8.3 有理函數之瑕積分 (Improper Integrals of Rational Functions)

本節目的在於利用留數定理計算微積分中的有理函數的瑕積分之值。一般而言瑕積分分成以下三類：

因此只要上述極限值存在，則稱對應的瑕積分存在。若(第三型)的瑕積分存在，則其值亦可計算如下：

範例8.3-1. 考慮瑕積分 $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{2x}{x^2+1} dx$，由於 $\displaystyle \int \frac{2x}{x^2+1}dx = \ln(x^2+1)+C,~C\in\mathbb{R}$，得知

亦即 $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{2x}{x^2+1} dx$ 不存在，然而

亦即 $\displaystyle \lim\limits_{R\to\infty}\int_{-R}^R f(x)dx$ 之值存在，不代表瑕積分 $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty f(x) dx$ 存在。

有理函數積分

定義8.3-1. 設 $f\in C(-\infty,\infty)$，則定義 Cauchy 主值 (principal value, P.V.)為

範例8.3-2. $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty x dx = \lim\limits_{R\to\infty} \int_{-R}^R x dx = \lim\limits_{R\to\infty} \frac{x^2}{2}\bigg|_{-R}^{R} = 0$ ，但 $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty xdx$ 不存在，此因 $\displaystyle\lim\limits_{b\to\infty} \int_0^b x dx = \infty$。

範例8.3-3. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+1}dx$ 之值。

• [解]

  $$\begin{align*} P.V.\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^2+1}d x &= \lim_{R\to \infty}\int_{-R}^{R} \frac{1}{x^2+1}dx = \lim_{R\to \infty}\tan^{-1}x\bigg|_{-R}^{R} = \lim_{R\to \infty} 2 \tan^{-1}R=2 \frac{\pi}{2}=\pi. \end{align*}$$

  注意

  $$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^2+1}d x &= \lim_{a\to -\infty}\int_{a}^{0} \frac{1}{x^2+1}dx + \lim_{b\to \infty}\int_{0}^{b} \frac{1}{x^2+1}dx =\lim_{a\to -\infty}\tan^{-1}x\bigg|_{a}^{0} + \lim_{b\to \infty}\tan^{-1}x\bigg|_{0}^{b}\\ &=-\lim_{a\to -\infty}\tan^{-1}a + \lim_{b\to \infty}\tan^{-1}b = -\left(-\frac{\pi}{2}\right)+\frac{-\pi}{2}=\pi. \end{align*}$$

  因此 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^2+1}d x = P.V.\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^2+1}d x$ 。

定理8.3-1. 設 $\displaystyle f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$，其中 $\deg(Q)\ge \deg(P)+2$ 。若 $Q(x)\neq 0,~\forall x\in\mathbb{R}$ ，則

其中 $z_j,~j=1,2,\ldots,k$ 為 $f$ 落在上半平面之極點，即 $\text{Im}(z_j)\ge 0$。

• [證明]

  參考下圖取積分路徑 $C=C_R\cup([-R,R]\times{0})$，則

  

  $$\int_{-R}^{R}f(x)dx = \oint_C f(z)dz-\int_{C_R} f(z)dz =2\pi i \sum_{j=1}^{k_R} \text{Res}\left[\frac{P}{Q},z_j\right]-\int_{C_R} \frac{P(z)}{Q(z)}dz$$

  其中 $z_j,~1\le j\le k_R$ 為落在 $\text{Int}(C)$ 內 $\frac{P}{Q}$ 之極點。

  Claim: $\displaystyle\lim\limits_{R\to\infty}\int_{C_R} f(z) dz=0$。

  設 $n=\deg(Q)$ 與 $m=\deg(P)$，則有 $n\ge m+2$ 以及可令

  $$P(z)=a_m z^m+ a_{m-1} z^{m-1}+\cdots+a_1 z +a_0,\\ Q(z)=b_n z^m+ b_{m-1} z^{m-1}+\cdots+b_1 z +b_0,$$

  則

  $$\lim_{|z|\to\infty} \frac{z P(z)}{Q(z)} = \lim_{|z|\to\infty} \frac{z^{m+1}}{z^n} \frac{a_m + a_{m-1}z^{-1}+\cdots+a_1 z^{-m+1}+a_0 z^{-m}}{b_n + b_{n-1}z^{-1}+\cdots+b_1 z^{-n+1}+b_0 z^{-n}} = 0\cdot\frac{a_m}{b_n}=0,$$

  即

  $$\forall \varepsilon>0,\exists R_\varepsilon>0~\text{s.t.}~|z|\ge R_\varepsilon \implies \left|\frac{z P(z)}{Q(z)} \right| <\frac{\varepsilon}{|z|\pi}.$$

  取 $R>R_\varepsilon$，則 $\forall z\in C_R\implies \left|\frac{z P(z)}{Q(z)} \right| <\frac{\varepsilon}{|z|\pi}=\frac{\varepsilon}{\pi R}$，因而

  $$\left| \int_{C_R}\frac{P(z)}{Q(z)} dz\right|\le \int_{C_R}\left|\frac{P(z)}{Q(z)}\right| dz<\int_{C_R} \frac{\varepsilon}{\pi R} d|z|=\varepsilon,$$

  即 $\displaystyle\lim\limits_{R\to\infty}\int_{C_R} f(z) dz=0$。

  因此由

  $$\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}f(x)dx = \lim_{R\to\infty}\oint_C f(z)dz-\lim_{R\to\infty}\int_{C_R} f(z)dz =\lim_{R\to\infty}\oint_C f(z)dz$$

  可知

  $$\begin{align*} P.V.\int_{-\infty}^{infty}f(x)dx &=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}f(x)dx = \lim_{R\to\infty}\oint_C f(z)dz \\ &=\lim_{R\to\infty} 2\pi i \sum_{j=1}^{k_R} \text{Res}\left[\frac{P}{Q},z_j\right]=2\pi i \sum_{j=1}^{k} \text{Res}\left[\frac{P}{Q},z_j\right]. \end{align*}$$

  其中 $z_j,~1\le j\le k$ 為落在上半平面內 $\frac{P}{Q}$ 之極點。得證本定理。

範例8.3-4. 計算 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} ~\frac{dx}{(1+x^2)(4+x^2)}$ 之值。

• [解]

  由範例8.2-2知 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+x^2} dx$ 存在，且 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{4+x^2} dx$ 也隨之存在，又因

  $$f(x)=\frac{1}{(1+x^2)(4+x^2)}=\frac13\left[ \frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{4+x^2}\right],$$

  故 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} ~\frac{dx}{(1+x^2)(4+x^2)}$ 存在且其值等於 $P.V. \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} ~\frac{dx}{(1+x^2)(4+x^2)}$。

  又因 $(1+z^2)(4+z^2)=0\implies z=\pm i,~\pm 2i$，其中 $z=i,~2i$ 落在上半平面，因此

  $$\begin{align*} \text{Res}[f,i] &=\lim_{z\to i}\frac{z-i}{(z^2+1)(z^2+4)} =\lim_{z\to i}\frac{1}{(z+i)(z^2+4)}=-\frac{i}{6},\\ \text{Res}[f,2i] &=\lim_{z\to 2i}\frac{z-2i}{(z^2+1)(z^2+4)} =\lim_{z\to 2i}\frac{1}{(z^2+1)(z+2i)}=\frac{i}{12}. \end{align*}$$

  因此由定理8.3-1可得

  $$P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)(4+x^2)}=2\pi i(-\frac{i}{6}+\frac{i}{12})=\frac{\pi}{6}.$$

  此例積分也可計算如下：

  $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)(4+x^2)} =\frac13\left[ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{1+x^2} -\frac12\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d(x/2)}{1+(x/2)^2} \right] =\frac13 \left(\pi-\frac12 \pi\right)=\frac{\pi}{6}.$$

範例8.3-5. 計算 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{(4+x^2)^4}$ 之值。

• [解]

  由於當 $|x|>1$ 時，因 $\frac{1}{(4+x^2)^3} < \frac{1}{4+x^2}$知 $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{(4+x^2)^3} \le \int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{4+x^2}$，因此 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{(4+x^2)^4}$ 存在。

  由於 $z=2i$ 為 $f(z)=\frac{1}{(z^4+4)^3}$ 落在上半平面的 $3$ 階，因此

  $$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{d x}{4+x^2} &=2\pi i \text{Res}[f,2i] = 2\pi i\lim_{z\to 2i}\frac{1}{2!}\frac{d^2}{d z^2}\frac{(z-3 i)^3}{(z^2+4)^3}\bigg|_{2i} = 2\pi i\lim_{z\to 2i}\frac{1}{2}\frac{d^2}{d z^2}\frac{1}{(z+2i)^3}\bigg|_{2i}\\ &= 2\pi i\lim_{z\to 2i}\frac{1}{2}\frac{d}{d z}\frac{-3}{(z+2i)^4}\bigg|_{2i} =2\pi i\lim_{z\to 2i} \frac{6}{(z+2i)^5}\bigg|_{2i}=2\pi i \frac{3}{512i}=\frac{3}{256}\pi. \end{align*}$$

定理8.3-1的作法，可以應用到更廣義的區域形式，如下例所示：

範例8.3-6. 計算 $I=\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+x^3}$ 之值。

• [解]

  參考下圖之積分路徑，可知

  $$\displaystyle I=\int_0^\infty \frac{d x}{1+x^3}=\lim\limits_{R\to\infty} \int_{C_1} \frac{d z}{z^3+1}.$$

  由定理8.3-1之證明過程可得 $\displaystyle \lim\limits_{R\to\infty} \int_{C_R} \frac{d z}{z^3+1}=0$。

  

  Claim: $\displaystyle\int_{C_2} \frac{d z}{z^3+1} = -e^{i\frac{2\pi}{3}} \int_{C_2} \frac{d z}{z^3+1}$。

  令 $C_2 = \{z=\rho e^{i\frac{2\pi}{3}} | \rho:R\to 0\}$，若 $z\in C_2\implies d z=e^{i\frac{2\pi}{3}} d\rho$，以及 $z^3 = (\rho e^{i \frac{2\pi}{3}})^3=\rho^3$ (這是為何 $C_2$ 延 $\theta =\frac{2\pi}{3}$的原因)。

  $$\int_{C_2} \frac{d z}{z^3+1} = \int_{R}^{0} e^{i \frac{2\pi}{3}} \frac{d\rho}{\rho^3+1} = -e^{i \frac{2\pi}{3}} \int_{0}^{R} \frac{d\rho}{\rho^3+1} =-e^{i \frac{2\pi}{3}} \int_{C_1} \frac{d z}{z^3+1}.$$

  利用上述Claim可得

  $$\lim_{R\to\infty}\int_{C_1+C_R+C_2}\frac{dz}{z^3+1} =\left(1-e^{-i\frac{2\pi}{3}}\right) \lim_{R\to 0} \int_{C_1} \frac{d z}{z^3+1} =\left(1-e^{-i\frac{2\pi}{3}}\right) I.$$

  又在圍線 $C=C_1+C_R+C_2$ 之內有 $\frac{1}{z^3+1}$ 之單極點 $z=e^{i\frac{\pi}{3}}$，所以

  $$\begin{align*} \lim_{R\to\infty}\int_{C}\frac{dz}{z^3+1} &= 2\pi i \text{Res}\left[\frac{1}{z^3+1},e^{i\frac{\pi}{3}}\right] = 2\pi i \lim_{z\to e^{i\frac{\pi}{3}}}\frac{z-e^{i\frac{\pi}{3}}}{z^3+1} = 2\pi i \lim_{z\to e^{i\frac{\pi}{3}}} \frac{1}{3z^2} \\ &= \frac{2\pi i}{3} e^{-i\frac{2\pi}{3}} \end{align*}$$

  因此

  $$I=\frac{1}{1-e^{i\frac{2\pi}{3}}}\lim_{R\to\infty}\oint_C \frac{dz}{z^3+1} =\frac{2\pi i}{3} \frac{e^{-i\frac{2\pi}{3}}}{1-e^{i\frac{2\pi}{3}}} =\frac{2\pi i}{3} \frac{1}{e^{i\frac{2\pi}{3}}-e^{i\frac{4\pi}{3}}}=\frac{2\pi i}{3\sqrt{3}}.$$

範例8.3-7. 令 $I=\displaystyle P.V.\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{a x}}{1+e^{b x}}dx,~0<a<b$ ，證明

以及 $I$ 之值，其中 $\Gamma_1,~\Gamma_2,~\Gamma_3$ 及 $\Gamma_4$ 如下圖所示。

• [解]

  令 $\mathcal{C}=\Gamma_1+\Gamma_2+\Gamma_3+\Gamma_4$，又 $\displaystyle I=\lim\limits_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{e^{a x}}{1+e^{b x}}dx = \lim\limits_{R\to\infty}\int_{\Gamma_1}\frac{e^{a x}}{1+e^{b x}}dx$ ，並立 $f(z) = \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}$，則 $f$ 之極點為 $1+e^{b z}=0$ ，即 $e^{b z}=-1=e^{i (2k+1)\pi}$，得 $z=\frac{i(2k+1)\pi}{b}$，其中 $k\in\mathbb{Z}$，因此只有 $z=\frac{i\pi}{b}$ 被包含在積分路徑 $\mathcal{C}$ 之內。

  Claim 1: $\displaystyle\lim_{R\to \infty} \int_{\Gamma_2, \Gamma_4} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz=0$ 。

  設 $z\in \Gamma_2$ 則 $z=R+i t,~t\in[0,\frac{2\pi}{b}]$，因而-

  $$\displaystyle |e^{a z}|=e^{a R},\quad |1+e^{b z}|\ge |e^{b z}|-1=e^{b R}-1,$$

  由於

  $$\left|\int_{\Gamma_2} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz\right| \le \int_{\Gamma_2} \left|\frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}\right| d|z| \le \max_{z\in\Gamma_2}\left|\frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}\right|\cdot L(\Gamma_2) \le \frac{e^{a R}}{e^{b R}-1}\frac{2\pi}{b},$$

  所以

  $$\lim_{R\to\infty}\left|\int_{\Gamma_2} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz\right| \le \lim_{R\to\infty}\frac{e^{a R}}{e^{b R}-1}\frac{2\pi}{b}=0.$$

  設 $z\in \Gamma_4$ 則 $z=-R+i t,~t\in[0,\frac{2\pi}{b}]$，因而 $|e^{a z}|\le e^{a R}$、 $|e^{b z}+1|\ge |e^{b z}|-1=e^{b R}-1$，所以

  $$\left|\int_{\Gamma_2} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz\right| \le \int_{\Gamma_2} \left|\frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}\right| d|z| \le \max_{z\in\Gamma_2}\left|\frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}\right|\cdot L(\Gamma_2) \le \frac{e^{a R}}{e^{b R}-1}\frac{2\pi}{b},$$

  即

  $$\lim_{R\to\infty}\left|\int_{\Gamma_2} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz\right| \le \lim_{R\to\infty}\frac{e^{a R}}{e^{b R}-1}\frac{2\pi}{b}=0.$$

  Claim 2: $\displaystyle\int_{\Gamma_3} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz = -e^{i\frac{2\pi a}{b}} \int_{\Gamma_1} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz$。

  令 $z\in\Gamma_3$，則 $z=t+i\frac{2\pi}{b},~t\in[-R,R]$ 且 $dz= dt$，因此

  $$\begin{align*} \int_{\Gamma_3} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz &=\int_{R}^{-R} \frac{e^{a(t+i\frac{2\pi}{b})}}{1+e^{b (t+i\frac{2\pi}{b})}} dz =\int_{R}^{-R} \frac{e^{at}e^{ i\frac{2\pi a}{b}}}{1+e^{bt+2\pi i }} dt =-e^{ i\frac{2\pi a}{b}}\int_{-R}^{R} \frac{e^{at}}{1+e^{bt} e^{i 2\pi}} dt\\ &=-e^{ i\frac{2\pi a}{b}}\int_{-R}^{R} \frac{e^{at}}{1+e^{bt}} dt =-e^{ i\frac{2\pi a}{b}}\int_{\Gamma_1} \frac{e^{az}}{1+e^{bz}} dz. \end{align*}$$

  利用上述Claim 1與Claim 2可得

  $$I=\lim_{R\to\infty}\int_{\Gamma_1}\frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz =\frac{1}{1-e^{i\frac{2\pi a}{b}}}\lim_{R\to\infty}\int_{\Gamma_1+\Gamma_2+\Gamma_3+\Gamma_4} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz.$$

  透過代數運算，可得

  $$\begin{align*} I&=\frac{1}{1-e^{i\frac{2\pi a}{b}}}\lim_{R\to\infty}\int_{\mathcal{C}} \frac{e^{a z}}{1+e^{b z}}dz =\frac{2\pi i}{1-e^{i\frac{2\pi a}{b}}}\text{Res}[\frac{e^{a z}}{1+e^{b z}},i\frac{\pi}{b}] \\ &= \frac{2\pi i}{1-e^{i\frac{2\pi a}{b}}}\lim_{z\to i\frac{\pi}{b}}\frac{(z-i\frac{\pi}{b})e^{a z}}{1+e^{b z}} = \frac{2\pi i}{1-e^{i\frac{2\pi a}{b}}}\lim_{z\to i\frac{\pi}{b}}\frac{e^{a z}+a(z-i\frac{\pi}{b})e^{a z}}{b e^{b z}} \\ &= \frac{2\pi i}{1-e^{i\frac{2\pi a}{b}}}\frac{e^{a i\frac{\pi}{b}}}{b e^{i\pi}} =\frac{\pi}{-b}\frac{2i}{e^{-i\frac{a\pi}{b}}-e^{i\frac{a\pi}{b}}} =\frac{\pi}{b}\frac{2i}{e^{i\frac{a\pi}{b}}-e^{-i\frac{a\pi}{b}}} =\frac{\pi}{b\sin\frac{a\pi}{b}}. \end{align*}$$

如若 $0<a<1$，則由範例8.3-7知 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{a x}}{1+e^x}dx=\frac{\pi}{\sin(a\pi)}$。試問若欲計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{a x}}{e^x-1}dx$ ，則圍線積分要如何取才行？

應用在級數求和

設 $p(x)$ 為二階(含)以上實係數多項式且無整數零點，即 $p(k)\neq 0, ~\forall k\in\mathbb{Z}$。欲計算 $\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{1}{p(k)}$ 或 $\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{p(k)}$ 之值，則可以從 $\cot \pi z$ 或 $\csc\pi z$ 之極點來著手，亦即可考慮函數 $F(z)=\frac{\pi \cot \pi z}{p(z)}$的函數，則此函數之極點除了 $p(z)$ 的零點外，尚有 $\cot\pi z$ 之極點，即 $\sin \pi z=0$，可得 $\pi z=k \pi$，即 $z=k=0, \pm 1, \pm 2,\ldots$。

以下先考慮一般形的級數和 $\sum\limits_{n=0}^\infty f(n)$，取以下的圍線 $C_N$ ：

即

其中

針對此圍線，函數 $F$ 之積分為

其中 $z_{p_j}$ 為 $F(z)$ 在圍線 $\mathcal{C}_N$ 內之第 $j$ 個零點，總數為 $r_N$。

引理8.3-1. $C_N$ 如圖8.3.1所示，則於此圍線上 $|\cot(\pi z)|<A$ 其中 $A$ 為常數。

• [證明]

  (參考[SOCV]) 設 $z=x+i y\in C_N$ 時，分成 $y<-\frac12$、 $-\frac12\le y\le \frac12$ 與 $y>\frac12$ 等情形。

  Case 1: $y>\frac12$。 此情形下

  $$\begin{align*} |\cot\pi z)|&=\frac{|e^{i\pi z}+e^{-i\pi z}|}{|e^{i\pi z}-e^{-i\pi z}|} =\frac{|e^{i\pi x-\pi y}+e^{-i\pi x+\pi y}|}{|e^{i\pi x-\pi y}-e^{-i\pi x+\pi y}|}\\ &\le\frac{|e^{i\pi x-\pi y}|+|e^{-i\pi x+\pi y}|}{|e^{-i\pi x+\pi y}|-|e^{i\pi x-\pi y}|} =\frac{e^{-\pi y}+e^{\pi y}}{e^{\pi y}-e^{-\pi y}} =\frac{1+e^{-2\pi y}}{1-e^{-2\pi y}} \\ &\le \frac{1+e^{-\pi}}{1-e^{-\pi}}=\coth\frac{\pi}{2}=A_1 \end{align*}$$

  Case 2: $y<-\frac12$。 此情形下

  $$\begin{align*} |\cot\pi z)| &\le\frac{|e^{i\pi x-\pi y}|+|e^{-i\pi x+\pi y}|}{|e^{-i\pi x+\pi y}|-|e^{i\pi x-\pi y}|} =\frac{e^{-\pi y}+e^{\pi y}}{e^{-\pi y}-e^{\pi y}} =\frac{1+e^{2\pi y}}{1-e^{2\pi y}} \le \frac{1+e^{-\pi}}{1-e^{-\pi}}=\coth\frac{\pi}{2}=A_1 \end{align*}$$

  Case 3: $-\frac12\le y\le \frac12$。 當 $z\in \Gamma_2$，即 $z=N+\frac12 +i y$ ，則

  $$\begin{align*} |\cot\pi z)|=|\cot\pi (N+\frac12 +i y)|=|\cot (\frac{\pi}2 +i \pi y)| =|\tanh \pi y| \le \tanh \frac{\pi}{2}=A_2, \end{align*}$$

  而當 $z\in \Gamma_4$，即 $z=-(N+\frac12) +i y$ ，則

  $$\begin{align*} |\cot\pi z)|=|\cot\pi (-N-\frac12 +i y)|=|\cot (-\frac{\pi}2 +i \pi y)| =|\tanh \pi y| \le \tanh \frac{\pi}{2}=A_2, \end{align*}$$

  因此選擇 $A=\max\{A_1,A_2\}=A_1$ 與 $N$ 無關。

定理8.3-2. 設 $f(z)$ 延如圖8.3.1的 $C_N$ 路徑滿足 $|f(z)|\le M/|z|^m, ~m>1$， $M$ 為與 $N$ 無關之常數，則

其中 $z_{p_j}$ 為 $f(z)$ 在複數平面的第 $j$ 個極點，$j=1,2,\ldots,k$。

• [證明]

  (參考[SOCV]) 設 $f(z)$ 的極點是有限多個來討論；一旦其極點是無限多個時，先考量落在 $C_N$ 內，再透過 $N\to \infty$ 的極限來證明即可。

  選定 $N$ 如圖8.3.1包含所有 $f(z)$ 之極點，而 $\cot \pi z$ 對應的單極點為 $z=0,~\pm1,~ \pm 2,\ldots$。

  $\pi \cot \pi z f(z)$ 在單極點 $z=0,~\pm1,~ \pm 2,\ldots$。的留數為

  $$\begin{align*} \lim_{z\to n}(z-n)\pi \cot (\pi z) f(z) &=\lim_{z\to n}\pi\frac{(z-n)\cos\pi z f(z)}{\sin\pi z}\quad\left(=\frac{0}{0}\right) \\ &=\lim_{z\to n}\pi\frac{\cos(\pi z) f(z)+(z-n)[-\pi\sin(\pi z) f(z)+\cos(\pi z)f'(z)]}{\pi\cos\pi z}\\ &=f(n). \end{align*}$$

  注意： $f(z)$ 在 $z=n$ 不會有極點，否則無窮級數和$\sum\limits_{n=-\infty}^\infty f(n)$ 不存在。因此

  $$\oint_{C_N}\pi \cot(\pi z)f(z) dz =\sum_{n=-N}^{N}f(n)+S_N$$

  其中 $S_N$ 為在 $C_N$ 內 $\pi \cot (\pi z) f(z)$ 在 $f(z)$ 的極點之留數，即 $S_N=2\pi i \sum\limits_{j=1}^{k_N} \text{Res}[f, z_{p_j}]$，其中 $k_N$ 為在 $C_N$ 內 $f(z)$ 之極點總數。

  由引理8.3-1可得

  $$\begin{align*} \left|\oint_{C_N}\pi\cot(\pi z)f(z)dz\right| &\le \pi\max_{z\in C_N} |\cot(\pi z) \left|\oint_{C_N}\frac{M}{|z|^m} dz\right| \\ &\le \frac{\pi A M}{N^m}\oint_{C_N}d|z|=\frac{\pi A M}{N^m}(8N+4). \end{align*}$$

  因此

  $$\lim_{N\to \infty}\left| \oint_{C_N}\pi \cot(\pi z) f(z) dz\right|=0 \implies \lim_{N\to \infty} \oint_{C_N}\pi \cot(\pi z) f(z) dz=0.$$

  如此可得

  $$\lim_{N\to \infty}\oint_{C_N}\pi \cot(\pi z)f(z) dz =0=\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n)+S,\quad \lim_{N\to \infty}S_N=S.$$

  得證。