学习阶段：大学数学。

前置知识：留数。

复变函数有很多作用，可以研究场论啦，可以进行积分变换啦，可以解微分方程啦等等。本文介绍其最简单的一种应用：复变函数的留数可以解决一部分仅用实数很难解决的定积分问题。

其中 R() 是有理函数，在 (0,2\pi) 上连续。

利用欧拉公式 e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta 可以把所有 \theta 换为复数 z ：

令 z=e^{i\theta} ，有 \frac 1z=e^{-i\theta}=\cos\theta-i\sin\theta ，两式相加减得到

\cos\theta=\frac 12\left(z+\frac 1z\right)=\frac{z^2+1}{2z},\quad\sin\theta=\frac {1}{2i}\left(z-\frac1z\right)=\frac{z^2-1}{2iz}

又 dz=de^{i\theta}=e^{i\theta}id\theta=izd\theta,\quad d\theta=\frac{dz}{iz} ，可以把原式转换为

I=\int_0^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)d\theta=\oint_CR\left(\frac{z^2+1}{2z},\frac{z^2-1}{2iz}\right)\frac{dz}{iz}=\oint_Cf(z)dz

路径 C 为正向单位圆周 |z|=1 ，所以可使用留数定理，只用考虑单位圆内的奇点。即 I=2\pi i\sum_k\text{Res}[f(z),z_k] ，其中 z_k 为单位圆内所有孤立奇点。

其中 f() 是有理函数，在实轴上无奇点。

无穷积分实际上是 \lim_{a\to+\infty}\int_{-a}^af(x)dx ，我们直接把这里面的实数 x 换为复数 z ，那么积分路径就是在实轴上从左走到右。为了使用留数定理，我们要构造闭合路径，那么如何构造呢？一个比较自然的想法是构造圆弧，如下图所示：

那么我们必须得能够求出这个圆弧的积分。

我们研究一下沿某段圆弧的积分：

积分路径为圆 |z-z_0|=\rho 的一部分，即 L:z=z_0+\rho e^{i\theta},\theta\in[\alpha,\beta] .

参考

的3. 柯西积分公式的推导，易知 dz=(z-z_0)id\theta ，那么积分有

\int_Lf(z)dz=\int_Lf(z)(z-z_0)id\theta

这个 f(z)(z-z_0) 和 \theta 可能有关，所以化简不下去。但是，如果取个极限，有 \lim_{z\to\infty}(z-z_0)f(z)=A 或 \lim_{z\to z_0}(z-z_0)f(z)=A 存在，那么它就和 \theta 无关了，可以从积分号里面提出来，得到

\lim\int_Lf(z)dz=\lim(z-z_0)f(z)\int_Lid\theta=i(\beta-\alpha)A

实际上， z\to\infty 相当于 \rho\to+\infty ，圆弧半径趋于无穷大； z\to z_0 相当于 \rho\to0^+ ，圆弧半径趋于无穷小。这分别称为大圆弧引理和小圆弧引理。

原积分化为 I=\lim_{a\to\infty}\int_{-a}^af(z)dz ，根据大圆弧引理和留数定理，若 \lim_{z\to\infty}zf(z)=A ，则 I+i\pi A=2\pi i\sum_k\text{Res}[f(z),z_k] ，其中 z_k 为上半平面所有孤立奇点。

一般来说，在 A\ne0 时反常积分 I 会不收敛，所以只用考虑 A=0 的情况，有 I=2\pi i\sum_k\text{Res}[f(z),z_k] .

其中 f() 是有理函数，在实轴上无奇点，且 \lambda>0 .

上式可以转换为

\begin{align} I&=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)(\cos{\lambda x}+i\sin{\lambda x})dx\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\cos{\lambda x}dx+i\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\sin{\lambda x}dx \end{align}

实部和虚部分别代表一个实积分。

积分 I 依然构造大半圆路径，这里有没有类似大圆弧引理的那种结论呢？

构造圆弧 L:z=\rho e^{i\theta} ，考虑

I_1=\int_Lf(z)e^{\lambda iz}dz=\int_Lf(z)e^{\lambda iz}zid\theta

设 z=x+yi ，则 e^{\lambda iz}=e^{\lambda i(x+yi)}=e^{\lambda ix}e^{-\lambda y} ，当 \text{Im}z=y\to+\infty 时， e^{\lambda iz} 的模长 e^{-\lambda y} 会以指数级别 \to0 ，只要上半平面内 \lim_{\rho\to+\infty}zf(z) 的增长慢于指数增长，必有 \lim_{\rho\to+\infty}f(z)e^{\lambda iz}z=0 ，那么 \lim_{\rho\to+\infty}I_1=0 . 由于积分对于边界值不敏感，只要 \text{Im}z\geq0 ，上述讨论都成立。有定理：

这是原始的约当引理，需要的条件较强，推广的约当引理见下文：

根据约当引理和留数定理，若 \lim_{z\to\infty\\\text{Im}z\geq0}f(z)=0 ，则 I=2\pi i\sum_k\text{Res}[f(z)e^{\lambda iz},z_k] ，其中 z_k 为上半平面所有孤立奇点。

求Dirichlet狄利克雷积分 I=\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx .

根据对称性，有 2I=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx . 研究函数 f(z)=\frac{e^{iz}}{z} ，这玩意在实轴上有孤立奇点 z=0 ，可以利用小圆弧引理绕过它：

根据柯西积分定理有 \int_{-\infty}^0\frac{e^{ix}}xdx+\int_{L_1}f(z)dz+\int_0^{+\infty}\frac{e^{ix}}xdx+\int_{L_2}f(z)dz=0 ，根据约当引理有 \int_{L_2}f(z)dz=0 ，根据小圆弧引理有 \int_{L_1}f(z)dz=i(0-\pi)\lim_{z\to0}zf(z)=-i\pi ，故

\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}}{x}dx-i\pi=0,\quad \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x+i\sin x}{x}dx=i\pi

对应虚部得

\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}x dx=2I=\pi,\quad I=\frac{\pi}{2}