利用留数定理计算定积分(四):积分路径上有奇点的情形

如果积分路径上有奇点,我们就“绕过” 这些奇点,再利用留数定理来计算这些定积分。我们用例子来说明这种方法。

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例1,求积分 \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx\)。

解:可以知道,

\[\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\]

考虑函数 \(f(z)=\frac{e^{iz}}{z}\) 在 \(\Gamma=\Gamma_1+\Gamma_{\epsilon}+\Gamma_2+\Gamma_R\)上的积分,

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其中

\begin{array}{ll}\Gamma_R: |z|=R, \text{Im}z>0, &\Gamma_{\epsilon}:|z|=\epsilon, \text{Im}z>0\\ \Gamma_1: -R\le x\le -\epsilon,&\Gamma_2:\epsilon \le x\le R\end{array}

因为 \(\frac{e^{iz}}{z}\) 在整个上半平面 \(\text{Im}z>0\) 解析,所以

\[\oint_{\Gamma}\frac{e^{iz}}{z}=0\]也就是

\[\left(\int_{\Gamma_R}+\int_{\Gamma_1}+\int_{\Gamma_{\epsilon}}+\int_{\Gamma_2}\right)\frac{e^{iz}}{z}=0\]

因为

\begin{align*}\left(\int_{\Gamma_1}+\int_{\Gamma_2}\right)\frac{e^{iz}}{z}&=\int_{-R}^{-\epsilon}\frac{e^{ix}}{x}dx+\int_{\epsilon}^{R}\frac{e^{ix}}{x}dx\\ &=\int_{\epsilon}^{R}\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x}dx\\ &=2i\int_{\epsilon}^{R}\frac{\sin x}{x}dx\end{align*}

所以当 \(R\to\infty, \epsilon\to 0\) 时,上面的积分就给出了我们所要的结果。

现在来计算 \(\displaystyle\int_{\Gamma_{\epsilon}}\frac{e^{iz}}{z}dz\) 在 \(\epsilon\to 0\) 的极限,在 \(z=0\) 附近,

\[\frac{e^{iz}}{z}=\frac{1}{z}(1+iz+\frac{(iz)}{2}+\cdots)=\frac{1}{z}+h(z)\]

这里 \(h(z)\) 是一个在 \(z=0\) 附近解析的函数。所以

\begin{align*}\int_{\Gamma_{\epsilon}}\frac{e^{iz}}{z}dz&=\int_{\Gamma_{\epsilon}}\frac{1}{z}dz+\int_{\Gamma_{\epsilon}}h(z)dz\\ &=\int_{\pi}^0e^{-i\theta}ie^{i\theta}d\theta+\int_{\Gamma_{\epsilon}}h(z)dz\\ &=-\pi i+\int_{\Gamma_{\epsilon}}h(z)dz\end{align*}

对于后一个积分

\[\left|\int_{\Gamma_{\epsilon}}h(z)dz\right|\le \int_0^{\pi}|h(z)| |i\epsilon e^{i\theta}|d\theta\le M\pi \epsilon\to 0\]

所以 \(\displaystyle\int_{\Gamma_{\epsilon}}\frac{e^{iz}}{z}dz \to -\pi i , \epsilon\to 0\)。

现在来估计积分 \(\displaystyle\int_{\Gamma_R}\frac{e^{iz}}{z}dz\),

\begin{align*}\left|\int_{\Gamma_R}\frac{e^{iz}}{z}dz\right|&\le \frac{1}{R}\left|\int_{\Gamma_R}e^{iz}dz\right|=\frac{1}{R}\left|\int_{\Gamma_R}e^{iR\cos \theta-R\sin\theta}iRe^{i\theta}d\theta\right|\\ &\le \int_0^{\pi}e^{-R\sin\theta}Rd\theta=\frac{2}{R}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin\theta}Rd\theta\\ &\le 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\cdot\frac{2}{\pi}\theta}=-\frac{2\pi}{2R}e^{-R\cdot\frac{2}{\pi}\theta}\Big|_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\frac{1}{R}(1-e^{-R})\to 0, R\to\infty\end{align*}

由前面的推导,

\[\left(\int_{\Gamma_R}+\int_{\Gamma_1}+\int_{\Gamma_{\epsilon}}+\int_{\Gamma_2}\right)\frac{e^{iz}}{z}=0\]

也就是

\[\left(\int_{\Gamma_1}+\int_{\Gamma_2}\right)\frac{e^{iz}}{z}=-\left(\int_{\Gamma_R}+\int_{\Gamma_{\epsilon}}\right)\frac{e^{iz}}{z}\]

令\(R\to \infty, \epsilon\to 0\),

\[2i\int_{\epsilon}^{R}\frac{\sin x}{x}dx=\pi i\]

也就是

\[\int_{\epsilon}^{R}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}\]