若尔当引理

字数 4755 2025-12-05 08:34:09

若尔当引理

若尔当引理是复分析中一条重要的引理，它给出了当积分围道延伸至无穷远处时，特定形式复积分趋于零的充分条件。这个结果在通过围道积分（特别是半圆形围道）计算实轴上某些反常积分时极为有用。

1. 背景与动机

在许多实际问题中，我们需要计算形如

\[\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{iax} \, dx \]

的积分，其中 $a$ 是一个实常数。一个标准方法是：考虑复平面上的函数 $f(z)e^{iaz}$，选取一条从 $-R$ 到 $R$ 的实轴线段，再连接一个上半平面（或下半平面）的大半圆弧 $\Gamma_R$ 以构成闭合围道。然后应用柯西积分定理或留数定理。为了让这个方法有效，我们必须知道当圆弧半径 $R \to \infty$ 时，沿着圆弧的积分 $\int_{\Gamma_R} f(z)e^{iaz} \, dz$ 会趋于零。若尔当引理正是为此类情况提供了一个简洁的判断准则。

2. 引理的表述

我们通常讨论两种常见形式，对应于积分指数是 $e^{iaz}$ (其中 $a>0$) 或 $e^{-iaz}$ (其中 $a>0$)。这里给出第一种最常用的形式。

若尔当引理：
设 $f(z)$ 是复变量 $z$ 的函数，$\Gamma_R$ 是以原点为圆心、$R$ 为半径的上半平面圆弧，即 $\Gamma_R = \{ z: z = R e^{i\theta}, \, 0 \le \theta \le \pi \}$。

如果 $f(z)$ 满足以下两个条件：

在 $\Gamma_R$ 上及其内部（除了可能有限个奇点，但奇点不在 $\Gamma_R$ 上），$f(z)$ 是解析的或有孤立的奇点。

在 $\Gamma_R$ 上，当 $R \to \infty$ 时，$f(z)$ 关于 $\theta$ 一致地趋于零，即

\[ > \lim_{|z| \to \infty, \, \operatorname{Im} z \ge 0} f(z) = 0 > \]

那么，对于任意常数 $a > 0$，有

\[ > \lim_{R \to \infty} \int_{\Gamma_R} f(z) e^{iaz} \, dz = 0 > \]

其中积分路径沿 $\Gamma_R$ 的正方向（逆时针方向，从实轴上 $z=R$ 到 $z=-R$）。

3. 为什么需要条件 $a>0$ 和上半平面圆弧？

关键点在于指数因子 $e^{iaz}$ 的模。在圆弧上，$z = R e^{i\theta} = R(\cos\theta + i\sin\theta)$，所以

\[e^{iaz} = e^{iaR\cos\theta} \cdot e^{-aR\sin\theta} \]

其模为 $|e^{iaz}| = e^{-aR\sin\theta}$。当 $a>0$ 时，在上半平面 ($0 \le \theta \le \pi$)，有 $\sin\theta \ge 0$，因此 $e^{-aR\sin\theta} \le 1$，并且在大部分区间上（除了 $\theta$ 接近 $0$ 或 $\pi$），它会指数衰减。这个衰减性可以克服 $f(z)$ 趋于零可能不够快的弱点。

如果 $a<0$，为了使指数衰减，我们需要选择 $\sin\theta \le 0$ 的区域，即下半平面的圆弧。因此，若尔当引理有对应的下半平面版本。

4. 证明思路（直观理解与关键估计）

我们来理解其证明思想，而不陷入过于繁琐的技术细节。我们要估计的积分是：

\[I_R = \int_{\Gamma_R} f(z) e^{iaz} \, dz \]

参数化：$z = R e^{i\theta}$, $\, dz = iR e^{i\theta} d\theta$，于是

\[I_R = \int_{0}^{\pi} f(R e^{i\theta}) e^{iaR e^{i\theta}} (iR e^{i\theta}) \, d\theta \]

将 $e^{iaR e^{i\theta}}$ 分解：

\[e^{iaR e^{i\theta}} = e^{iaR\cos\theta} \cdot e^{-aR\sin\theta} \]

因此积分变为：

\[I_R = iR \int_{0}^{\pi} f(R e^{i\theta}) e^{i\theta} e^{iaR\cos\theta} e^{-aR\sin\theta} \, d\theta \]

取模，利用 $|e^{i\theta}|=1$, $|e^{iaR\cos\theta}|=1$，得到：

\[|I_R| \le R \int_{0}^{\pi} |f(R e^{i\theta})| e^{-aR\sin\theta} \, d\theta \]

由条件，当 $R$ 充分大时，在 $\Gamma_R$ 上 $|f(z)|$ 可以任意小。更精确地说，对任意 $\epsilon > 0$，存在 $R_0$ 使得当 $R > R_0$ 时，在 $\Gamma_R$ 上 $|f(z)| < \epsilon$。于是

\[|I_R| \le \epsilon R \int_{0}^{\pi} e^{-aR\sin\theta} \, d\theta \]

现在核心是估计 $J(R) = R \int_{0}^{\pi} e^{-aR\sin\theta} \, d\theta$。我们需要证明 $J(R)$ 是有限的，并且与 $R$ 无关（或有上界）。通过对称性，将积分区间从 $[0, \pi]$ 分成 $[0, \pi/2]$ 和 $[\pi/2, \pi]$ 两部分，并利用在 $[0, \pi/2]$ 上不等式 $\sin\theta \ge (2/\pi)\theta$（这是由 $\sin\theta$ 在 $0$ 附近的凸性得到的），我们可以得到：

\[\int_{0}^{\pi/2} e^{-aR\sin\theta} d\theta \le \int_{0}^{\pi/2} e^{-aR (2\theta/\pi)} d\theta = \frac{\pi}{2aR}(1 - e^{-aR}) \le \frac{\pi}{2aR} \]

同理，另一部分也相同。因此，

\[J(R) = R \int_{0}^{\pi} e^{-aR\sin\theta} d\theta \le R \cdot 2 \cdot \frac{\pi}{2aR} = \frac{\pi}{a} \]

所以，

\[|I_R| \le \epsilon \cdot \frac{\pi}{a} \]

由于 $\epsilon$ 可以任意小，就证明了 $|I_R| \to 0$，即

\[\lim_{R \to \infty} I_R = 0 \]

5. 一个经典应用示例

计算积分

\[\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2 + b^2} \, dx, \quad a>0, \, b>0 \]

解：
第一步，利用欧拉公式将 $\cos(ax)$ 写成复指数形式，并考虑复积分：

\[\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iax}}{x^2 + b^2} \, dx \]

其实部即为所求积分。

第二步，构造辅助函数 $f(z) = \frac{1}{z^2 + b^2}$ 和积分 $\int_{C_R} f(z)e^{iaz} \, dz$，其中围道 $C_R$ 由实轴上的线段 $[-R, R]$ 和上半平面的半圆弧 $\Gamma_R$ 组成。

第三步，验证条件：

$f(z) = \frac{1}{z^2 + b^2}$ 在上半平面内只有一个一阶极点 $z = ib$（另一个极点 $z=-ib$ 在下半平面）。
在 $\Gamma_R$ 上，$|f(z)| = \frac{1}{|z^2 + b^2|} \le \frac{1}{R^2 - b^2}$，当 $R \to \infty$ 时一致趋于 $0$。
指数因子中的常数 $a>0$。

因此，若尔当引理适用，我们有

\[\lim_{R \to \infty} \int_{\Gamma_R} f(z)e^{iaz} \, dz = 0 \]

第四步，由留数定理，对充分大的 $R$，

\[\int_{-R}^{R} \frac{e^{iax}}{x^2 + b^2} \, dx + \int_{\Gamma_R} f(z)e^{iaz} \, dz = 2\pi i \cdot \operatorname{Res}(f(z)e^{iaz}, z=ib) \]

计算留数：在 $z=ib$ 处，

\[\operatorname{Res} = \lim_{z \to ib} (z - ib) \frac{e^{iaz}}{(z-ib)(z+ib)} = \frac{e^{ia(ib)}}{ib + ib} = \frac{e^{-ab}}{2ib} \]

所以，留数为 $\frac{e^{-ab}}{2ib}$。

第五步，令 $R \to \infty$，利用若尔当引理，得到：

\[\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iax}}{x^2 + b^2} \, dx = 2\pi i \cdot \frac{e^{-ab}}{2ib} = \frac{\pi e^{-ab}}{b} \]

第六步，取实部（因为 $\frac{\cos(ax)}{x^2 + b^2}$ 是偶函数，计算从 $-\infty$ 到 $\infty$ 的积分是其实部的两倍关系，但此处我们直接得到）：
由于 $e^{iax} = \cos(ax) + i\sin(ax)$，而 $\frac{\sin(ax)}{x^2 + b^2}$ 是奇函数，其在 $(-\infty, \infty)$ 上的积分为 $0$。所以

\[\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2 + b^2} \, dx = \operatorname{Re} \left( \frac{\pi e^{-ab}}{b} \right) = \frac{\pi e^{-ab}}{b} \]

因此，

\[\boxed{\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2 + b^2} \, dx = \frac{\pi e^{-ab}}{b}} \]

6. 总结

若尔当引理的核心价值在于它将一个复杂的路径积分估计问题，简化成对函数 $f(z)$ 在无穷远处衰减性的简单检验。只要 $f(z)$ 在无穷大的圆弧上一致趋于零，指数因子 $e^{iaz}$（$a>0$ 对应上半圆，$a<0$ 对应下半圆）就能提供足够的衰减以保证圆弧积分为零。这使得我们能够安全地用上半圆或下半圆来“闭合”积分路径，进而用留数定理求出沿实轴的无穷积分。它是计算涉及三角函数和有理函数乘积的无穷积分时的强大工具。

若尔当引理若尔当引理是复分析中一条重要的引理，它给出了当积分围道延伸至无穷远处时，特定形式复积分趋于零的充分条件。这个结果在通过围道积分（特别是半圆形围道）计算实轴上某些反常积分时极为有用。 1. 背景与动机在许多实际问题中，我们需要计算形如 \[ \int_ {-\infty}^{\infty} f(x) e^{iax} \, dx \] 的积分，其中 $a$ 是一个实常数。一个标准方法是：考虑复平面上的函数 $f(z)e^{iaz}$，选取一条从 $-R$ 到 $R$ 的实轴线段，再连接一个上半平面（或下半平面）的大半圆弧 $\Gamma_ R$ 以构成闭合围道。然后应用柯西积分定理或留数定理。为了让这个方法有效，我们必须知道当圆弧半径 $R \to \infty$ 时，沿着圆弧的积分 $\int_ {\Gamma_ R} f(z)e^{iaz} \, dz$ 会趋于零。若尔当引理正是为此类情况提供了一个简洁的判断准则。 2. 引理的表述我们通常讨论两种常见形式，对应于积分指数是 $e^{iaz}$ (其中 $a>0$) 或 $e^{-iaz}$ (其中 $a>0$)。这里给出第一种最常用的形式。若尔当引理：设 $f(z)$ 是复变量 $z$ 的函数，$\Gamma_ R$ 是以原点为圆心、$R$ 为半径的上半平面圆弧，即 $\Gamma_ R = \{ z: z = R e^{i\theta}, \, 0 \le \theta \le \pi \}$。如果 $f(z)$ 满足以下两个条件：在 $\Gamma_ R$ 上及其内部（除了可能有限个奇点，但奇点不在 $\Gamma_ R$ 上），$f(z)$ 是解析的或有孤立的奇点。在 $\Gamma_ R$ 上，当 $R \to \infty$ 时，$f(z)$ 关于 $\theta$ 一致地趋于零，即 \[ \lim_ {|z| \to \infty, \, \operatorname{Im} z \ge 0} f(z) = 0 \] 那么，对于任意常数 $a > 0$，有 \[ \lim_ {R \to \infty} \int_ {\Gamma_ R} f(z) e^{iaz} \, dz = 0 \] 其中积分路径沿 $\Gamma_ R$ 的正方向（逆时针方向，从实轴上 $z=R$ 到 $z=-R$）。 3. 为什么需要条件 $a>0$ 和上半平面圆弧？关键点在于指数因子 $e^{iaz}$ 的模。在圆弧上，$z = R e^{i\theta} = R(\cos\theta + i\sin\theta)$，所以 \[ e^{iaz} = e^{iaR\cos\theta} \cdot e^{-aR\sin\theta} \] 其模为 $|e^{iaz}| = e^{-aR\sin\theta}$。当 $a>0$ 时，在上半平面 ($0 \le \theta \le \pi$)，有 $\sin\theta \ge 0$，因此 $e^{-aR\sin\theta} \le 1$，并且在大部分区间上（除了 $\theta$ 接近 $0$ 或 $\pi$），它会指数衰减。这个衰减性可以克服 $f(z)$ 趋于零可能不够快的弱点。如果 $a<0$，为了使指数衰减，我们需要选择 $\sin\theta \le 0$ 的区域，即下半平面的圆弧。因此，若尔当引理有对应的下半平面版本。 4. 证明思路（直观理解与关键估计）我们来理解其证明思想，而不陷入过于繁琐的技术细节。我们要估计的积分是： \[ I_ R = \int_ {\Gamma_ R} f(z) e^{iaz} \, dz \] 参数化：$z = R e^{i\theta}$, $\, dz = iR e^{i\theta} d\theta$，于是 \[ I_ R = \int_ {0}^{\pi} f(R e^{i\theta}) e^{iaR e^{i\theta}} (iR e^{i\theta}) \, d\theta \] 将 $e^{iaR e^{i\theta}}$ 分解： \[ e^{iaR e^{i\theta}} = e^{iaR\cos\theta} \cdot e^{-aR\sin\theta} \] 因此积分变为： \[ I_ R = iR \int_ {0}^{\pi} f(R e^{i\theta}) e^{i\theta} e^{iaR\cos\theta} e^{-aR\sin\theta} \, d\theta \] 取模，利用 $|e^{i\theta}|=1$, $|e^{iaR\cos\theta}|=1$，得到： \[ |I_ R| \le R \int_ {0}^{\pi} |f(R e^{i\theta})| e^{-aR\sin\theta} \, d\theta \] 由条件，当 $R$ 充分大时，在 $\Gamma_ R$ 上 $|f(z)|$ 可以任意小。更精确地说，对任意 $\epsilon > 0$，存在 $R_ 0$ 使得当 $R > R_ 0$ 时，在 $\Gamma_ R$ 上 $|f(z)| < \epsilon$。于是 \[ |I_ R| \le \epsilon R \int_ {0}^{\pi} e^{-aR\sin\theta} \, d\theta \] 现在核心是估计 $J(R) = R \int_ {0}^{\pi} e^{-aR\sin\theta} \, d\theta$。我们需要证明 $J(R)$ 是有限的，并且与 $R$ 无关（或有上界）。通过对称性，将积分区间从 $[ 0, \pi]$ 分成 $[ 0, \pi/2]$ 和 $[ \pi/2, \pi]$ 两部分，并利用在 $[ 0, \pi/2 ]$ 上不等式 $\sin\theta \ge (2/\pi)\theta$（这是由 $\sin\theta$ 在 $0$ 附近的凸性得到的），我们可以得到： \[ \int_ {0}^{\pi/2} e^{-aR\sin\theta} d\theta \le \int_ {0}^{\pi/2} e^{-aR (2\theta/\pi)} d\theta = \frac{\pi}{2aR}(1 - e^{-aR}) \le \frac{\pi}{2aR} \] 同理，另一部分也相同。因此， \[ J(R) = R \int_ {0}^{\pi} e^{-aR\sin\theta} d\theta \le R \cdot 2 \cdot \frac{\pi}{2aR} = \frac{\pi}{a} \] 所以， \[ |I_ R| \le \epsilon \cdot \frac{\pi}{a} \] 由于 $\epsilon$ 可以任意小，就证明了 $|I_ R| \to 0$，即 \[ \lim_ {R \to \infty} I_ R = 0 \] 5. 一个经典应用示例计算积分 \[ \int_ {-\infty}^{\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2 + b^2} \, dx, \quad a>0, \, b>0 \] 解：第一步，利用欧拉公式将 $\cos(ax)$ 写成复指数形式，并考虑复积分： \[ \int_ {-\infty}^{\infty} \frac{e^{iax}}{x^2 + b^2} \, dx \] 其实部即为所求积分。第二步，构造辅助函数 $f(z) = \frac{1}{z^2 + b^2}$ 和积分 $\int_ {C_ R} f(z)e^{iaz} \, dz$，其中围道 $C_ R$ 由实轴上的线段 $[ -R, R]$ 和上半平面的半圆弧 $\Gamma_ R$ 组成。第三步，验证条件： $f(z) = \frac{1}{z^2 + b^2}$ 在上半平面内只有一个一阶极点 $z = ib$（另一个极点 $z=-ib$ 在下半平面）。在 $\Gamma_ R$ 上，$|f(z)| = \frac{1}{|z^2 + b^2|} \le \frac{1}{R^2 - b^2}$，当 $R \to \infty$ 时一致趋于 $0$。指数因子中的常数 $a>0$。因此，若尔当引理适用，我们有 \[ \lim_ {R \to \infty} \int_ {\Gamma_ R} f(z)e^{iaz} \, dz = 0 \] 第四步，由留数定理，对充分大的 $R$， \[ \int_ {-R}^{R} \frac{e^{iax}}{x^2 + b^2} \, dx + \int_ {\Gamma_ R} f(z)e^{iaz} \, dz = 2\pi i \cdot \operatorname{Res}(f(z)e^{iaz}, z=ib) \] 计算留数：在 $z=ib$ 处， \[ \operatorname{Res} = \lim_ {z \to ib} (z - ib) \frac{e^{iaz}}{(z-ib)(z+ib)} = \frac{e^{ia(ib)}}{ib + ib} = \frac{e^{-ab}}{2ib} \] 所以，留数为 $\frac{e^{-ab}}{2ib}$。第五步，令 $R \to \infty$，利用若尔当引理，得到： \[ \int_ {-\infty}^{\infty} \frac{e^{iax}}{x^2 + b^2} \, dx = 2\pi i \cdot \frac{e^{-ab}}{2ib} = \frac{\pi e^{-ab}}{b} \] 第六步，取实部（因为 $\frac{\cos(ax)}{x^2 + b^2}$ 是偶函数，计算从 $-\infty$ 到 $\infty$ 的积分是其实部的两倍关系，但此处我们直接得到）：由于 $e^{iax} = \cos(ax) + i\sin(ax)$，而 $\frac{\sin(ax)}{x^2 + b^2}$ 是奇函数，其在 $(-\infty, \infty)$ 上的积分为 $0$。所以 \[ \int_ {-\infty}^{\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2 + b^2} \, dx = \operatorname{Re} \left( \frac{\pi e^{-ab}}{b} \right) = \frac{\pi e^{-ab}}{b} \] 因此， \[ \boxed{\int_ {-\infty}^{\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2 + b^2} \, dx = \frac{\pi e^{-ab}}{b}} \] 6. 总结若尔当引理的核心价值在于它将一个复杂的路径积分估计问题，简化成对函数 $f(z)$ 在无穷远处衰减性的简单检验。只要 $f(z)$ 在无穷大的圆弧上一致趋于零，指数因子 $e^{iaz}$（$a>0$ 对应上半圆，$a <0$ 对应下半圆）就能提供足够的衰减以保证圆弧积分为零。这使得我们能够安全地用上半圆或下半圆来“闭合”积分路径，进而用留数定理求出沿实轴的无穷积分。它是计算涉及三角函数和有理函数乘积的无穷积分时的强大工具。