8.6 分支積分 (Integration with Branch Points)

若被積函數包含有 $z^\alpha$ 型式在內，其中 $0<\alpha<1$，考慮此函數之 $\log_0$ 分支(即分支切 (branch cut) 在正 $x$ 軸)，則若 $z=|z| e^{i \arg_0 z}=r e^{i\theta}\neq 0,~0< \theta\le 2\pi$，因

因此 $z^\alpha$ 在區域 $\{r e^{i\theta}: r>0,~0<\theta <2\pi \}$ 內為解析。

定理8.6-1. 令 $P$ 與 $Q$ 為多項式，且 $\deg(Q)\ge \deg(P)+2$。設 $Q(x)\neq 0,~\forall x>0$， $Q$ 在原點的零點階數最多為 $1$，以及 $f(z)=\frac{z^\alpha P(z)}{Q(z)},~0<\alpha<1$ ，則

其中 $z_1, z_2, \ldots, z_k$ 為 $\frac{P}{Q}$ 之非零極點。

• [證明]

  令正向繞上半圓 $C_R = \{ R e^{i\theta}: 0\le \theta \le \pi\}$、 $C_r=\{r e^{i\theta}: \frac{\pi}{2}\le \theta \le \frac{3\pi}{2}\}$、 $\Gamma_1=\{x-i r): -R\le -x\le 0\}$ 以及 $\Gamma_2=\{x+ir: 0\le x\le R\}$。參考下圖，積分路徑選為 $C=C_R+\Gamma_1-C_r+\Gamma_2$ ，選擇 $R$ 使得 $C$ 含 $Q$ 的零點在內，因此

  $$\lim_{R\to \infty}\oint_C f(z) dz = 2\pi i \sum_{j=1}^k \text{Res}[f,z_j].$$

  

  從定理8.3-1.的證明過程可知

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

  由於 $Q$ 在原點的零點接數最多為 $1$，亦即存在多項式 $g(z)$ 使得

  $$\begin{align*} \lim_{r\to 0^+}\int_{C_r} f(z)dz &=\lim_{r\to 0^+}\int_{C_r} z^\alpha \left[ \frac{\text{Res}[\frac{P}{Q},0]}{z}+g(z)\right]dz\\ &=\lim_{r\to 0^+} \left[i r^\alpha \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} e^{i\alpha \theta} + i r^{1+\alpha} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} g(r e^{i\theta})e^{i\theta}\right] d\theta =0. \end{align*}$$

  設 $z\in\Gamma_1$ ，對應的參數式為

  $$z=x+ir = \sqrt{x^2+r^2}e^{i(2\pi-\theta)},~-R\le -x\le 0,~\theta=\tan^{-1}\frac{r}{x}，$$

  則有

  $$\begin{align*} \lim_{r\to 0^+}z &=\lim_{r\to 0^+}x-ir = x, \\ \lim_{r\to 0^+} z^\alpha &=\lim_{r\to 0^+} (x-i r)^\alpha = \lim_{r\to 0^+} (x^2+r^2)^{\frac{\alpha}{2}} e^{i\alpha(2\pi-\theta)}=x^\alpha\cdot e^{i\alpha 2\pi}. \end{align*}$$

  因此

  $$\begin{align*} \lim_{r\to0^+}\int_{\Gamma_1} \frac{z^\alpha P(z)}{Q(z)} dz &=\int_{R}^0 e^{i\alpha 2\pi} \frac{x^\alpha P(x)}{Q(x)} dx =-e^{i\alpha 2\pi} \int_{0}^R \frac{x^\alpha P(x)}{Q(x)}dx = -e^{i\alpha 2\pi} \int_{\Gamma_2} \frac{x^\alpha P(x)}{Q(x)}dx. \end{align*}$$

  可得

  $$\begin{align*} \lim_{R\to \infty\atop r\to 0^+} \int_{C} f(z)dz &= \lim_{R\to \infty} \int_{C_R} f(z)dz =\lim_{R\to \infty} \int_{\Gamma_1} f(z)dz -\lim_{r\to 0^+} \int_{C_r} f(z)dz +\lim_{R\to \infty} \int_{\Gamma_1} f(z)dz\\ &=\lim_{R\to \infty} (1-e^{i\alpha 2\pi})\int_{0}^{R} \frac{x^\alpha P(x)}{Q(x)} dx, \end{align*}$$

  所以

  $$\begin{align*} P.V.\int_{0}^\infty \frac{x^\alpha P(x)}{Q(x)}dx &=\frac{2\pi i}{1-e^{i\alpha 2\pi}}\sum_{j=1}^k \text{Res}[f,z_j],\quad f(z)=\frac{z^\alpha P(z)}{Q(z)}. \end{align*}$$

  $\hspace{10.5cm}\blacksquare$

範例8.6-1. 計算 $\displaystyle \int_{0}^\infty \frac{x^\alpha}{x(x+1)}dx$ 之值，其中 $0<\alpha<1$。

• [暇積分存在性]

  被積函數可以改寫成 $\frac{x^\alpha}{x(x+1)} = \frac{1}{x^{1-\alpha}(x-1)}$，可得 $x^{1-\alpha}(x+1)=x^{2-\alpha}+x^{1-\alpha}\ge x^{2-\alpha}\ge x^{1-\alpha},~\forall x\ge 0$，且 $2-\alpha>1-\alpha>0$，因此

  $$\begin{align*} \int_0^1\frac{x^\alpha}{x(x+1)}dx &\le \int_0^1\frac{1}{x^{1-\alpha}} =\lim_{r\to 0^+} \int_0^r\frac{1}{x^{1-\alpha}}dx =\lim_{r\to 0^+} \frac{x^\alpha}{\alpha}\bigg|_1^b = \lim_{r\to 0^+}\frac{1-r^\alpha}{\alpha} =\frac{1}{\alpha}, \\ \int_1^\infty\frac{x^\alpha}{x(x+1)}dx &\le \int_1^\infty\frac{1}{x^{2-\alpha}} =\lim_{b\to \infty} \int_r^1\frac{1}{x^{2-\alpha}}dx =\lim_{b\to \infty} \frac{x^{\alpha-1}}{\alpha-1}\bigg|_1^b = \lim_{b\to \infty}\frac{1-\frac{1}{b^{1-\alpha}}}{1-\alpha} =\frac{1}{1-\alpha}, \end{align*}$$

  整理可得

  $$\int_{0}^\infty \frac{x^\alpha}{x(x+1)} dx \le \frac{1}{\alpha}+\frac{1}{1-\alpha}=\frac{1}{\alpha(1-\alpha)}.$$

  即此瑕積分存在。

• [解]

  由於被積函數分母 $x(x+1)$ 在原點的零極點階數為 $1$ ，因此其值利用定理8.6-1可得；由於

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

  則

  $$\begin{align*} P.V. \int_{0}^\infty \frac{x^\alpha}{x(x+1)}dx &=\int_{0}^\infty \frac{x^\alpha}{x(x+1)}dx = \frac{2\pi i}{1-e^{i\alpha 2\pi}} \text{Res}[\frac{z^\alpha}{z(z+1)},-1] \\ &= -\frac{2\pi i}{1-e^{i\alpha 2\pi}} e^{i\alpha \pi} =\frac{\pi}{\frac{e^{i\alpha \pi}-e^{-i\alpha \pi}}{2i}}=\frac{\pi}{\sin\alpha\pi}. \end{align*}$$

範例8.6-2. 推導 $\displaystyle P.V.\int_{0}^\infty \frac{\ln x}{x^2+a^2} dx$ 之值，其中 $a>0$。

• [解]

  令 $f(z)=\frac{\log_{-\frac{\pi}{2}}z}{z^2+a^2}$ ，一階極點 $z=\pm i a$，以及

  $$\begin{align*} \log_{-\frac{\pi}{2}} z = \ln |z|+i\arg_{-\frac{\pi}{2}}z =\ln r +i \theta,\quad z=r e^{i\theta}\neq 0, ~-\frac{\pi}{2}< \theta \le \frac{3\pi}{2}. \end{align*}$$

  此外，

  $$\begin{align*} \text{Res}[f,ia] &=\lim_{z\to ia}(z+ia)\frac{\log_{-\frac{\pi}{2}} z}{z^2+a^2} =\lim_{z\to ia}\frac{\log_{-\frac{\pi}{2}} z+(z+ia)\frac{1}{z}}{2z} =\frac{\log_{-\frac{\pi}{2}}(ia)}{2 ia} \\ &=\frac{1}{2i}\frac{\ln |ia|+i\arg_{-\frac{\pi}{2}}z}{a} =\frac{1}{2i}\frac{\ln a+i\frac{\pi}{2}}{a} =\frac{1}{2i}\left(\frac{\ln a}{a}+i\frac{\pi}{2a}\right). \end{align*}$$

  設 $C_r: z=re^{i\theta}$ 與 $C_R: z=R e^{i\theta}$，其中 $0\le \theta\le \pi$，以及取如下圖所示的積分路徑 $C=C_R + ([-R,-r]\times \{0\})-C_r+([r,R]\times \{0\})$，則

  

  $$\begin{align*} \int_C f(z) dz &= 2\pi i \text{Res}[f,ia] =2\pi i\frac{1}{2i}\left(\frac{\ln a}{a}+i\frac{\pi}{2a}\right) =\frac{\pi \ln a}{a}+i\frac{\pi^2}{2a}. \end{align*}$$

  又當 $R>a$ 時，透過 ML不等式知

  $$\begin{align*} \lim_{R\to \infty} \left|\int_{C_R} f(z)dz\right| &= \lim_{R\to \infty} \left|\int_{0}^\pi \frac{\ln R+i\theta}{R^2e^{i2\theta}+a^2}iRe^{i\theta}d\theta \right| \le \lim_{R\to \infty} \frac{\ln R+\pi }{R^2 -a^2} R\pi =0, \\ \lim_{r\to 0^+} \left|\int_{C_r} f(z)dz\right| &= \lim_{r\to 0^+} \left|\int_{0}^\pi \frac{\ln r+i\theta}{r^2e^{i2\theta}+a^2}ire^{i\theta}d\theta \right| \le \lim_{r\to 0^+} \frac{\pi-\ln r }{a^2-r^2} r\pi=0. \end{align*}$$

  所以

  $$\begin{align*} \int_{-R}^{-r}f(x)dx &= \int_{-R}^{-r} \frac{\ln |x|+i \pi}{x^2+a^2} dx = \int_{r}^{R} \frac{\ln |x|+i \pi}{x^2+a^2} dx \\ &= \int_{r}^{R} \frac{\ln x}{x^2+a^2} dx+i\pi \int_{r}^{R} \frac{1}{x^2+a^2} dx, \end{align*}$$

  因此

  $$\begin{align*} \lim_{R\to\infty \atop r\to 0^+} \oint_{C} f(z)dz &=\lim_{R\to\infty}\int_{C_R} f(z) dz +\lim_{R\to\infty \atop r\to 0^+} \int_{-R}^{-r} f(x)dx -\lim_{r\to 0^+}\int_{C_r} f(z) dz +\lim_{R\to\infty \atop r\to 0^+} \int_{r}^{R} f(x)dx \\ &= \lim_{R\to\infty \atop r\to 0^+} \int_{r}^{R} \frac{2\ln x+i \pi}{x^2+a^2} dx = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{x^2+a^2} dx +i\pi \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^2+a^2} dx. \end{align*}$$

  又

  $$\int_0^\infty \frac{1}{x^2+a^2}dx =\frac{1}{a}\int_0^\infty \frac{1}{1+(\frac{x}{a})^2}d(\frac{x}{a}) =\frac{1}{a}\tan^{-1}\frac{x}{a}\bigg|_0^\infty = \frac{\pi}{2a},$$

  整理可得

  $$\begin{align*} P.V. \int_{0}^\infty \frac{\ln x}{x^2+a^2} dx &= \frac{1}{2} \left(\lim_{R\to\infty \atop r\to 0^+} \oint_{C} f(z)dz -i\pi\int_0^\infty\frac{1}{x^2+a^2}dx\right)\\ &=\frac{1}{2} \left(\frac{\pi \ln a}{a}+i\frac{\pi^2}{2a} -\pi i\frac{\pi}{2a}\right) =\frac{\pi \ln a}{2a}. \end{align*}$$

習題

1. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{0}^\infty \frac{1}{x^\frac{2}{3}(1+x)} ~dx$。

2. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{0}^\infty \frac{1}{x^\frac{1}{2}(1+x)} ~dx$。

3. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{0}^\infty \frac{x^\frac{1}{2}}{(1+x)^2} ~dx$。

4. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{0}^\infty \frac{\ln (x^2+1)}{x^2+1} ~dx$。 註：取 $f(z)=\frac{\log(z+i)}{z^2+1}$。

5. 計算 $\displaystyle P.V. \int_{0}^\infty \frac{\ln x}{(x^2+1)^2} ~dx$。