8.5 內縮圍線積分 (Indented Contour Integrals)

處理瑕積分問題，只不過被積分函數在積分區間內有不連續點存在。例如設 $b\in[a,c]$，瑕積分有下列三種情形：

1. $f\in C(b,c]$，即 $f$ 在 $b$ 不連續，則瑕積分 $\displaystyle \int_{b}^c f(x) dx=\lim\limits_{r\to b^+} \int_r^c f(x) dx$。若極限存在，則極限值為瑕積分之值；反之，若極限不存在，則稱瑕積分發散。例如：

   $$\int_0^9\frac{dx}{2\sqrt{x}}=\lim_{r\to 0^+}\int_r^9\frac{dx}{2\sqrt{x}} =\lim_{r\to 0^+}\sqrt{x}\bigg|_r^9=3-\lim_{r\to 0^+}\sqrt{r}=3,$$

   亦即瑕積分 $\displaystyle \int_0^9\frac{dx}{2\sqrt{x}}$ 存在且積分值為 $3$。

2. $f\in C[a,b)$，即 $f$ 在 $b$ 不連續，則瑕積分 $\displaystyle \int_{a}^b f(x) dx=\lim\limits_{r\to b^-} \int_a^r f(x) dx$。

3. $f$ 在 $[a,c]$ 除 $b$ 外均連續，則結合1,2之討論有

針對情形3之瑕積分，我們定義其 Cauchy 主值 (principal value) 為

舉例說明如下：

範例8.5-1. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-1}^8 \frac{1}{x^{\frac13}}dx$。

• [解]

  $$\begin{align*} P.V. \int_{-1}^8\frac{1}{x^{\frac13}}dx &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left[\int_{-1}^{-\varepsilon}\frac{1}{x^{\frac13}}dx +\int_{\varepsilon}^{8}\frac{1}{x^{\frac13}}dx\right] =\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left[\frac32 x^{\frac23}\bigg|_{-1}^{-\varepsilon}+\frac32 x^{\frac23}\bigg|_{\varepsilon}^8\right]\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left[\frac32(\varepsilon^{\frac23}-1) +\frac32 (4-\varepsilon^{\frac23})\right] =\frac{9}{2}. \end{align*}$$

由於計算主值時會運用圍線積分，而碰到的問題是積分路徑內($x$軸上)有不連續，則其值如以下引理所證。

引理8.5-1. 設 $f$ 在 $x$-軸上有單極點在 $t_0$ 位置，令 $C_r = \{ z\in\mathbb{C}: z=t_0+r e^{i\theta},~0\le \theta\le \pi\}$，則

• [證明]

  因 $t_0$ 為 $f$ 之單極點，則 $f$ 在 $z=t_0$ 之Laurent級數為

  $$\displaystyle f(z)=\frac{\text{Res}[f,t_0]}{z-t_0}+g(z),$$

  其中存在常數 $\rho$ 使得 $g(z)$ 在 $D_\rho(t_0)$ 區域內解析。透過 $C_r$ 之參數化計算積分 $\displaystyle \int_{C_r} f(z)dz$ 可得

  $$\begin{align*} \int_{C_r}f(z)dz &=\int_{C_r} \left[\frac{\text{Res}[f,t_0]}{z-t_0}+g(z)\right]dz =\text{Res}[f,t_0] \int_{C_r}\frac{1}{z-t_0}dz +\int_{C_r}g(z)dz \\ &=\text{Res}[f,t_0] \int_{0}^{\pi}\frac{ir e^{i\theta}}{re^{i\theta}}d\theta +\int_{0}^{\pi}g(t_0+re^{i\theta})i r e^{i\theta}d\theta\\ &=\pi i~\text{Res}[f,t_0]+ir \int_0^{\pi} g(t_0+r e^{i\theta})d\theta. \end{align*}$$

  當 $r<\rho$ 時， $g(z)$ 在 $C_r\cup \text{Int}(C_r)$ 區域解析，故 $g(z)$ 在 $t_0$ 連續，因此 $\exist M>0$ 使得 $\left| g(t_0+r e^{i\theta})\right|\le M$，即

  $$\lim_{r\to 0} \left| i r \int_0^\pi g(t_0+r e^{i\theta})d\theta\right| \le \lim_{r\to 0} r\int_0^\pi M d\theta = \lim_{r\to 0^+} r M \pi =0.$$

  故得 $\displaystyle \lim\limits_{r\to 0} \int_{C_r} f(z) dz = \pi~ i~\text{Res}[f,t_0]$。 $\hspace{5.5cm}\blacksquare$

利用此引理可證明以下主要結。

定理8.5-1. 令 $P$ 與 $Q$ 為多項式，且 $\deg(Q)\ge \deg(P)+2$，以及 $f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}$ 且 $t_1, t_2,\ldots,t_\ell$ 為 $Q(z)$ 在 $x$軸上之單零點，則

其中 $z_1, z_2, \ldots, z_k$ 為 $f(z)$ 在上半平面之極點。

• [證明]

  設正向繞上半圓 $C_R = \{ R e^{i\theta}: 0\le \theta \le \pi\}$ 包含 $f(z)$ 在上半平面之所有極點，$C_j = \{t_j+re^{i\theta}: 0\le \theta\le \pi\},~j=1,2,\ldots, l$ ，亦即 $C_j$ 是以 $t_j$ 圓心半徑為 $r$ 之正向繞上半圓，又 $\Gamma_{R,r}=\{(x,0):-R\le x\le R\}\setminus \bigcup\limits_{j=1}^l \{(t_j+x,0): -r_j<x<r_j\}$ 為 $x$ 軸上區間 $[-R,R]$ 扣除 $C_j$ 內部所圍之區間。參考下圖，取積分圍線為 $\displaystyle C=\Gamma_{R,r}\cup C_R \cup\left( -\bigcup\limits_{j=1}^l C_j \right)$， 因此

  

  $$\begin{align*} P.V.\int_{-\infty}^\infty f(x) dx &=\lim_{R\to \infty \atop r\to 0} \int_{\Gamma_{R,r}} f(z) dz\\ &=\lim_{R\to \infty \atop r\to 0} \oint_{C} f(z)dz -\lim_{R\to \infty} \int_{C_R} f(z)dz +\lim_{r\to 0} \sum_{j=1}^l \int_{C_j} f(z)dz. \end{align*}$$

  由於 $\deg(Q)\ge \deg(P)+2$，重複定理8.3-1. 之證明可得

  $$\lim_{R\to \infty} \int_{C_R} f(z)dz= \lim_{R\to \infty} \int_{C_R} \frac{P(z)}{Q(z)}dz=0.$$

  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。$\hspace{3.5cm}\blacksquare$

注意， $t_1, t_2,\ldots,t_\ell$ 為 $Q(z)$ 在 $x$軸上之單零點，也是 $f(z)$ 在 $x$軸上之單極點。同樣作法可證明：

定理8.5-2. 設 $f(z)= e^{i \alpha z} \frac{P(z)}{Q(z)},~\alpha>0$ ，其中 $\deg{Q}\ge \deg(P)+1$，且 $t_1, t_2, \ldots, t_\ell$ 為 $Q$ 在 $x$軸之單零點，則

其中 $z_1, z_2, \ldots, z_k$ 為 $f$ 之上半平面的極點。

• [證明]

  證法同定理8.5-1之方式。

範例8.5-2. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{x^3-8}dx$ 之值。

• [解]

  令 $f(z)=\frac{z}{z^3-8}=\frac{z}{(z-2)(z^2+2z+4)}=\frac{z}{(z-2)(z+1+i\sqrt{3})(z+1-i\sqrt{3})}$，在上半平面只有單極點 $z=-1+i\sqrt{3}$ ，而在 $x$ 軸上之單極點有 $z=2$，如此

  $$\begin{align*} \text{Res}[f,-1+i\sqrt{3}] &=\lim_{z\to -1+i\sqrt{3}}(z+1-i\sqrt{3})\frac{z}{z^3-8} =\lim_{z\to -1+i\sqrt{3}}\frac{2z+1-i\sqrt{3}}{3z^2}=\frac{-1+i\sqrt{3}}{6(-1-i\sqrt{3})}=\frac{-1-i\sqrt{3}}{12},\\ \text{Res}[f,2] &=\lim_{z\to 2}(z-2)\frac{z}{z^3-8} =\lim_{z\to 2}\frac{2z-2}{3z^2}=\frac{1}{6}, \end{align*}$$

  因此由定理8.5-1.可得

  $$P. V. \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{x^3-8} dx =2\pi i~ \text{Res}[f,-1+i\sqrt{3}]+\pi i~ \text{Res}[f,2]=2\pi i\frac{-1-i\sqrt{3}}{12}+\pi i\frac{1}{6}=\frac{\sqrt{3}}{6}\pi.$$

範例8.5-3. 使用電腦代數系統估算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{x^3-8}dx$ 之值。

• [解]

  令 $f(x)=\frac{x}{x^3-8}$，使用 Geogebra 進行不定積分的計算，圖示如下：

  

  可得 $f$ 之反導數 $g(x)$ 為

  $$\begin{align*} g(x)=\int \frac{x}{x^3-8}dx &=\frac16 \ln|x-2|-\frac1{12} \ln(x^2+2x+4)+\frac{\sqrt{3}}{6}\tan^{-1}\left(\frac{x+1}{\sqrt{3}}\right)+C \\ &=\frac1{12} \ln(x-2)^2-\frac1{12} \ln((x+1)^2+3)+\frac{1}{2\sqrt{3}}\tan^{-1}\left(\frac{x+1}{\sqrt{3}}\right)+C \end{align*}$$

  其圖形如下：

  

  從圖形上可以看出 $\lim\limits_{x\to 2}g(x)=-\infty$，且

  $$\lim_{x\to \infty} g(x) =\lim_{x\to \infty} \frac{\tan^{-1}(\frac{1+x}{\sqrt{3}})}{2\sqrt{3}} =\frac{\pi}{4\sqrt{3}},\quad \lim_{x\to -\infty} g(x) =\lim_{x\to -\infty} \frac{\tan^{-1}(\frac{1+x}{\sqrt{3}})}{2\sqrt{3}} =-\frac{\pi}{4\sqrt{3}}.$$

  因此

  $$\begin{align*} P.V.\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{x^3-8} dx &=\lim_{r\to0^+}\left(\int_{-\infty}^{2-r} \frac{x}{x^3-8} +\int_{2+r}^{\infty} \frac{x}{x^3-8}\right) \\ &=\lim_{r\to 0^+ \atop x\to\infty} g(2-r)-g(-x)+g(x)-g(2+r) =\lim_{x\to\infty} g(x)-g(-x) =\frac{\pi}{2\sqrt{3}}. \end{align*}$$

  此因

  $$g(2-r)-g(2+r)=\frac1{12} \ln\frac{(3+r)^2+3}{(3- r)^2+3}+\frac{1}{2\sqrt{3}}\left[\tan^{-1}\left(\frac{3- r}{\sqrt{3}}\right)-\tan^{-1}\left(\frac{3+ r}{\sqrt{3}}\right)\right]$$

  所以 $\lim\limits_{r\to 0^+} g(2-r)-g(2+r)=0$。

範例8.5-4. 推導 $\displaystyle P.V.\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin x}{(x-1)(x^2+4)} dx$ 之值。

• [解]

  令 $f(z)=\frac{e^{i z}}{(z-1)(z^2+4)}=\frac{e^{i z}}{(z-1)(z-2i)(z+2i)}$ ，因此在上半平面有單極點 $z=2i$ ，而在 $x$ 軸上之單極點有 $z=1$，如此

  $$\begin{align*} \text{Res}[f,2i] &=\lim_{z\to 2i}(z-2i)\frac{e^{i z} }{(z-1)(z^2+4)}=\lim_{z\to 2i} \frac{e^{i z}+(z-2i)ie^{i z}}{3z^2-2z+4} \\ &=\frac{e^{-2}}{-4(2+i)} =\frac{-e^{-2}(2-i)}{20} =\frac{-2+i}{20 e^2},\\ \text{Res}[f,1] &=\lim_{z\to 1}(z-1)\frac{e^{i z}}{(z-1)(z^2+4)} =\lim_{z\to 1}\frac{e^{i z}}{z^2+4} =\frac{e^{i}}{5}. \end{align*}$$

  所以

  $$\begin{align*} P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin x}{(x-1)(x^2+4)} dx &= 2\pi \text{Re}( \text{Res}[f,2i])+\pi \text{Re}(\text{Res}[f,1]) \\ &=2\pi \text{Re}(\frac{-2+i}{20 e^2})+\pi \text{Re}(\frac{e^i}{5}) =2\pi \frac{-1}{10e^2}+\pi \frac{\cos 1}{5} =\frac{\pi}{5}(\cos 1-\frac1{e^{2}}). \end{align*}$$

習題

1. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x(x-1)(x-2)} dx$ 。

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

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

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

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

6. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{0}^\infty \frac{1}{x^3+1}dx$ 。註：積分圍線 $C=L_1+C_R-L2$，如下圖所示：