留数算实变函数积分例题（三）

我们来学习留数积分计算的第三种类型（傅里叶积分）的应用。这类积分的关键在于巧妙地利用欧拉公式 $e^{imz} = \cos(mz) + i\sin(mz)$，并将问题转化为计算一个复变函数的闭路积分，然后取其实部或虚部。

核心策略回顾

1. 构造辅助函数：对于 $\int f(x)\cos(mx)dx$ 或 $\int f(x)\sin(mx)dx$，我们总是构造辅助函数 $g(z) = f(z)e^{imz}$。
2. 选择积分路径：通常选择由实轴 $[-R, R]$ 和上半平面半径为 $R$ 的大半圆弧 $C_R$ 构成的闭合路径。
3. 使用乔丹引理 (Jordan’s Lemma)：该引理保证了如果当 $|z| \to \infty$ 时 $f(z) \to 0$，那么沿大半圆弧 $C_R$ 的积分 $\int_{C_R} f(z)e^{imz} dz$ 会随着 $R \to \infty$ 而趋于 0。
4. 计算留数并求解：积分值等于 $2\pi i$ 乘以 上半平面内 所有留数之和。
5. 取实部或虚部：最后根据原积分是 $\cos$ 还是 $\sin$ 来取结果的实部或虚部。
   • $\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\cos(mx) dx = \text{Re} \left[ 2\pi i \sum_{\text{Im}(z_k)>0} \text{Res}(f(z)e^{imz}, z_k) \right]$
   • $\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\sin(mx) dx = \text{Im} \left[ 2\pi i \sum_{\text{Im}(z_k)>0} \text{Res}(f(z)e^{imz}, z_k) \right]$

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例题 1：基础典型（分母为二次式）

计算积分 $I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin(3x)}{x^2+4} dx$。

解题步骤：

1. 构造辅助积分： 我们转而计算 $J = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x e^{i3x}}{x^2+4} dx$。 计算出 $J$ 后，所求积分 $I = \text{Im}(J)$。 令辅助函数为 $g(z) = \frac{z e^{i3z}}{z^2+4}$。

2. 寻找上半平面的奇点： 令分母 $z^2+4 = 0$，解得 $z = \pm 2i$。 其中，只有 $z_1 = 2i$ 位于上半平面。

3. 计算留数： $z_1 = 2i$ 是一个简单极点。 \(\text{Res}(g, 2i) = \lim_{z \to 2i} (z-2i) g(z) = \lim_{z \to 2i} (z-2i) \frac{z e^{i3z}}{(z-2i)(z+2i)}\) \(= \frac{2i \cdot e^{i3(2i)}}{2i+2i} = \frac{2i \cdot e^{-6}}{4i} = \frac{e^{-6}}{2}\)

4. 应用留数定理： 根据乔丹引理，大半圆弧上的积分为0。因此： \(J = 2\pi i \times \text{Res}(g, 2i) = 2\pi i \left( \frac{e^{-6}}{2} \right) = i \frac{\pi}{e^6}\)

5. 取虚部得到最终答案： \(I = \text{Im}(J) = \text{Im} \left( i \frac{\pi}{e^6} \right) = \frac{\pi}{e^6}\)

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例题 2：分母为高次式

计算积分 $I = \int_0^{\infty} \frac{\cos x}{x^4+1} dx$。 注意：积分下限是0，且被积函数是偶函数（因为 $\cos(-x)=\cos x$ 且 $(-x)^4+1=x^4+1$），所以 $\int_0^{\infty} = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}$。我们先计算 $J = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^4+1} dx$。

解题步骤：

1. 构造辅助积分： 计算 $K = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ix}}{x^4+1} dx$，则 $J = \text{Re}(K)$。 辅助函数为 $g(z) = \frac{e^{iz}}{z^4+1}$。

2. 寻找上半平面的奇点： 令 $z^4+1 = 0 \implies z^4 = -1 = e^{i(\pi+2k\pi)}$。 $z = e^{i(\pi+2k\pi)/4}$ for $k=0, 1, 2, 3$。
   • $z_1 = e^{i\pi/4} = \frac{1+i}{\sqrt{2}}$ （在上半平面）
   • $z_2 = e^{i3\pi/4} = \frac{-1+i}{\sqrt{2}}$ （在上半平面）
   • $z_3 = e^{i5\pi/4}$ （在下半平面）
   • $z_4 = e^{i7\pi/4}$ （在下半平面） 我们需要计算 $z_1$ 和 $z_2$ 处的留数。
3. 计算留数： 使用公式 $\text{Res}(\frac{P(z)}{Q(z)}, z_k) = \frac{P(z_k)}{Q’(z_k)}$ 会更方便。这里 $P(z)=e^{iz}$, $Q(z)=z^4+1$, $Q’(z)=4z^3$。
   • 在 $z_1 = e^{i\pi/4}$ 处: $\text{Res}_1 = \frac{e^{iz_1}}{4z_1^3} = \frac{e^{iz_1}}{-4/z_1} = -\frac{z_1}{4}e^{iz_1} = -\frac{1}{4}e^{i\pi/4} e^{i(\frac{1+i}{\sqrt{2}})}$ $= -\frac{1}{4}e^{i\pi/4} e^{-1/\sqrt{2}} e^{i/\sqrt{2}} = -\frac{e^{-1/\sqrt{2}}}{4} e^{i(\pi/4 + 1/\sqrt{2})}$
   • 在 $z_2 = e^{i3\pi/4}$ 处: $\text{Res}_2 = \frac{e^{iz_2}}{4z_2^3} = -\frac{z_2}{4}e^{iz_2} = -\frac{1}{4}e^{i3\pi/4} e^{i(\frac{-1+i}{\sqrt{2}})}$ $= -\frac{1}{4}e^{i3\pi/4} e^{-1/\sqrt{2}} e^{-i/\sqrt{2}} = -\frac{e^{-1/\sqrt{2}}}{4} e^{i(3\pi/4 - 1/\sqrt{2})}$

4. 应用留数定理： $K = 2\pi i (\text{Res}_1 + \text{Res}_2)$ $K = -\frac{2\pi i e^{-1/\sqrt{2}}}{4} [e^{i(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{\sqrt{2}})} + e^{i(\frac{3\pi}{4} - \frac{1}{\sqrt{2}})}]$ $= -\frac{\pi i e^{-1/\sqrt{2}}}{2} [(\cos(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{\sqrt{2}})+i\sin(\dots)) + (\cos(\frac{3\pi}{4}-\frac{1}{\sqrt{2}})+i\sin(\dots))]$ 利用 $\cos(\frac{3\pi}{4}-a) = -\cos(\frac{\pi}{4}+a)$ 和 $\sin(\frac{3\pi}{4}-a)=\sin(\frac{\pi}{4}+a)$ 化简： $= -\frac{\pi i e^{-1/\sqrt{2}}}{2} [2i \sin(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{\sqrt{2}})]$ $= \pi e^{-1/\sqrt{2}} \sin(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{\pi}{\sqrt{2}}e^{-1/\sqrt{2}}(\cos\frac{1}{\sqrt{2}}+\sin\frac{1}{\sqrt{2}})$

5. 取实部并求解： $K$ 算出来是一个实数，所以 $J = \text{Re}(K) = K = \frac{\pi}{\sqrt{2}}e^{-1/\sqrt{2}}(\cos\frac{1}{\sqrt{2}}+\sin\frac{1}{\sqrt{2}})$。 最终答案为 $I = \frac{J}{2} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}e^{-1/\sqrt{2}}(\cos\frac{1}{\sqrt{2}}+\sin\frac{1}{\sqrt{2}})$。

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例题 3：高级情况（奇点在实轴上）

计算积分 $I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx$。 这是一个非常著名的积分，称为狄利克雷积分。这里的挑战是 $z=0$ 是一个奇点，它正好位于我们的积分路径上。

解题策略：我们需要计算积分的柯西主值 (Cauchy Principal Value)，并通过在奇点处挖出一个小半圆来修正积分路径。

1. 构造辅助积分和新路径： 我们依然考虑 $g(z) = \frac{e^{iz}}{z}$。 路径 $C$ 由四部分组成：
   • 实轴 $[-R, -\epsilon]$
   • 绕原点的上半平面小半圆 $\gamma_\epsilon$ (顺时针)
   • 实轴 $[\epsilon, R]$
   • 上半平面的大半圆 $C_R$ (逆时针) 这个闭合路径内部不包含任何奇点。

2. 应用留数定理： 由于路径内部没有奇点，所以 $\oint_C g(z) dz = 0$。 \(\oint_C = \int_{-R}^{-\epsilon} \frac{e^{ix}}{x} dx + \int_{\gamma_\epsilon} \frac{e^{iz}}{z} dz + \int_{\epsilon}^{R} \frac{e^{ix}}{x} dx + \int_{C_R} \frac{e^{iz}}{z} dz = 0\)

3. 计算各部分积分的极限 ($R\to\infty, \epsilon\to 0$):
   • 大半圆：根据乔丹引理, $\lim_{R\to\infty} \int_{C_R} \frac{e^{iz}}{z} dz = 0$。
   • 实轴部分：$\lim_{R\to\infty, \epsilon\to 0} \left( \int_{-R}^{-\epsilon} + \int_{\epsilon}^{R} \right) = \text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ix}}{x} dx$。
   • 小半圆：有一个引理指出，如果 $z_0$ 是一个简单极点，则沿半径为 $\epsilon$、张角为 $\alpha$ 的圆弧积分，当 $\epsilon \to 0$ 时，其值为 $i\alpha \text{Res}(g, z_0)$。 这里我们是顺时针走了半圈 ($\alpha = -\pi$)。 $\text{Res}(g, 0) = \lim_{z\to 0} z \frac{e^{iz}}{z} = e^0 = 1$。 所以 $\lim_{\epsilon\to 0} \int_{\gamma_\epsilon} \frac{e^{iz}}{z} dz = i(-\pi)\text{Res}(g, 0) = -i\pi$。

4. 组合结果： 将各部分极限代入总方程： \(\text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ix}}{x} dx - i\pi + 0 = 0\) \(\implies \text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ix}}{x} dx = i\pi\)

5. 取虚部得到最终答案： \(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \text{Im} \left( \text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x + i\sin x}{x} dx \right) = \text{Im}(i\pi) = \pi\)

这三个例子涵盖了从基础到复杂的傅里叶积分类型，展示了留数定理处理这类问题的强大能力和灵活性。