留数的应用

核心思想：

将定积分化为复变函数沿某条封闭曲线的积分, 实现被积函数和被积函数的转化

类型一

\begin{array}{r} \int_{0}^{2 π} R (\cos θ, \sin θ) d θ \end{array}

被积函数的转化
$z = e^{i θ}$
$d z = i e^{i θ} d θ \to d θ = \frac{d z}{i z}$
$\sin θ = \frac{1}{2 i} (e^{i θ} - e^{- i θ}) = \frac{z^{2} - 1}{2 i z}$
$\cos θ = \frac{1}{2} (e^{i θ} + e^{- i θ}) = \frac{z^{2} + 1}{2 z}$

积分区域的转化
转为 $| z | = 1$ (单位圆周)正方向绕行一周的积分

\begin{aligned} \int_{0}^{2 π} R (\cos θ, \sin θ) d θ & = \oint_{| z | = 1} R [\frac{z^{2} + 1}{2 z}, \frac{z^{2} - 1}{2 i z}] \frac{d z}{i z} \\ = \oint_{| z | = 1} f (z) d z \\ = 2 π i \sum_{k = 1}^{n} R e s [f (z), z_{k}] \end{aligned}

$f (z)$ 为 $z$ 的有理函数，且在单位圆周上分母不为 0
$z_{k}$ 为包围在单位圆周内的全部的孤立奇点

类型二

\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{+ \infty} R (x) d x \end{array}

有理函数 $R (z)$ 的分母至少比分子高两次，
并且分母在实轴上无孤立奇点

被积函数的转化
$R (z) = R (x)$ (实轴上)

积分区域的转化
取一条连接区间两端的按段光滑的曲线，与区间 $[- R, R]$ 构成一条封闭曲线
$R \to \infty$ 使得 $R (z)$ 所有的在上平面内的极点 $z_{k}$ 都包含在积分路线内

\begin{aligned} \int_{- R}^{R} R (x) d x + \int_{C_{R}} R (z) d z & = 2 π i \sum R e s [R (z), z_{k}] \end{aligned}

\begin{aligned} | R (z) | < \frac{2}{| z |^{2}} | \int_{C_{R}} R (z) d z | \leq \frac{2 π}{R} \\ R \to \infty : \\ \int_{C_{R}} R (z) d z \to 0 \int_{- R}^{R} R (x) d x \to \int_{- \infty}^{+ \infty} R (x) d x \end{aligned}

\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{+ \infty} R (x) d x = 2 π i \sum_{k = 1}^{n} R e s [R (z), z_{k}] \end{array}

注意

注意积分区域只选择了上半圆周（取下半圆周同理）
所以只考虑在上半圆周的奇点
也同样意味着不能够通过计算无穷远点处的留数来简化积分的计算

如果在实轴上有一级极点

\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) d x = 2 π i {\sum_{k = 1}^{n} R e s [f (z), z_{k}] + \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} R e s [f (z), x_{k}]} \end{array}

类型三

\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{+ \infty} R (x) e^{a i x} d x (a > 0) \end{array}

有理函数 $R (z)$ 的分母至少比分子高一次，
并且在实轴上无孤立奇点

积分区域的转化
取一条连接区间两端的按段光滑的曲线，与区间 $[- R, R]$ 构成一条封闭曲线
$R \to \infty$ 使得 $R (z)$ 所有的在上平面内的极点 $z_{k}$ 都包含在积分路线内

\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{+ \infty} R (x) e^{a i x} d x = 2 π i \sum_{k = 1}^{n} R e s [R (z) e^{a i z}, z_{k}] \end{array}

注意！

$R (x) e^{a i x}$ 的形式, 千万不要忘掉指数上为虚数
又由于 $e^{a i x} = \cos (a x) + i \sin (a x)$ 可以用欧拉公式使用三角函数表示
所以如果被积函数形如：
$R (x) \cos a x = R e {R (x) e^{a i x}}$
$R (x) \sin a x = I m {R (x) e^{a i x}}$
也可进行积分，只要在积分之后取实部和虚部即可

例题

计算积分

\begin{array}{r} \int_{0}^{+ \infty} \frac{x \sin m x}{(x^{2} + a^{2})^{2}} d x (m > 0, a > 0) \end{array}

因为被积函数为偶函数，转换积分区域使得定理条件适用
欧拉公式
$e^{i m x} = \cos m x + i \sin m x$
$\sin m x = I m {e^{i m x}}$

\begin{aligned} \int_{0}^{+ \infty} \frac{x \sin m x}{(x^{2} + a^{2})^{2}} d x & = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x \sin m x}{(x^{2} + a^{2})^{2}} d x \\ = \frac{1}{2} I m [\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x}{(x^{2} + a^{2})^{2}} e^{i m x} d x] \end{aligned}

所以 $f (z) = \frac{z}{(z^{2} + a^{2})^{2}} e^{i m z}$

在上半平面有二级极点 $z = a i$

\begin{array}{r} R e s (f (z), a i) = \frac{d}{d z} {[\frac{z}{(z + a i)^{2}} e^{i m z}]}_{z = a i} \end{array}

\begin{aligned} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x}{(x^{2} + a^{2})^{2}} e^{i m x} d x & = 2 π i R e s [f (z), a i] \\ \int_{0}^{+ \infty} \frac{x \sin m x}{(x^{2} + a^{2})^{2}} d x & = \frac{1}{2} I m [2 π i R e s [f (z), a i]] \end{aligned}