8.4 三角函數的瑕積分 (Improper Integrals involving Trigonometric Functions)

設 $P$ 與 $Q$ 為多項式且 $\deg(Q)\ge \deg(P)+1$。可以證明當 $Q(x)\neq 0$時，則

為收斂，這類型的積分出現在 Fourier 變換或是 Fourier 積分的學習當中。本節目的為運用留數定理計算這兩種類型積分之 Cauchy 主值。將兩種類型的積結合一起，由於

只要考慮如 $\displaystyle \oint_{C} \frac{P(z)}{Q(z)} e^{i\alpha z} dz, ~0<\alpha<1$ 型之之積分計算即可，其中 $C=C_R(0)\cup\{(x,0):-R\le x\le R\}$ 以及 $C_R(0)=\{z=Re^{i\theta}:0\le \theta\le\pi\}$；比對實部與虛部可得原兩個類型之積分收斂值。

證明主要結論需要以下引理：

引理8.4-1. (Jordan 引理) 令 $P$ 與 $Q$ 為多項式且 $\deg(Q)\ge \deg(P)+1$ ，以及 $C_R$為圓心在原點而半徑為 $R$ 的正向繞上半圓，則 $\displaystyle \lim\limits_{R\to \infty}\int_{C_R} \frac{P(z) e^{i z}}{Q(z)}dz=0$。

• [證明]

  $C_R$ 圖形如下：

  

  利用定理8.3-1. 證明過程可證。由於$\deg(Q)\ge \deg(P)+1$，得

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

  因此 $\forall R>R_\varepsilon$ 有

  $$\left|\int_{C_R} \frac{P(z) }{Q(z)}e^{i z}dz\right| \le \int_{C_R} \left| \frac{P(z) }{Q(z)}\right| |e^{i z}|~|dz| <\frac{\varepsilon}{\pi} \int_{C_R} |e^{i z}|~ |dz|$$

  由於 $z\in C_R$，對硬的參數式為 $z=R e^{i\theta},~\theta\in[0,\pi]$，因此

  $$|dz|=R d\theta,\quad |e^{i z}|=|e^{ix -y}|=e^{-y}=e^{-R\sin\theta},$$

  以及設 $g(\theta)=\sin \theta-\frac{2}{\pi}\theta$，則有 $g(\theta)\ge 0,~\forall \theta\in[0,\frac{\pi}{2}]$ (比較 $\sin \theta$ 和 $\frac{1}{\pi/2}\theta$ 之圖形可知 )。如此上述積分變成

  $$\begin{align*} \left|\int_{C_R} \frac{P(z) }{Q(z)}e^{i z}dz\right| &< \frac{\varepsilon}{\pi} \int_{0}^\pi e^{-R\sin\theta} R d\theta =2\frac{\varepsilon}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{-R\sin\theta} R d\theta \\ &\le \varepsilon\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{-R\frac{2}{\pi}\theta} R \frac{2}{\pi} d\theta =-\varepsilon e^{-R\frac{2}{\pi}\theta}\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \varepsilon(1-e^{-R})<\varepsilon. \end{align*}$$

  $\hspace{10cm}\blacksquare$

上述引理的證明過程很容易將 $e^{i z}$ 推廣至 $e^{i\alpha z},~\forall \alpha \in\mathbb{R},~\alpha\neq 0$。

推論8.4-1. 同 Jordan 引理的條件，則 $\displaystyle \lim\limits_{R\to \infty}\int_{C_R} \frac{P(z) e^{i\alpha z}}{Q(z)}dz=0,~\forall \alpha\in\mathbb{R},~\alpha\neq 0$。

主要結論如下：

定理8.4-1. 令 $P$ 與 $Q$ 為多項式且 $\deg(Q)\ge \deg(P)+1$ 、$Q(x)\neq 0,~\forall x\in\mathbb{R}$。設 $\alpha>0$且 $f(z)=\frac{P(x)}{Q(x)}e^{i\alpha z}$，則有

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

• [證明]

  設上半圓 $C_R=\{z=R e^{i\theta} ~:~ 0\le \theta\le \pi\}$ 以及 $C=C_R\cup\{(x,0):-R\le x\le R\}$ ，即 $C$ 為由上半圓 $C_R$ 以及區間 $[-R,R]$ 所形成的封閉圍線。由於 $C_R$ 之參數式為 $z=Re^{i\theta}$ 而 $0\le \theta\le\pi$。由積分性質的

  $$\int_{-R}^R \frac{P(x) e^{i\alpha x}}{Q(x)}dx = \int_{C} \frac{P(z) e^{i\alpha z}}{Q(z)}dz -\int_{C_R} \frac{P(z) e^{i\alpha z}}{Q(z)}dz.$$

  若 $R$ 足夠大，將 $f$ 的所有極點 $z_j,~j=1,2,\ldots,n,$ 包含在 $C$ 內，如此

  $$\int_{-R}^R \frac{P(x) e^{i\alpha x}}{Q(x)}dx = \int_{C} \frac{P(z) e^{i\alpha z}}{Q(z)}dz -\int_{C_R} \frac{P(z) e^{i\alpha z}}{Q(z)}dz.$$

  因為 $\alpha>0$，以及透過變數變換 $\zeta=\alpha z$ 說明 Jordan 引理 (或推論8.4-1) 對被積函數 $\frac{P(z) e^{i\alpha z}}{Q(z)}$ 成立。令 $R\to \infty$，上式變成

  $$\begin{align*} P.V.\int_{-\infty}^\infty \frac{P(x)[\cos \alpha x+i\sin\alpha x]}{Q(x)}dx &=2\pi i\sum_{j=1}^m \text{Res}[f,z_j] \\ &=-2\pi \sum_{j=1}^m \text{Im}(\text{Res}[f,z_j]) +2\pi i\sum_{j=1}^m \text{Re}(\text{Res}[f,z_j]). \end{align*}$$

  此式的實部與虛部的相等可以得證(8.4-1)與 (8.4-2)兩式。$\hspace{4.5cm}\blacksquare$

範例8.4-1. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{x^2+4}\sin x dx$ 之值。

• [解]

  令 $f(z)=\frac{z}{z^2+4} e^{i z}$ 在上半平面只有單極點 $z=2i$ ，因此

  $$\text{Res}[f,2i] =\lim_{z\to 2i}(z-2i)\frac{z}{z^2+4} e^{i z} =\lim_{z\to 2i}\frac{z}{z+2i} e^{i z}=\frac{2i e^{-2}}{4i}=\frac{1}{2e^2},$$

  所以由定理8.4-1得

  $$P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{x^2+4}\sin x dx =2\pi \text{Res}[f,2i]=2\pi \frac{1}{2e^2}=\frac{\pi}{e^2}.$$

範例8.4-2. 計算 $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{\cos x}{x^4+4} dx$ 之值。

• [解]

  令 $f(z)=\frac{1}{z^4+4} e^{i z}$ 以及 $z^4+4=(z^2+2i)(z^2-2i)$，因此在上半平面有單極點 $z=1+i$ 、$z=-1+i$ ，對應的留數為

  $$\begin{align*} \text{Res}[f,1+i] &=\lim_{z\to 1+i}(z-1-i)\frac{1}{z^4+4} e^{i z} =\lim_{z\to 1+i} \frac{e^{i z}+i(z-1-i)e^{i z}}{4z^3} \\ &=\frac{e^{-1+i}}{4(1+i)^3} =\frac{-e^i(1+i)}{16e} =\frac{\sin 1-\cos 1-i(\sin 1+\cos 1)}{16e},\\ \text{Res}[f,-1+i] &=\lim_{z\to -1+i}(z+1-i)\frac{1}{z^4+4} e^{i z} =\lim_{z\to -1+i} \frac{e^{i z}+i(z+1-i)e^{i z}}{4z^3} \\ &=\frac{e^{-(1+i)}}{4(-1+i)^3} =\frac{-e^{-i}(1+i)}{16e} =\frac{\cos 1-\sin 1-i(\cos 1+\sin 1)}{16e},\\ \end{align*}$$

  所以

  $$P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{\cos x}{x^4+4} dx =- 2\pi \text{Im}( \text{Res}[f,1+i]+\text{Res}[f,-1+i])=\frac{\cos 1+\sin 1}{4e}\pi.$$

習題

1. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x^2+9} \cos x~dx$ 與 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x^2+9}\sin x~dx$。

2. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{x^2+9} \cos x~dx$ 與 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{x^2+9} \sin x~dx$。

3. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{(x^2+9)^2} \cos x~dx$ 與 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{(x^2+9)^2}\sin x~dx$。

4. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{(x^2+9)^2} \cos x~dx$ 與 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{(x^2+9)^2} \sin x~dx$。

5. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{(x^2+4)(x^2+9)^2} \cos x~dx$ 。

6. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x^2-2x+5} \cos x~dx$ 。

7. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x^2-4x+5} \cos x~dx$ 。