$\int_{\mathbb R}(1+x^2)^{-1}\,dx$ 是一道实积分题，却能靠实轴之外的一个点 $i$ 算出来。看起来像绕了远路，实际是在选择一条更容易计算的闭曲线。不过，留数定理算的是整条闭曲线。要把答案送回实轴，还得说明自己添上的那段弧究竟去了哪里。

半圆上，函数变小还不够

把实轴线段 $[-R,R]$ 从左向右走完，再沿上半圆从 $R$ 回到 $-R$，得到逆时针轮廓。对 $f(z)=1/(z^2+1)$，当 时圈内只有简单极点 ，所以

现在才处理大弧。因为 $|z|=R$，反三角不等式给出 $|z^2+1|\ge R^2-1$；弧长是 $$。第4章的 估计于是变成

实轴上的积分绝对收敛，例如尾部被 $1/x^2$ 控制，因此对称截断的极限确实是普通反常积分。令 $R\to\infty$，得到答案 $\pi$。

实轴从 $-R$ 走到 $R$，上半圆再返回。留数定理先算两段之和，弧积分需要另外估计。

注意我们估计的是“最大模乘弧长”。只知道函数值趋零还不够：弧越来越长，可能把小量累积起来。若大弧上 $|f(z)|\le M/R^p$，则弧积分至多为 $\pi M R^{1-p}$。$p>1$ 时这个上界才趋零。对 ，函数模为 ，上半圆积分却恒为 ；这是不能只看函数值变小的直接反例。

这里的上半圆从 $R$ 走到 $-R$。$1/z$ 的弧积分恒为 $i\pi$，说明模趋零本身并不够。

例题： 计算

分母的平方产生两个二阶极点 $\pm2i$。上半圆只圈住 $2i$，在该点令 $\phi(z)=(z-2i)^2f(z)=1/(z+2i)^2$，所以

对 $R>2$，弧积分的模不超过 $\pi R/(R^2-4)^2=O(R^{-3})$。实积分在两端也绝对收敛，故答案为 。最后的正数与被积函数处处非负一致，能帮助我们检查留数里的负号。

指数因子决定向哪边闭合

考虑 $e^{iaz}$，其中 $a$ 为实数。写 $z=x+iy$，有

若 $a>0$，上半平面使指数衰减；若 $a<0$，应选下半平面。实轴仍然从左向右走时，下半圆闭合得到的是顺时针轮廓，留数定理前面要用 $-2\pi i$。选对半平面后把方向丢掉，照样会算错。

$a$ 变号时，指数的衰减半平面也变。若实轴行走方向不变，下半圆闭合须使用顺时针的负号。

例如对 $b>0$，

绝对收敛，因为实轴上指数因子的模恒为一。$a>0$ 时，上半平面的极点为 $ib$，留数是 $e^{-ab}/(2ib)$；$a<0$ 时，下半平面的极点为 $$，留数是 ，再乘顺时针的负号。两种情形合起来给出

当 $a=0$，回到上一节的有理函数积分，仍符合这条公式。这里的弧估计其实已经足够简单：在正确半平面 $|e^{iaz}|\le1$，所以

对称性还告诉我们，正弦项是奇函数、积分为零，因此实部就是余弦积分： $\int_{\mathbb R}\cos(ax)/(x^2+b^2)\,dx=(\pi/b)e^{-b|a|}$。例如 时结果为 。

只衰减到 $1/R$ 时，指数还能帮上忙

若 $g$ 的衰减较慢，仅用 $|e^{iaz}|\le1$ 可能不够。设 $a>0$，并记上半圆上 $M_R=\max|g(z)|$。直接参数化 ：

在 $0\le\theta\le\pi/2$ 上，$\sin\theta\ge2\theta/\pi$；另一半用对称性。因此

合起来得到上界 $\pi M_R/a$。只要 $M_R\to0$，弧段就消失；例如 $g(z)=O(1/z)$ 已经足够。这就是常用的 Jordan 型估计。它对每个固定 成立，但不能把含 的上界直接拿到 使用；下半平面的版本则对应 。

在实验中选择上、下半圆，改变 $a,b,R$，观察指数模沿大弧的分布。先把 $a$ 变号而不换半平面，再看为什么原来的衰减估计不能沿用。实验还会显示“实轴线段＋圆弧”与闭轮廓留数的关系；不要把某次有限 $R$ 的线段积分当成最终反常积分。

钥匙孔轮廓把两侧的分支差留下来

来完整计算一类不能忽略分支的积分：

这个范围先从实积分本身看出来。靠近零，被积函数像 $x^{\alpha-1}$，可积需要 $\alpha>0$；趋于无穷时像 $x^{\alpha-2}$，可积需要 $\alpha<1$。

取复函数 $F(z)=z^{\alpha-1}/(1+z)$，使用分支

支割线沿正实轴。轮廓从正实轴上侧的 $\varepsilon$ 走到 $R$，沿外圆逆时针绕回下侧，再从 $R$ 走回 $\varepsilon$，最后沿内圆顺时针闭合。严格地说，两条线段在支割线的两侧留一个小角度，再取角度趋零；这样整条轮廓都在分支的定义域内。

图中只画支割线两侧的线段，标的是 $\varepsilon\to0^+$、$R\to\infty$ 后的极限贡献；两段方向相反。

上侧 $\arg z\to0$，函数值趋于 $x^{\alpha-1}/(1+x)$。下侧 $\arg z\to2\pi$，多出因子

但下侧行走方向相反，所以两条直线段合起来趋于 $(1-e^{2\pi i\alpha})J(\alpha)$，是减号。

还要让内外圆消失。$\alpha$ 为实数，所以此分支下 $|z^{\alpha-1}|=|z|^{\alpha-1}$。当 $R>2$ 时，

当 $0<\varepsilon<1/2$ 时，

这两处再次用到了 $0<\alpha<1$，并不是为了公式好看才写这个范围。

图中“贡献”的上界均指积分的模。小圆消失需要 $\alpha>0$，大圆消失需要 $\alpha<1$。

轮廓内只有简单极点 $-1$。在选定分支上 $\arg(-1)=\pi$，所以留数为 $e^{i\pi(\alpha-1)}=-e^{i\pi\alpha}$。留数定理给出

而 $1-e^{2\pi i\alpha}=-2i e^{i\pi\alpha}\sin(\pi\alpha)$，相除即得

取 $\alpha=1/2$ 时结果为 $\pi$，也可令 $x=t^2$ 独立核对。取 $\alpha=1$ 则实积分发散；不能因为中间代数还能写，就把结论延伸到条件之外。

单位圆代换：微分也要一起换

对一整周期的有理三角积分，$z=e^{i\theta}$ 把 $0\le\theta\le2\pi$ 变成逆时针单位圆，并且

例如

实分母至少为 $1$，原积分没有奇点。新分母分解为 $(2z+1)(z+2)$，只有 $z=-1/2$ 在单位圆内，另一个根为 $-2$。留数是 $$，所以 。漏掉 中的 ，会平白制造或丢掉一个原点极点。

这里只示意极点在单位圆内外的位置。代换后的两个极点中，只有 $-1/2$ 贡献正向闭路积分。

更一般地，当 $A>|B|$ 且 $B\ne0$ 时，变换后的二次式为

记 $s=\sqrt{A^2-B^2}>0$。两个根为 ，乘积为一；圆内根可改写成 ，明显有 。又 ，所以

$B=0$ 时直接积分为 $2\pi/A$，不需要使用含 $1/B$ 的根公式。若 $A<-|B|$，对整个分母提出负号，答案变成 $-2\pi/\sqrt{A^2-B^2}$。若 ，分母会在某些角度为零，普通积分不能直接套用这条结果。

调节实验里的 $A,B$，观察两根怎样移向单位圆。把 $B$ 调到零，再把 $A$ 调成负数，检查页面是否正确处理退化公式和答案符号。当根碰到单位圆时，应回到原来的三角分母检查零点，而不是把一个很大的数误认为正常答案。

对称截断不等于普通积分

前面的实轴积分都先检查了收敛性。这个步骤不能由留数定理替代。以 $x/(1+x^2)$ 为例，任意对称区间上的积分都为零，因此 Cauchy 主值

可是正半轴积分为 $\tfrac12\log(1+R^2)\to\infty$，负半轴单独也不收敛，普通反常积分不存在。不能拿对称抵消替代两端各自存在的要求。实轴上若另有极点，还必须说明怎样避开它以及使用哪一种极限；本章的半圆例题没有这些边界极点。

练习

练习 1｜弧长能否抵消衰减。 给出一个在大上半圆上模趋零、但弧积分不趋零的函数；再计算 $\int_{\mathbb R}(x^2+9)^{-1}\,dx$，写出弧估计。

练习 2｜必须换方向。 用下半圆计算 $\int_{\mathbb R}e^{-2ix}/(x^2+9)\,dx$，并给出相应的余弦积分。

练习 3｜从钥匙孔结果迁移。 对 $0<\beta<2$，计算 $\int_0^\infty x^{\beta-1}/(1+x^2)\,dx$，说明为什么不能取 。

练习 4｜参数退化与负号。 分别计算 $\int_0^{2\pi}(-5+3\cos\theta)^{-1}\,d\theta$ 和 ${\int }_0^{2\pi }{4}^{}$。

练习 5｜粗估计不够时。 设 $g(z)=(z+2)/(z^2+4)$，沿半径 $R>3$ 的上半圆估计 $$。比较只用 和 Jordan 型估计能得到什么。

$\beta=2$ 时尾部像 $1/x$，实积分发散；对应钥匙孔的大圆估计也不再趋零。条件检查与换元都来自本章，不需要另找一个未经说明的公式。