最后更新: 2026-02-22 11:39 查看: 90 次纠错评论(0) 课件开VIP

傅里叶分析中的广义积分(形如Rex积分)

## 形如 $\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) e ^{i a x} d x(a>0)$ 的积分

这一节的目的是用留数理论计算一般形式为

$$
\text { p. v. } \int_{-\infty}^{\infty} \frac{P(x)}{Q(x)} \cos m x \mathrm{~d} x, \quad \text { p. v. } \int_{-\infty}^{\infty} \frac{P(x)}{Q(x)} \sin m x \mathrm{~d} x
$$

的积分，其中 $m$ 是实数，$P(x) / Q(x)$ 表示在 $(-\infty, \infty)$ 上连续的有理函数．

$R(x)$ 是真分式，在实轴上无奇点．则

$$
\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) \mathrm{e}^{\mathrm{i} a x} \mathrm{~d} x=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{P(x)}{Q(x)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} a x} \mathrm{~d} x=2 \pi \mathrm{i} \sum_{k=1}^n \operatorname{Res}\left[f(z), z_k\right],
$$

其中 $f(z)=R(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} a z}, z_k$ 为 $f(z)$ 在上半平面的奇点．
为了后面的积分估计，我们先来介绍若尔当（Jordan）引理：
定理 5．9（若尔当引理）设函数 $g(z)$ 在闭区域 $\theta_1 \leqslant \arg z \leqslant \theta_2$ ， $R_0 \leqslant|z| \leqslant+\infty\left(R_0 \geqslant 0,0 \leqslant \theta_1 \leqslant \theta_2 \leqslant \pi\right)$ 上连续，并设 $C_R$ 是该闭区域上的一段以原点为中心，$R\left(R>R_0\right)$ 为半径的
圆弧．若当 $z$ 在这闭区域上时，
 
  
$$
\lim _{z \rightarrow \infty} g(z)=0,
$$

则对任何 $a>0$ ，有

$$
\lim _{R \rightarrow+\infty} \int_{C_R} g(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} a z} \mathrm{~d} z=0 .
$$

证明：略。

### 总结
要求（1）$R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$ ，其中，$P(x), Q(x)$ 为多项式；
（2）分母 $Q(x)$ 的次数比分子 $P(x)$ 的次数至少高一次；
（3）分母 $Q(x)$ 无实零点。
方法 $\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) e ^{i a x} d x=2 \pi i \sum_k \operatorname{Res}\left[R(z) e ^{i a z}, z_k\right]$ ．
其中，$z_k$ 是 $R ( z )$ 在上半平面内的孤立奇点。

方法 $\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) e ^{i a x} d x=2 \pi i \sum_k \operatorname{Res}\left[R(z) e ^{i a z}, z_k\right] \xlongequal{\text { 记为 }} A+i B$ ．

特别 $\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) \cos a x d x=A ; \quad \int_{-\infty}^{+\infty} R(x) \sin a x d x=B$ ．

##  傅里叶里的广义积分
留数理论在计算形如

$$
\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \sin a x \mathrm{~d} x \text { 或 } \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \cos a x \mathrm{~d} x ...(1)
$$

且收敛的广义积分中非常有用，这里 $a$ 为正数．跟上一节一样，假设 $f(x)=p(x) / q(x), p(x)$ 和 $q(x)$ 为实系数多项式且无公因式，且 $q(x)$ 在实轴上无零点，但在上半平面至少有一个零点．式（1）的积分在傅里叶积分理论和应用的研究中出现．

上一节介绍方法不能在本节直接应用．其原因在于

$$
|\sin a z|^2=\sin ^2 a x+\sinh ^2 a y
$$

和

$$
|\cos a z|^2=\cos ^2 a x+\sinh ^2 a y .
$$

更确切地说，因为

$$
\sinh a y=\frac{\mathrm{e}^{a y}-\mathrm{e}^{-a y}}{2},
$$

模 $|\sin a z|$ 和模 $|\cos a z|$ 在 $y$ 趋于无穷时，增长性与 $\mathrm{e}^{a y}$ 相似．下面例子所用方法的改变主要基于以下的事实：

$$
\int_{-R}^R f(x) \cos a x \mathrm{~d} x+\mathrm{i} \int_{-R}^R f(x) \sin a x \mathrm{~d} x=\int_{-R}^R f(x) \mathrm{e}^{\mathrm{i} a x} \mathrm{~d} x,
$$

以及模

$$
\left|\mathrm{e}^{\mathrm{i} a x}\right|=\left|\mathrm{e}^{\mathrm{i} a(x+\mathrm{i} y)}\right|=\left|\mathrm{e}^{-a y} \mathrm{e}^{\mathrm{i} a x}\right|=\mathrm{e}^{-a y}
$$

在上半平面 $y \geqslant 0$ 有界．

`例` 证明：

$$
\int_0^{+\infty} \frac{\cos 2 x}{\left(x^2+4\right)^2} \mathrm{~d} x=\frac{5 \pi}{32 \mathrm{e}^4}
$$

引人辅助函数

$$
f(z)=\frac{1}{\left(z^2+4\right)^2}
$$

并注意到 $f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 z}$ 在实轴上以及上半平面内，除 $z=2 \mathrm{i}$ 外处处解析。奇点 $z=2 \mathrm{i}$ 落在下图 所示的由实轴上的线段 $-R \leqslant x \leqslant R$ 和圆 $|z|=R(R>2)$ 的上半圆周 $C_R$ 所围成的区域内。

![图片](/uploads/2026-02/a17971.jpg)

对函数 $f(z) e^{\mathrm{i} 2 z z}$ 沿图 102 所示的路径 $C_R$ 进行积分，可得

$$
\int_{-R}^R \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 x}}{\left(x^2+4\right)^2} \mathrm{~d} x=2 \pi \mathrm{i} B-\int_{C_x} f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 z} \mathrm{~d} z
$$

其中，

$$
B=\operatorname{Res}_{z=2 \mathrm{i}}\left[f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 z}\right]
$$

由于

$$
f(z)=\frac{\varphi(z)}{(z-2 \mathrm{i})^2} \text {, 其中 } \varphi(z)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 z}}{(z+2 \mathrm{i})^2} \text {, }
$$

显然点 $z=2 \mathrm{i}$ 为 $f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 z}$ 的 $m=2$ 阶极点，且直接可以得到

$$
B=\varphi^{\prime}(2 \mathrm{i})=\frac{5}{32 \mathrm{e}^4 \mathrm{i}}
$$

比较式（4）左、右两边的实部可得

$$
\int_{-R}^R \frac{\cos 2 x}{\left(x^2+4\right)^2} \mathrm{~d} x=\frac{5 \pi}{16 \mathrm{e}^4}-\operatorname{Re} \int_{c_n} f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 z} \mathrm{~d} z ...(5)
$$

当 $z$ 在 $C_R$ 上时，
$$
|f(z)| \leqslant M_R \text {, 其中 } M_R=\frac{1}{\left(R^2-4\right)^2} \text {, }
$$

且 $\left|\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 z}\right|=\mathrm{e}^{-2 y} \leqslant 1$ ．因此，由复数的性质 $|\operatorname{Re}(z)| \leqslant|z|$ ，可知

$$
\left|\operatorname{Re} \int_{C_k} f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 z} \mathrm{~d} z\right| \leqslant\left|\int_{C_k} f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 z} \mathrm{~d} z\right| \leqslant M_R \pi R ...(6)
$$

因为当 $R$ 趋于 $+\infty$ 时，

$$
M_R \pi R=\frac{\pi R}{\left(R^2-4\right)^2} \cdot \frac{\frac{1}{R^4}}{\frac{1}{R^4}}=\frac{\frac{\pi}{R^3}}{\left(1-\frac{4}{R^2}\right)^2}
$$

趋于 0 ，结合式（6），在式（5）中令 $R$ 趋于 $+\infty$ ，即得结论（2）的等价形式

$$
\text { P. V. } \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos 2 x}{\left(x^2+4\right)^2} \mathrm{~d} x=\frac{5 \pi}{16 \mathrm{e}^4} .
$$

## 理解：傅里叶积分
$$
\int_{-\infty}^{+\infty} R(x)\,e^{iax}\,dx,\quad a>0
$$

---

### 1. 它到底是什么？
它就是：
**实轴上的复指数积分 + 有理函数**
本质是：
**用复变函数算傅里叶积分**

你可以把它看成：
$$
\int_{-\infty}^{+\infty} \underbrace{R(x)}_{\text{普通函数}}
\underbrace{\big(\cos(ax)+i\sin(ax)\big)}_{\text{振荡波}} dx
$$

---

### 2. 为什么要用上半平面？（最关键的直观）
看指数：
$$
e^{iaz} = e^{ia(x+iy)} = e^{iax}\cdot e^{-ay}
$$

- 在上半平面：$y>0$
- 因为 $a>0$，所以
  $$
  e^{-ay} \to 0 \quad (y\to+\infty)
  $$
  也就是：**波会指数衰减到0**

- 在下半平面：$y<0$
  $$
  e^{-ay} = e^{|ay|}\to\infty
  $$
  会**爆炸**，不能用。

所以：
**a>0 ⇒ 只能用上半平面围道**

---

### 3. 围道是什么？（画个图你就懂）
我们取一个**上半平面的半圆围道**：
1. 实轴从 $-\infty$ 到 $+\infty$
2. 上半平面大圆弧 $C_R$，半径 $R\to\infty$

整个围道积分：
$$
\oint = \int_{-\infty}^{+\infty} + \int_{C_R}
$$

---

### 4. 为什么圆弧上积分等于0？——约当引理
约当引理一句话：
**只要分母比分子高一次以上，
上半平面无穷大圆弧上的积分自动消失。**

$$
\int_{C_R} R(z)e^{iaz}\,dz \xrightarrow{R\to\infty} 0
$$

因为：
- $e^{iaz}$ 指数衰减
- $R(z)$ 是有理函数，衰减足够快

所以：
$$
\int_{-\infty}^{+\infty} = \oint_{\text{围道}}
$$

---

### 5. 围道积分 = 2πi × 上半平面留数和
复变最核心定理：
**闭合围道积分 = 2πi × 内部所有极点的留数和**

于是直接得到：
$$
\boxed{
\int_{-\infty}^{+\infty} R(x)e^{iax}\,dx
= 2\pi i \sum_{\mathrm{Im}\,z_k>0} \mathrm{Res}\big[R(z)e^{iaz},\ z_k\big]
}
$$

---

### 6. 最浓缩的理解（背这句就够）
- $a>0$ ⇒ **上半平面指数衰减**
- 无穷大半圆积分→0
- 实轴积分 = 围道积分
- 围道积分 = **2πi × 上半平面所有极点留数和**
## 例题

`例`$I=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x \cos x}{x^2-2 x+10} d x$ ．
解（1）令 $f(z)=\frac{z e ^{i z}}{z^2-2 z+10}=\frac{z e ^{i z}}{(z-1-3 i)(z-1+3 i)}$ ，
在上半平面内， $1+3 i$ 为一阶极点。

$$
\operatorname{Res}[f(z), 1+3 i]=\left.\frac{z e^{i z}}{2 z-2}\right|_{z=1+3 i}=\frac{1+3 i}{6 i} e^{-3+i}
$$

（2）

$$
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x e^{i x}}{x^2-2 x+10} d x & =2 \pi i \cdot \frac{1+3 i}{6 i} e^{-3+i} \\
& =\frac{\pi}{3} e^{-3}(1+3 i)(\cos 1+i \sin 1)
\end{aligned}
$$

$I=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x \cos x}{x^2-2 x+10} d x$.
  $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x e ^{i x}}{x^2-2 x+10} d x=\frac{\pi}{3} e ^{-3}(1+3 i)(\cos 1+i \sin 1)$.
(3) $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x \cos x}{x^2-2 x+10} d x=\frac{\pi}{3} e ^{-3}(\cos 1-3 \sin 1)$;

$$
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x \sin x}{x^2-2 x+10} d x=\frac{\pi}{3} e^{-3}(3 \cos 1+\sin 1)
$$

`例`$I=\int_0^{+\infty} \frac{\cos a x-\cos b x}{x^2+1} d x, \quad(a>0, b>0)$ ．
解（1）令 $f(z)=\frac{ e ^{i a z}}{z^2+1}$ ，在上半平面内，$i$ 为一阶极点，

$$
\operatorname{Res}[f(z), i]=\left.\frac{e^{i a z}}{2 z}\right|_{z=i}=\frac{e^{-a}}{2 i}
$$

（2）

$$
\begin{aligned}
& \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i a x}}{x^2+1} d x=2 \pi i \cdot \frac{e^{-a}}{2 i}=\pi e^{-a} \\
& \int_0^{+\infty} \frac{\cos a x}{x^2+1} d x=\frac{\pi e^{-a}}{2} ; \text { 同理 } \int_0^{+\infty} \frac{\cos b x}{x^2+1} d x=\frac{\pi e^{-b}}{2}
\end{aligned}
$$

（3）$I=\frac{\pi}{2}\left( e ^{-a}- e ^{-b}\right)$ ．

附：关于第二，三型积分中 $R(z)$ 有实孤立奇点的情况结论 若 $R (z)$ 在上半平面有孤立奇点 $z_1, z_2, \cdots z_m$ ，在实轴上有孤立奇点 $x_1, x_2, \cdots x_n$ ，则

$$
\begin{array}{r}
\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) d x=2 \pi i \sum_{k=1}^m \operatorname{Res}\left[f(z), z_k\right]+ \\
\pi i \sum_{k=1}^m \operatorname{Res}\left[f(z), x_k\right] .
\end{array}
$$

其中，$f(x)$ 为第二，三型积分中的被积函数。

`例` $I=\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x$ ．
解（1）令 $f(z)=\frac{ e ^{i z}}{z}$ ，在实轴上，$z=0$ 为一阶极点， $\operatorname{Res}[f(z), 0]=\left. e ^{i z}\right|_{z=0}=1$.
（2）

$$
\begin{aligned}
& \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i x}}{x} d x=\pi i \cdot \operatorname{Res}[f(z), 0]=\pi i \\
& I=\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x=\frac{1}{2} \operatorname{Im}\left[\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i x}}{x} d x\right]=\frac{\pi}{2}
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $\int \frac{\cos x}{x^2+4 x+5} \mathrm{~d} x$

解：设 $f(z)=\frac{1}{z^2+4 z+5}$ ，分母最高幂次数高于分子最高幂次数二次，因为

$$
f(z) \cdot \mathrm{e}^{\mathrm{i} z}=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} z}}{[z-(-2+\mathrm{i})][z-(-2-\mathrm{i})]}
$$

在上半平面内有一级极点 $z=-2+\mathrm{i}$ ，且

$$
\operatorname{Re} s\left[f(z) \cdot \mathrm{e}^{\mathrm{i} z},-2+\mathrm{i}\right]=\lim _{z \rightarrow-2+\mathrm{i}}[z-(-2+\mathrm{i})] f(z) \cdot \mathrm{e}^{\mathrm{i} z}=\frac{\mathrm{e}^{-1-2 \mathrm{i}}}{2 \mathrm{i}}
$$

所以

$$
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^2+4 x+5} \mathrm{~d} x & =\operatorname{Re} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} z}}{z^2+4 z+5} \mathrm{~d} z \\
& =\operatorname{Re}\left[2 \pi \mathrm{i} \cdot \operatorname{Res}\left[f(z) \cdot \mathrm{e}^{\mathrm{i} z},-2+\mathrm{i}\right]\right] \\
& =\operatorname{Re}\left[2 \pi \mathrm{i} \cdot \frac{\mathrm{e}^{-1-2 \mathrm{i}}}{2 \mathrm{i}}\right]=\pi \mathrm{e}^{-1} \cos 2
\end{aligned}
$$

## 附录
$$
\begin{aligned}
&\text { 附：求函数 } f(z)=\frac{1+z^4}{2 i z^2(1-p z)(z-p)} \text { 在 } z=0 \text { 点的留数。 }\\
&\begin{aligned}
& f(z)=-\frac{1}{2 i p} \cdot\left(\frac{1}{z^2}+z^2\right) \cdot \frac{1}{1-p z} \cdot \frac{1}{1-z / p} \\
&=-\frac{1}{2 i p} \cdot\left(\frac{1}{z^2}+z^2\right) \cdot\left(1+p z+p z^2 \cdots\right) \cdot\left(1+\frac{z}{p}+\frac{z^2}{p^2}+\cdots\right) \\
&=\cdots \cdots-\frac{1}{2 i p}\left(p+\frac{1}{p}\right) \frac{1}{z}+\cdots \cdots \\
& \operatorname{Res}[f(z), 0]=-\frac{1+p^2}{2 i p^2} .
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

## 关于 $\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) d x$ 型积分的公式推导
 ![图片](/uploads/2025-01/41b377.jpg)
推导（1）如图，取积分路径为 $C=C_0+C_\rho$ ，其中 $C_\rho$ 的半径为 $\rho>\max _k\left|z_k\right|$ 。
（2）根据留数定理有

$$
\begin{aligned}
\oint_C R(z) d z & =\int_{C_0} R(z) d z+\oint_{C_\rho} R(z) d z \\
& =\int_{-\rho}^\rho R(x) d x+{\oint_{C_\rho} R(z) d z} \\
& =2 \pi i \sum_k \operatorname{Res}\left[R(z), z_k\right] .
\end{aligned}
$$

推导 (3)

$$
\begin{aligned}
|R(z)| & \stackrel{\text { 不妨设 }}{=} \frac{\left|z^n+a_1 z^{n-1}+a_2 z^{n-2}+\cdots+a_n\right|}{\left|z^m+b_1 z^{n-1}+b_2 z^{n-2}+\cdots+b_m\right|} \\
& =\frac{1}{|z|^2} \cdot \frac{\left|1+a_1 z^{-1}+\cdots+a_n z^{-n}\right|}{\left|1+b_1 z^{-1}+\cdots+b_m z^{-m}\right|} \\
& \leq \frac{1}{|z|^2} \cdot \frac{\left|1+\left|a_1 z^{-1}+\cdots+a_n z^{-n}\right|\right|}{\left|1-\left|b_1 z^{-1}+\cdots+b_m z^{-m}\right|\right|} \\
& <\frac{1}{|z|^2} \cdot \frac{1+0.5}{1-0.5}=\frac{3}{|z|^2} . \quad \text { (当 }|z| \text { 足够大) }
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2025-01/032e3d.jpg)
 
 $$
 \begin{aligned}
&\text { 推导 }\\
&\text { (4) } \begin{aligned}
\mid \oint_{C_\rho} & R(z) d z\left|\leq \oint_{C_\rho}\right| R(z)|\cdot| d z \mid \\
& \leq \oint_{C_\rho} \frac{3}{|z|^2} \cdot|d z| \\
& \leq \frac{3}{\rho^2} \cdot \pi \rho=\frac{3 \pi}{\rho} \rightarrow 0,(\rho \rightarrow+\infty)
\end{aligned}\\
&\begin{gathered}
\text { (5) 由 } \int_{-\rho}^\rho R(x) d x+\int_{C_\rho} R(z) d z=2 \pi i \sum_k \operatorname{Res}\left[R(z), z_k\right] \text {, } \\
\Rightarrow \int_{-\infty}^{+\infty} R(x) d x=2 \pi i \sum_k \operatorname{Res}\left[R(z), z_k\right] .
\end{gathered}
\end{aligned}
$$

附：关于 $\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) e ^{i a x} d x(a>0)$ 型积分的公式推导
 
推导（1）如图，取积分路径为 $C=C_0+C_\rho$ ，
（思路）
其中 $C_\rho$ 的半径为 $\rho>\max _k\left|z_k\right|$ 。
（2）根据留数定理有

$$
\begin{aligned}
\oint_C R(z) e^{i a z} d z & =\int_{C_0} R(z) e^{i a z} d z+\oint_{C_\rho} R(z) e^{i a z} d z \\
& =\int_{-\rho}^\rho R(x) e^{i a x} d x+\underline{\int_{C_\rho} R(z) e^{i a z} d z} \\
& =2 \pi i \sum_k \operatorname{Res}\left[R(z) e^{i a z}, z_k\right] .
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2025-01/364db5.jpg)
  ![图片](/uploads/2025-01/95f780.jpg)
   ![图片](/uploads/2025-01/d04037.jpg)

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