§01 数学原理

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  利用留数定理可以简化某些初等函数定积分计算。这需要解决以下两个问题：
  1. 需要把被积函数 与每个解析函数关联起来；
  2. 需要把积分转换成沿闭曲线的积分；

1.1 关于正弦复合函数积分

  对于形如 $${\int }_0^{2\pi }R\left(\cos \theta ,\sin \theta \right)d\theta$$ 的积分，其中 $R\left(\cos \theta ,\sin \theta \right)$ 为 $\cos \theta ,\sin \theta$ 的有理函数。

  令 $z=e^{i\theta }$ ，那么 $dz=i{e}^{i\theta }d\theta$ ，$$\sin \theta =\frac{1}{2i}\left(e^{i\theta }-e^{-i\theta }\right)=\frac{z^2-1}{2iz}$$$$\cos \theta =\frac{1}{2}\left(e^{i\theta }+e^{-i\theta }\right)=\frac{z^2+1}{2z}$$

从而，原来积分化简为 $${\oint }_{|z|=1}R\left[\frac{z^2+1}{2z},\frac{z^2-1}{2iz}\right]\frac{dz}{iz}={\oint }_{|z|=1}f\left(z\right)dz$$ 其中 $f\left(z\right)$ 为 $z$ 的有理函数，在单位圆周上 $\left|z\right|=1$ 分母不为0，所以满足留数定理。根据留数定理可以获得积分值 $$2\pi i\sum _{k=1}^n\mathrm{Re}s\left[f\left(z\right),z_k\right]$$

1.2 有理分式积分

  对于形如 $${\int }_{-\infty }^{+\infty }R\left(x\right)dx$$ 积分，其中 $R\left(x\right)$ 是 $x$ 的有理分式，而且分母次数比分子次数高二次，并且 $R\left(x\right)$ 在实轴上没有孤立奇点，积分是存在的。

  设 $$R\left(z\right)=\frac{z^n+a_1{z}^{n-1}+\cdots +a_0}{z^m+b_1{z}^{m-1}+\cdots +b_0},m-n\ge 2$$

  下面给定一个足够大的 $R>0$ 使得下面半圆围线内包含有上面有理分式上半平面的极点。

▲ 图1.2.1 半圆积分围线

  计算 $R\left(z\right)$ 在上述围线内的积分，随着 $R\to \infty$

• 在 $C_R$ 上的积分为0；
• 围线积分值等于围线内极点的留数；

  于是 $$\mathrm{Re}s\left[f\left(z\right),p\right]=\underset{z\to p}{\lim }\left[\left(z-p\right)\cdot \frac{1+z^4}{2i{z}^2\left(1-pz\right)\left(z-p\right)}\right]=\frac{1+p^4}{2i{p}^2\left(1-p^2\right)}$$ $${\int }_{-\infty }^{+\infty }R\left(x\right)dx=2\pi i\sum \mathrm{Re}s\left[R\left(z\right),z_k\right]$$

1.3 带有复指数的积分

  形如 $${\int }_{-\infty }^{+\infty }R\left(x\right)e^{aix}dx,\left(a>0\right)$$ 的积分。当 $R\left(x\right)$ 是 $x$ 的有理函数，分母次数至少比分子高一次，并且 $R\left(x\right)$ 在实轴上没有孤立奇点时，积分是存在的。

  同样应用上面半圆围线进行积分，在 $R\left(x\right)$ 分母比分子阶次至少高1，也可以保证 $R\left(z\right)e^{aiz}$ 在 $C_R$ 上的积分为0，所以 $${\int }_{-\infty }^{+\infty }R\left(x\right)e^{aix}dx=2\pi i\sum \mathrm{Re}s\left[R\left(z\right)e^{aiz},z_k\right]$$

 

§02 应用举例

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2.1 计算定积分

2.1.1 计算积分

  计算 $$I={\int }_0^{2\pi }\frac{\cos 2\theta }{1-2p\cos \theta +p^2}d\theta ,\left(0<p<1\right)$$

  求解： 由于 $0<p<1$ ，被积分函数分母 $1-2p\cos \theta +p^2={\left(1-p\right)}^2+2p\left(1-\cos \theta \right)$ 在 $0\le \theta \le 2\pi$ 不为0，因此积分是有意义的。

由于 $$\cos 2\theta =\frac{1}{2}\left(e^{2i\theta }+e^{-2i\theta }\right)=\frac{1}{2}\left(z^2+z^{-2}\right)$$ 因此$$I={\oint }_{|z|=1}\frac{z^2+z^{-2}}{2}.\frac{1}{1-2p.\frac{z+z^{-1}}{2}+p^2}.\frac{dz}{z}$$$$={\oint }_{|z|=1}\frac{1+z^4}{2i{z}^2\left(1-pz\right)\left(z-p\right)}dz={\oint }_{|z|=1}f\left(z\right)dz$$

被奇函数三个极点： $z=0,p,\frac{1}{p}$ ，只有前两个在圆周 $\left|z\right|=1$ 内，其中 $z=0$ 为二级极点， $z=p$ 为一级极点。

$$\mathrm{Re}s\left[f\left(z\right),0\right]=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{d}{dz}\left[z^2.\frac{1+z^4}{2i{z}^2\left(1-pz\right)\left(z-p\right)}\right]$$$$=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{\left(z-p{z}^2+p^{2}z\right)4z^3-\left(1+z^4\right)\left(1-2pz+p^2\right)}{2i{\left(z-p{z}^2-p+p^{2}z\right)}^2}=-\frac{1+p^2}{2i{p}^2}$$ $$\mathrm{Re}s\left[f\left(z\right),p\right]=\underset{z\to p}{\lim }\left[\left(z-p\right)\cdot \frac{1+z^4}{2i{z}^2\left(1-pz\right)\left(z-p\right)}\right]=\frac{1+p^4}{2i{p}^2\left(1-p^2\right)}$$ 所以 $$I=2\pi i\left[-\frac{1+p^2}{2i{p}^2}+\frac{1+p^4}{2i{p}^2\left(1-p^2\right)}\right]=\frac{2\pi p^2}{1-p^2}$$

2.1.2 计算积分

  计算积分 $$I={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x^{2}dx}{\left(x^2+a^2\right)\left(x^2+b^2\right)},\left(a>0,b>0\right)$$ 的值。

  求解： 这里 $m=4,n=2$ ，有理分式分母阶次比分子高2阶，在实轴上 $R\left(z\right)$ 没有孤立奇点，所以积分存在，函数 $$\frac{z^2}{\left(z^2+a^2\right)\left(z^2+b^2\right)}$$ 的一级极点为 $\pm ai,\pm bi$ ，其中 $ai,bi$ 在上半平面，由于 $$\mathrm{Re}s\left[R\left(z\right),ai\right]=\underset{z\to ai}{\lim }\left[\left(z-ai\right)\cdot \frac{z^2}{\left(z^2+a^2\right)\left(z^2+b^2\right)}\right]=\frac{a}{2i\left(a^2-b^2\right)}$$ $$\mathrm{Re}s\left[R\left(z\right),bi\right]=\frac{b}{2i\left(b^2-a^2\right)}$$ 所以 $$I=2\pi i\left[\frac{a}{2i\left(a^2-b^2\right)}+\frac{b}{2i\left(b^2-a^2\right)}\right]=\frac{\pi }{a+b}$$

2.1.3 计算积分

  计算 $$I={\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin x}{x^2+a^2}dx\left(a>0\right)$$

  求解： 这里 $m=2,n=1,m-n=1$ ， $R\left(z\right)$ 在实轴上没有孤立奇点，所以积分存在。 $R\left(z\right)=\frac{z}{z^2+a^2}$ 在上半平面有一级极点 $ai$ ，所以 $${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{x^2+a^2}dx=2\pi i\mathrm{Re}s\left[R\left(z\right),ai\right]=2\pi i\cdot \frac{e^{-a}}{2}=\pi i{e}^{-a}$$ 所以 $${\int }_0^{+\infty }\frac{x\sin x}{x^2+a^2}dx=\frac{1}{2\pi }{e}^{-a}$$

 

§03 信号与系统

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  在信号与系统分析中，有很多典型信号的积分、变换直接计算比较困难，利用留数定理可以简化计算。

3.1 求sinc函数面积

  计算 $${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx$$ 的值。

  求解： 构造 $e^{iz}/z$ 沿着下图所示的围线进行积分。为了防止 $e^{iz}/z$ 经过原点，构造了一个小圆绕过原点。

  首先，下面围线积分值为0，因为其中不包含有任何极点。

  其次，可以证明，在 $C_R$ 上的积分在 $R\to \infty$ 时为0,。在 $C_r$ 上的积分在 $r\to 0$ 过程中始终保持 $-\pi i$ 。由此可以知道在实轴上的积分取值为 $\pi$ 。

▲ 图3.1.1 构造围线积分

3.2 求高斯函数频谱

  求高斯信号的傅里叶变换。

▲ 图3.2.1 高斯信号

  根据傅里叶变换计算公式$$F\left(\omega \right)={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{t^2}{2}}{e}^{-j\omega t}dt=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{{\omega }^2}{2}}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{1}{2}{\left(t+j\omega \right)}^2}dt$$$$=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{{\omega }^2}{2}}{\int }_{-\infty +j\omega }^{+\infty +j\omega }{e}^{-\frac{z^2}{2}}dz=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{{\omega }^2}{2}}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{z^2}{2}}dz=e^{-\frac{{\omega }^2}{2}}$$

  在上面最后一步，应用到了留数定理，验证在平行实轴上的积分与实轴上的积分是相等。

▲ 图3.2.2 平行与实轴直线积分与实轴积分一样

 

§04 作业练习

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4.1 求积分值

4.1.1 计算积分值

$$\left(1\right){\int }_0^{2\pi }\frac{1}{5+3\sin \theta }d\theta ;\left(2\right){\int }_0^{2\pi }\frac{{\sin }^2\theta }{a+b\cos \theta }d\theta ;$$$$\left(3\right){\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{{\left(1+x^2\right)}^2}dx;\left(4\right){\int }_0^{+\infty }\frac{x^2}{1+x^4}dx;$$$$\left(5\right){\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\cos x}{x^2+4x+5}dx;\left(6\right){\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x\sin x}{1+x^2}dx$$

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● 相关图表链接:

• 图1.2.1 半圆积分围线
• 图3.1.1 构造围线积分
• 图3.2.1 高斯信号
• 图3.2.2 平行与实轴直线积分与实轴积分一样