由有理函数的广义积分引入，谈谈复变函数论中的留数

∫−∞∞11−x6dx\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1-x^6}dx ∫−∞∞1−x61dx
没接触过复变函数的童鞋们们遇到这道积分，多半是将分母因式分解并展开成几个不同的分式分别积分。这种方法虽然可行，但却非常繁琐，需要解题者对此种方法十分熟练。下面我们先用这种方法进行积分。接着再通过介绍复变函数中的留数，对此题作出十分简便的解答。

经典方法

将被积函数分解
(1)11−x6=A1−x+B1+x+Cx+Dx2+x+1+Ex+Fx2−x+1\frac{1}{1-x^6} = \frac{A}{1-x} + \frac{B}{1+x} + \frac{Cx+D}{x^2+x+1} + \frac{Ex+F}{x^2-x+1}\tag1 1−x61=1−xA+1+xB+x2+x+1Cx+D+x2−x+1Ex+F(1)
式(1) × (x-1)，再将 x=1 代入，得 A = 1/6；
式(1) × (x+1)，再将 x=-1 代入，得 B = 1/6；
式(1) 中，将 x= 0 代入，得 D+F = 2/3；
接下来再计算得到 D = F = 1/3，C = 1/6，D = -1/6。
以上计算步骤中必须小心，一步错则全盘皆输。
(2)I=∫−∞∞11−x6dx=16∫−∞∞(11−x+11+x+x+2x2+x+1+−x+2x2−x+1)dxI=\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1-x^6}dx=\frac{1}{6}\int_{-\infty}^{\infty}(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}+\frac{x+2}{x^2+x+1}+\frac{-x+2}{x^2-x+1})dx\tag2 I=∫−∞∞1−x61dx=61∫−∞∞(1−x1+1+x1+x2+x+1x+2+x2−x+1−x+2)dx(2)
分别计算各个分式的积分
∫−∞∞11−xdx=lim⁡δ→0+andξ→+∞(∫−ξ1−δ11−xdx+∫1+δξ11−xdx)=lim⁡δ→0+andξ→+∞(ln⁡1+ξδ+ln⁡−δ1−ξ)=lim⁡ξ→+∞ln⁡1+ξξ−1=0\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1-x}dx=\lim_{δ→0+ and ξ→+\infty}(\int_{-ξ}^{1-δ}\frac{1}{1-x}dx+\int_{1+δ}^{ξ}\frac{1}{1-x}dx)=\lim_{δ→0+ and ξ→+\infty}(\ln{\frac{1+ξ}{δ}}+\ln{\frac{-δ}{1-ξ}})\\=\lim_{ξ→+\infty}\ln\frac{1+ξ}{ξ-1}=0 ∫−∞∞1−x1dx=δ→0+andξ→+∞lim(∫−ξ1−δ1−x1dx+∫1+δξ1−x1dx)=δ→0+andξ→+∞lim(lnδ1+ξ+ln1−ξ−δ)=ξ→+∞limlnξ−11+ξ=0
(3)∫−∞∞11+xdx=−∫−∞∞11−udu=0(令x=−u)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x}dx=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1-u}du=0~~~~(令x=-u)\tag3 ∫−∞∞1+x1dx=−∫−∞∞1−u1du=0 (令x=−u)(3)
上式亦可从对称性以及奇偶性的角度分析：
由于f(x)=1xf(x)=\frac{1}{x}f(x)=x1是奇函数，故而∫−∞∞1xdx=0\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x}dx=0∫−∞∞x1dx=0,而1x±1\frac{1}{x\pm1}x±11是1x\frac{1}{x}x1平移后的函数，\积分上下限随着平移，积分值不变。而±∞±1\pm\infty\pm1±∞±1依旧是±∞\pm\infty±∞
(4)∫−∞∞x+2x2+x+1dx=∫−∞∞x+12(x+12)2+34dx+32∫−∞∞1(x+12)2+34dx=12∫−∞∞1(x+12)2+34d[(x+12)2+34]+32×23π=12×0+3π=3π\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x+2}{x^2+x+1}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x+\frac{1}{2}}{(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}dx+\frac{3}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}dx\\=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}d[(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}]+\frac{3}{2}\times\frac{2}{\sqrt3}\pi\\=\frac{1}{2}\times0+\sqrt{3}\pi=\sqrt{3}\pi\tag4∫−∞∞x2+x+1x+2dx=∫−∞∞(x+21)2+43x+21dx+23∫−∞∞(x+21)2+431dx=21∫−∞∞(x+21)2+431d[(x+21)2+43]+23×32π=21×0+3π=3π(4)
同理可得：(5)∫−∞∞−x+2x2−x+1dx=3π\int_{-\infty}^{\infty}\frac{-x+2}{x^2-x+1}dx=\sqrt{3}\pi\tag5∫−∞∞x2−x+1−x+2dx=3π(5)(其实不过就是把③中的x换成-x而已，结果一致)
最终有：(6)I=∫−∞∞11−x6dx=16(0+0+3π+3π)=π3I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1-x^6}dx=\frac{1}{6}(0+0+\sqrt{3}\pi+\sqrt{3}\pi)=\frac{\pi}{\sqrt{3}}\tag6I=∫−∞∞1−x61dx=61(0+0+3π+3π)=3π(6)
到这里，我们可以看到，这个积分形式是如此的简洁，却用了如此繁琐丑陋的有理函数积分方法求解，数学之美焉存？接下来本文将介绍复变函数中的留数，用求留数的方法轻松、简洁而美丽地解出此积分！Let’s go!

留数

show time！
这里直接上解法，先让童鞋们对使用留数求解此积分时的简洁与美丽有个直观的认识，背景知识以及相关定理的推导将在下一篇文章中给出。想了解更多的童鞋可以自行找相关资料学习。
把f(x)=11−x6f(x)=\frac{1}{1-x^6}f(x)=1−x61中的自变量x(x∈R)x(x\in R)x(x∈R)换成复数z(z∈C)z(z\in C)z(z∈C)，f(z)=11−z6f(z)=\frac{1}{1-z^6}f(z)=1−z61即为一复变函数。
令1−z6=01-z^6=01−z6=0，即z6=ei⋅0z^6=e^{i\cdot0}z6=ei⋅0,可得z=ei0+2kπ6,k=0,1,2,3,4,5，z=e^{i\frac{0+2k\pi}{6}},k=0,1,2,3,4,5，z=ei60+2kπ,k=0,1,2,3,4,5，这些是f函数f(z)的奇点（后文会介绍到这些是f(z)的一阶极点）
则有:
f(z)=11−z6=−1(z−1)(z−eiπ3)(z−ei2π3)(z+1)(z−ei4π3)(z−ei5π3)f(z)=\frac{1}{1-z^6}=-\frac{1}{(z-1)(z-e^{i\frac{\pi}{3}})(z-e^{i\frac{2\pi}{3}})(z+1)(z-e^{i\frac{4\pi}{3}})(z-e^{i\frac{5\pi}{3}})}f(z)=1−z61=−(z−1)(z−ei3π)(z−ei32π)(z+1)(z−ei34π)(z−ei35π)1 (7)I=∫−∞∞11−x6dx=2πi[Resf(z)∣z=eiπ3+Resf(z)∣z=ei2π3]+πi[Resf(z)∣z=1+Resf(z)∣z=−1]=2πi[1(1−z6)′∣z=eiπ3+1(1−z6)′∣z=ei2π3]+πi[1(1−z6)′∣z=1+1(1−z6)′∣z=−1]=−2πi6[1z5∣z=eiπ3+1z5∣z=ei2π3]−πi6[1z5∣z=1+1z5∣z=−1]=−πi3(12+32i−12+32i)−πi6(1−1)=π3I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1-x^6}dx=2\pi i[Res~f(z)|_{z=e^{i\frac{\pi}{3}}}+Res~f(z)|_{z=e^{i\frac{2\pi}{3}}}]+\pi i[Res~f(z)|_{z=1}+Res~f(z)|_{z=-1}]\\=2\pi i[\frac{1}{(1-z^6)^{'}}|_{z=e^{i\frac{\pi}{3}}}+\frac{1}{(1-z^6)^{'}}|_{z=e^{i\frac{2\pi}{3}}}]+\pi i[\frac{1}{(1-z^6)^{'}}|_{z=1}+\frac{1}{(1-z^6)^{'}}|_{z=-1}]\\=-\frac{2\pi i}{6}[\frac{1}{z^5}|_{z=e^{i\frac{\pi}{3}}}+\frac{1}{z^5}|_{z=e^{i\frac{2\pi}{3}}}]-\frac{\pi i}{6}[\frac{1}{z^5}|_{z=1}+\frac{1}{z^5}|_{z=-1}]~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\=-\frac{\pi i}{3}(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i)-\frac{\pi i}{6}(1-1)~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\=\frac{\pi}{\sqrt3}\tag7~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~I=∫−∞∞1−x61dx=2πi[Res f(z)∣z=ei3π+Res f(z)∣z=ei32π]+πi[Res f(z)∣z=1+Res f(z)∣z=−1]=2πi[(1−z6)′1∣z=ei3π+(1−z6)′1∣z=ei32π]+πi[(1−z6)′1∣z=1+(1−z6)′1∣z=−1]=−62πi[z51∣z=ei3π+z51∣z=ei32π]−6πi[z51∣z=1+z51∣z=−1] =−3πi(21+23i−21+23i)−6πi(1−1) =3π (7)
上式中Resf(z)∣z=z0Res~f(z)|_{z=z_0}Res f(z)∣z=z0表示f(z)f(z)f(z)在z=z0z=z_0z=z0处的留数，至于为何选eiπ3、ei2π3e^{i\frac{\pi}{3}}、e^{i\frac{2\pi}{3}}ei3π、ei32π和1、-1，而不选ei4π3e^{i\frac{4\pi}{3}}ei34π和ei5π3e^{i\frac{5\pi}{3}}ei35π，是因为eiπ3e^{i\frac{\pi}{3}}ei3π、ei2π3e^{i\frac{2\pi}{3}}ei32π在复平面的上半平面上，1、-1在复平面的实轴上，而ei4π3e^{i\frac{4\pi}{3}}ei34π、ei5π3e^{i\frac{5\pi}{3}}ei35π在复平面的下半平面上。具体原因将在下一篇文章详细介绍和推导。

结语

怎么样，留数这个东西是不是很新奇、很简洁美丽！下一篇文章中，我将介绍复变函数的基本知识、重要定理，详细介绍留数相关定理，推导出上文中第二种解法中的依据。敬请期待。

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