 $z^2+4z+1=0$：
\[z = \frac{-4 \pm \sqrt{16-4}}{2} = -2 \pm \sqrt{3}\]我们得到两个奇点：
- $z_1 = -2 + \sqrt{3} \approx -0.268$。因为 $|z_1| < 1$，所以它在单位圆内部。
- $z_2 = -2 - \sqrt{3} \approx -3.732$。因为 $|z_2| > 1$，所以它在单位圆外部，我们忽略它。
计算留数： 我们只需要计算 $z_1 = -2+\sqrt{3}$ 处的留数。这是一个简单极点，可以用公式 $\text{Res}(f, z_0) = \frac{P(z_0)}{Q’(z_0)}$。 这里 $P(z)=1$, $Q(z)=z^2+4z+1$, $Q’(z)=2z+4$。
\[\text{Res}(f, z_1) = \frac{1}{2z_1+4} = \frac{1}{2(-2+\sqrt{3})+4} = \frac{1}{-4+2\sqrt{3}+4} = \frac{1}{2\sqrt{3}}\]应用留数定理：
\[I = \frac{2}{i} \times \left( 2\pi i \cdot \text{Res}(f, z_1) \right) = \frac{2}{i} \cdot \left( 2\pi i \cdot \frac{1}{2\sqrt{3}} \right) = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}\]
例题 2：包含正弦函数与复数计算
问题：计算 $I = \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{5 + 4\sin\theta}$
解题步骤：
代换与转换： 使用 $\sin\theta = \frac{z-z^{-1}}{2i}$：
\[I = \oint_{\|z\|=1} \frac{1}{5 + 4\left(\frac{z-z^{-1}}{2i}\right)} \cdot \frac{dz}{iz}\]化简分母：$5 + \frac{2(z-z^{-1})}{i} = 5 - 2i(z-1/z) = \frac{5iz - 2iz^2 + 2i}{iz}$。 代入积分式并整理：
\[I = \oint_{\|z\|=1} \frac{iz}{2z^2+5iz-2} \cdot \frac{dz}{iz} = \oint_{\|z\|=1} \frac{1}{2z^2+5iz-2} dz\]寻找内部奇点： 解方程 $2z^2+5iz-2=0$：
\[z = \frac{-5i \pm \sqrt{(5i)^2 - 4(2)(-2)}}{4} = \frac{-5i \pm \sqrt{-25+16}}{4} = \frac{-5i \pm 3i}{4}\]得到两个奇点：
- $z_1 = \frac{-5i+3i}{4} = -i/2$。因为 $|z_1|=1/2 < 1$，所以它在单位圆内部。
- $z_2 = \frac{-5i-3i}{4} = -2i$。因为 $|z_2|=2 > 1$，所以它在单位圆外部，忽略。
计算留数： 计算在 $z_1 = -i/2$ 的留数。$P(z)=1, Q’(z) = 4z+5i$。
\[\text{Res}(f, z_1) = \frac{1}{4(-i/2)+5i} = \frac{1}{-2i+5i} = \frac{1}{3i}\]应用留数定理：
\[I = 2\pi i \times \text{Res}(f, z_1) = 2\pi i \times \frac{1}{3i} = \frac{2\pi}{3}\]
例题 3：更复杂的被积函数（高阶极点）
问题：计算 $I = \int_0^{2\pi} \frac{\cos(2\theta) d\theta}{1 - 2a\cos\theta + a^2}$，其中 $0 < a < 1$。
解题步骤：
- 代换与转换： 这里我们需要转换 $\cos(2\theta)$。利用 $z=e^{i\theta}$, 我们有 $z^n=e^{in\theta}$，所以 $\cos(n\theta) = \frac{z^n+z^{-n}}{2}$。
- $\cos(2\theta) = \frac{z^2+z^{-2}}{2} = \frac{z^4+1}{2z^2}$
- $\cos\theta = \frac{z+z^{-1}}{2}$ 代入积分：
化简分母：$\frac{z - a(z^2+1) + a^2z}{z} = \frac{-az^2 + (1+a^2)z - a}{z}$。 整理整个表达式：
\[I = \oint_{\|z\|=1} \frac{z^4+1}{2z^2} \cdot \frac{z}{-az^2+(1+a^2)z-a} \cdot \frac{dz}{iz} = \frac{1}{2i} \oint_{\|z\|=1} \frac{z^4+1}{z^2(-az^2+(1+a^2)z-a)} dz\]分母因式分解：$-az^2+(1+a^2)z-a = -(az-1)(z-a)$。 所以 $f(z) = \frac{z^4+1}{z^2(-a)(z-1/a)(z-a)}$。
- 寻找内部奇点： 奇点为 $z=0$, $z=a$, $z=1/a$。
- $z_1=0$。在内部，是2阶极点。
- $z_2=a$。因为 $0 < a < 1$，所以 $|z_2|<1$，在内部，是简单极点。
- $z_3=1/a$。因为 $0 < a < 1$，所以 $|z_3|>1$，在外部，忽略。
- 计算留数：
留数在 $z_2=a$ (简单极点)：
\[\text{Res}(f, a) = \lim_{z \to a} (z-a)f(z) = \lim_{z \to a} \frac{z^4+1}{z^2(-a)(z-1/a)} = \frac{a^4+1}{a^2(-a)(a-1/a)} = \frac{a^4+1}{-a^3 \frac{a^2-1}{a}} = \frac{a^4+1}{-a^2(a^2-1)} = \frac{a^4+1}{a^2(1-a^2)}\]留数在 $z_1=0$ (2阶极点)： 使用公式 $\text{Res}(f, z_0) = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z_0)^m f(z)]$。这里 $m=2$。
\[g(z) = z^2 f(z) = \frac{z^4+1}{(-a)(z-1/a)(z-a)} = \frac{z^4+1}{-az^2+(1+a^2)z-a}\] \[\text{Res}(f, 0) = \lim_{z \to 0} g'(z)\]$g’(z) = \frac{4z^3(-az^2+\dots) - (z^4+1)(-2az+1+a^2)}{(-az^2+(1+a^2)z-a)^2}$ 在 $z=0$ 时：
\[g'(0) = \frac{0 - (1)(1+a^2)}{(-a)^2} = -\frac{1+a^2}{a^2}\]
应用留数定理：
\[I = \frac{1}{2i} \left( 2\pi i \left[ \text{Res}(f, a) + \text{Res}(f, 0) \right] \right) = \pi \left[ \frac{a^4+1}{a^2(1-a^2)} - \frac{1+a^2}{a^2} \right]\] \[= \pi \left[ \frac{a^4+1 - (1+a^2)(1-a^2)}{a^2(1-a^2)} \right] = \pi \left[ \frac{a^4+1 - (1-a^4)}{a^2(1-a^2)} \right] = \pi \frac{2a^4}{a^2(1-a^2)} = \frac{2\pi a^2}{1-a^2}\]
通过这三个例子，我们可以看到，无论被积函数是只含 $\cos\theta$、$\sin\theta$，还是包含高阶项如 $\cos(2\theta)$，核心方法都是一样的：代换、找内部奇点、算留数、求和。关键在于代数化简和留数计算的准确性。