【复变函数笔记】洛朗级数、留数及其应用

一、复变函数项级数

泰勒级数

定理 设$f(z)$为区域$D$内的解析函数，$z_0\in D$，$d$为$z_0$到$D$的边界上各点的最短距离，则当$|z-z_0|<d$时，$f(z)$可唯一地展开为幂级数$$f(z)=\sum _{n=0}^{+\infty }{c}_n{(z-z_0)}^n$$其中$$c_n=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|\zeta -z_0|=\rho }\frac{f(\zeta )}{{(\zeta -z_0)}^{n+1}}\mathrm{d}\zeta =\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$$这里$|\zeta -z_0|=\rho$是围绕$z_0$的一个环域，它完全被包含在解析的区域内。

如何求出收敛环域的半径呢？

推论 设函数$f(z)$在区域$D$内解析，$z_0\in D$，$\alpha$为$D$内距$z_0$最近的一个奇点，则使泰勒展开式成立的圆域的半径$R=|\alpha -z_0|$。即：在$z_0$处的泰勒展开式的收敛半径为最近奇点到$z_0$的距离。

常用泰勒展开式：

• $e^z=1+z+\frac{z^2}{2!}+\cdots +\frac{z^n}{n!}+\cdots (|z|<+\infty )$
• $\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\cdots +{(-1)}^n\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots (|z|<+\infty )$
• $\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\cdots +{(-1)}^n\frac{z^{2n}}{(2n)!}+\cdots (|z|<+\infty )$
• $\ln (1+z)=z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}-\frac{z^4}{4}+\cdots +{(-1)}^n\frac{z^{n+1}}{n+1}+\cdots (|z|<1)$
• $\ln (1-z)=-z-\frac{z^2}{2}-\frac{z^3}{3}-\frac{z^4}{4}-\cdots -\frac{z^{n+1}}{n+1}-\cdots (|z|<1)$
• ${(1+z)}^{\alpha }=1+\alpha z+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{z}^2+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)}{3!}{z}^3+\cdots +\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}{z}^n+\cdots (|z|<1)$

善用裂项；遇到平方要积分。

洛朗级数

定理 设$f(z)$在圆环域$R_1<|z-z_0|<R_2$内解析（$R_1$和$R_2$常根据奇点确定），则在此圆环域内$f(z)$必能唯一地展开成双边幂级数$$f(z)=\sum _{n=-\infty }^{+\infty }{c}_n{(z-z_0)}^n$$其中$$c_n=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_C\frac{f(z)}{{(z-z_0)}^{n+1}}\mathrm{d}z(n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$$$C$为该圆环域内绕$z_0$的任一正向简单闭曲线。

常用的收敛域：$0<|z-z_0|<R$、$R<|z-z_0|<+\infty$、$0<|z-z_0|<+\infty$

正幂项部分称为解析部分，用于确定收敛域上界（$R_2$）；
负幂项部分称为主要部分，用于确定收敛域下界（$R_1$）。

计算方法/注意事项：

1. 善用裂项：比如$\frac{1}{(z-1)(z-2)}=\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z-1}$；
2. 注意收敛半径：比如$\frac{1}{z-1}$，在$1<|z|<2$的情况下，$|z-1|\le |z|+|1|=2$，不一定有$|z-1|<1$，故不能直接按$\frac{1}{1-z}$的公式展开，而$\frac{1}{z}<1$，故将其处理成$\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{1}{z}}$，展开为$\frac{1}{z}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{z^n}$；在$0<|z|<1$的情况下，就可以直接展开了，$\frac{1}{z-1}=-\sum _{n=0}^{\infty }{z}^n$。
3. 注意积分：例如求$\frac{1}{z^2}$在$z_0=1$处、在$0<|z-1|<1$条件下的洛朗展开式，方法为：$\frac{1}{z^2}=\frac{1}{{[(z-1)+1]}^2}$，令$u=z-1$，则$0<u<1$，转化为$\frac{1}{(u+1{)}^2}$。对于$\frac{1}{(u+h{)}^2}$的形式（$h$为常数，$|u|<|h|$），处理方式如下：$$-\frac{1}{u+h}=-\frac{1}{h}\frac{1}{1+\frac{u}{h}}=-\frac{1}{h}\sum _{n=0}^{\infty }{(-1)}^n\frac{u^n}{h^n}$$两边求导得$$\frac{1}{{(u+h)}^2}=-\frac{1}{h}\sum _{n=0}^{\infty }{(-1)}^{n}n\frac{u^{n-1}}{h^n}=-\frac{1}{h}\sum _{n=1}^{\infty }{(-1)}^{n}n\frac{u^{n-1}}{h^n}$$因此$\frac{1}{{(u+1)}^2}=-\sum _{n=1}^{\infty }{(-1)}^{n}n{u}^{n-1}$，即$\frac{1}{z^2}=\sum _{n=1}^{\infty }{(-1)}^{n+1}n{(z-1)}^{n-1}$。
4. 级数可以相乘：对于$\frac{e^{\frac{1}{z}}}{1+z^2}$这种式子，没法直接展开，但是可以用$e^{\frac{1}{z}}$和$\frac{1}{1+z^2}$的展开式相乘，从而求出前面有限项的系数。在算留数的时候有用。
5. 待定系数法：对于分母比较复杂的式子，要求其洛朗展开式的某一项，可以用待定系数法。比如$$f(z)=\frac{1}{z^2\sin z}$$令$$g(z)=\frac{z}{\sin z}$$则$$f(z)=\frac{1}{z^3}g(z)$$其中$$g(z)=\frac{z}{z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\cdots }=\frac{1}{1-\frac{z^2}{3!}+\frac{z^4}{5!}-\cdots }$$令$h(z)=1-\frac{z^2}{3!}+\frac{z^4}{5!}-\cdots$，则$$g(z)h(z)=1$$下面考虑$g(z)$的洛朗展开式。显然$g(z)$是解析函数（因为分母是解析函数且分母不为0）和偶函数，因此可令$g(z)$的洛朗展开式（其实也是泰勒展开式）为$g(z)=c_0+c_2{z}^2+c_4{z}^4+\cdots$。因此$$(c_0+c_2{z}^2+c_4{z}^4+\cdots )\left(1-\frac{z^2}{3!}+\frac{z^4}{5!}-\cdots \right)=1$$比较左边和右边。右边只有常数项的系数非零，其他次项的系数均为$0$。由常数项为$1$得$$c_0\cdot 1=1⟹c_0=1$$由二次项系数为$0$得$$c_0\cdot 1+c_2\cdot \left(-\frac{1}{3!}\right)⟹c_2=\frac{1}{6}$$以此类推可以求得$g(z)$展开式的各项系数。因此$$g(z)=1+\frac{1}{6}{z}^2+\cdots$$从而有$$f(z)=\frac{1}{z^3}g(z)=\frac{1}{z^3}+\frac{1}{6}\frac{1}{z}+\cdots$$由此还可以求得$\mathrm{Res}[f(z),0]=\frac{1}{6}$。

二、解析函数的孤立奇点

孤立奇点：$f(z)$在$z_0$处解析但在其某一去心邻域内解析，那么称$z_0$是$f(z)$的孤立奇点。

注意：当存在一个趋于$z_0$的奇点序列时，$z_0$就是不是孤立奇点了。比如$f(z)=\frac{1}{\sin \frac{\pi }{z}}$的奇点为$z=\frac{1}{k}(k=\pm 1,\pm 2,\cdots )$，有一个趋于$0$的奇点序列$1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots$，这使得$0$的任意邻域内都有无穷多个奇点，因此$0$不是$f(z)$的孤立奇点。

孤立奇点分为三类：（按照洛朗级数负幂项的个数分）

• 可去奇点：$f(z)$在$z_0$处的洛朗展开式无负幂项，此时洛朗级数就是一个幂级数。补充定义$f(z_0)=\underset{z\to z_0}{\lim }f(z)$后，函数就变得解析了，此时洛朗级数就是泰勒级数。例如$z=0$是$f(z)=\frac{e^z-1}{z}$的可去奇点。
• 极点：洛朗级数只有有限个负幂项。如果洛朗级数幂次最低的负幂项是$c_{-m}{(z-z_0)}^{-m}$，则称$z_0$为$f(z)$的$m$级极点。此时$$f(z)=c_{-m}{(z-z_0)}^{-m}+c_{-m+1}{(z-z_0)}^{-m+1}+\cdots +c_0+c_1(z-z_0)+\cdots$$令$g(z)={(z-z_0)}^{m}f(z)$，则$g(z)$的洛朗展开式没有负幂项，那么$g(z)$在$z_0$的邻域内解析，且$g(z_0)\ne 0$（因为$c_{-m}\ne 0$）。这其实也是$m$级极点的充要条件。例如$f(z)=\frac{\sin z}{z^3(z+1)}$的奇点为：二级极点$z_0=0$，一级极点$z_1=-1$。
• 本性奇点：洛朗展开式有无穷多个负幂项。例如$f(z)=e^{\frac{1}{z}}$的本性奇点是$z_0=0$。

魏尔斯特拉斯定理 设函数在$0<|z-z_0|<\delta$内解析，若$z_0$是$f(z)$的本性奇点，则$\forall a\in \mathbb{C}$，不论它是有限数还是无穷，都有一个收敛于$z_0$的复数列$\{z_n\}$，使得$\underset{z\to z_0}{\lim }f(z_n)=a$。

形象的（不严谨的）理解：若$z_0$是$f(z)$的本性奇点，则$\underset{z\to z_0}{\lim }f(z)$可以等于任何数。这说明这个极限不存在也不为无穷。

用极限判断孤立奇点的类型（充要条件）：若$z_0$是$f(z)$的孤立奇点，则

• $\underset{z\to z_0}{\lim }f(z_n)$存在且为有限复数$⟺$$z_0$是$f(z)$的可去奇点；
• $\underset{z\to z_0}{\lim }f(z_n)=\infty ⟺z_0$是$f(z)$的可去奇点；
• $\underset{z\to z_0}{\lim }f(z_n)$存在且不为无穷$⟺$$z_0$是$f(z)$的本性奇点。

零点：设$f(z)$为一不恒等于$0$的解析函数，若$f(z)=(z-z_0{)}^m\phi (z)$，其中$\phi (z)$在$z_0$处解析，并且$\phi (z_0)\ne 0$，则称$z_0$是$f(z)$的一个$m$级零点。

用导数确定零点：若$f(z)$在$z_0$处解析，则$z_0$为$f(z)$的$m$级零点的充要条件是$f^{(n)}(z_0)=0(n=0,1,\cdots ,m-1)$且$f^{(m)}(z_0)\ne 0$。这个可以用泰勒级数来理解。$f(z)$在$z_0$点泰勒级数的最低次项为$c_m{(z-z_0)}^m$。

若$z_0$是$P(z)$的$n$级零点，也是$Q(z)$的$m$级零点，则$z_0$是$P(z)Q(z)$的$n+m$级零点。（这里可以把$l$级极点理解为$-l$级零点，公式仍然成立。）

零点与极点的关系：$z_0$是解析函数$f(z)$的$m$级极点，当且仅当$z_0$是$\frac{1}{f(z)}$的$m$级零点。

复变函数的洛必达法则：设函数$f(z)$，$g(z)$在$z_0$处解析，且$f(z_0)=g(z_0)=0$。那么，$$\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{f(z)}{g(z)}=\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{f^{\prime }(z)}{g^{\prime }(z)}$$这是因为，设$f(z)=c_1(z-z_0)+c_2{(z-z_0)}^2+\cdots$，$g(z)=d_1(z-z_0)+d_2{(z-z_0)}^2+\cdots$，则$$\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{f(z)}{g(z)}=\frac{c_1}{d_1}$$（上下同时消去$z-z_0$即得）。而$f^{\prime }(z)=c_1+2c_2{(z-z_0)}^2+\cdots$，$g^{\prime }(z)=d_1+2d_2{(z-z_0)}^2+\cdots$，所以$$\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{f^{\prime }(z)}{g^{\prime }(z)}=\frac{c_1}{d_1}$$因此$$\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{f(z)}{g(z)}=\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{f^{\prime }(z)}{g^{\prime }(z)}$$成立。

无穷远点作为奇点：函数$f(z)$在无穷远点没有定义，故$\infty$一定是$f(z)$的奇点。若$f(z)$在$\mathring{U}(\infty )=\{z|0<R<|z|<+\infty \}$内解析，则称$\infty$为$f(z)$的孤立奇点。研究无穷远点方法为令$t=\frac{1}{z}$，则$f(z)=f\left(\frac{1}{t}\right)$。令$\phi (t)=\left(\frac{1}{t}\right)$，则该变换把$\infty$点映到$0$点。此时$\underset{z\to \infty }{\lim }f(z)=\underset{t\to 0}{\lim }\phi (t)$，除非这两个极限都不存在。定义：若$t=0$是$\phi (t)$的可去奇点、$m$级极点或本性奇点，则$z=\infty$也分别是$f(z)$的可去奇点、$m$级极点或本性奇点，他们分别对应$f(z)$在$\mathring{U}(\infty )$内的洛朗级数不含$z$的正幂项、含有有限多个$z$的正幂项且$z^m$是最高次幂、含有无穷多个$z$的正幂项的情况。

当$\underset{z\to \infty }{\lim }f(z)$存在（即$\infty$是可去奇点）时，可以补充定义$f(z)=\underset{z\to \infty }{\lim }f(z)$，就可以认为$f(z)$在$\infty$是解析的。如$f(z)=\frac{z}{z+1}$。

三、留数与留数定理

函数在有限点处的留数：设$z_0$为$f(z)$的有限孤立奇点，设$f(z)$在$\mathring{U}(z_0)$内洛朗展开式中${(z-z_0)}^{-1}$系数为$c_{-1}$，定义$f(z)$在$z_0$处的留数为$$\mathrm{Res}[f(z),z_0]=c_{-1}=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C}f(z)\mathrm{d}z$$其中$C$是围绕$z_0$的正向环路。

函数在无穷远点处的留数：设$\infty$为$f(z)$的孤立奇点，$C$为圆环域$0<R<|z|<+\infty$（$f(z)$在其中解析）内绕原点的任一正向简单闭曲线，则定义$f(z)$在$\infty$处的留数为$$\mathrm{Res}[f(z),\infty ]=-c_{-1}=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C^{-}}f(z)\mathrm{d}z$$其中$C^{-}$是$C$的负向，即绕$\infty$的正向，$c_{-1}$是$f(z)$在$\mathring{U}(\infty )$内洛朗展开式中$z^{-1}$项的系数。

定理 设$f(z)$在扩充复平面内包括无穷远点在内只有有限个孤立奇点，则$f(z)$在各奇点处的留数之和为$0$。

可以这么理解：假设路径$C$包含了$f(z)$的所有有限奇点，则$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C}f(z)\mathrm{d}z$就是$f(z)$在各有限奇点处的留数之和。现在$\mathrm{Res}[f(z),\infty ]$定义为它的相反数，那么我们自然知道，在无穷远点处的留数与在各有限点处的留数之和为$0$。利用这个性质可以用来反向计算环路积分的值。

留数定理 设函数$f(z)$在区域$D$内除有限个有限孤立奇点$z_1,z_2,\cdots ,z_l$外处处解析，$C$是$D$内包含所有奇点的任一正向简单闭曲线，则$${\oint }_{C}f(z)\mathrm{d}z=2\pi i\sum _{k=1}^l\mathrm{Res}[f(z),z_k]$$

留数的计算：

• 当奇点为可去奇点——留数为$0$
• 当奇点为本性奇点——只能求洛朗展开式的$-1$次项系数
• 当奇点为$m$级极点：
  • 若$m=1$，则$\mathrm{Res}[f(z),z_0]=\underset{z\to z_0}{\lim }(z-z_0)f(z)$
  • 若$m>1$，则$$\mathrm{Res}[f(z),z_0]=\frac{1}{(m-1)!}\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{{\mathrm{d}}^{m-1}}{\mathrm{d}{z}^{m-1}}\{{(z-z_0)}^{m}f(z)\}$$注意阶乘和导数阶数都是$m-1$，只有$z-z_0$的次数为$m$！
    理解方法：设$f(z)=c_{-m}{(z-z_0)}^{-m}+\cdots +c_{-1}{(z-z_0)}^{-1}+c_0+\cdots$，则${(z-z_0)}^{m}f(z)=c_{-m}+\cdots +c_{-1}{(z-z_0)}^{m-1}+c_0{(z-z_0)}^m+\cdots$。我们知道，$\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{z}^n}{(z-z_0)}^n=n!$，所以$\frac{{\mathrm{d}}^{m-1}}{\mathrm{d}{z}^{m-1}}{(z-z_0)}^{m-1}=(m-1)!$，因此给${(z-z_0)}^{m}f(z)$求$m-1$阶导后，比$m-1$次数低的项变为$0$了，比$m-1$次数高的项在$z\to z_0$时也变成$0$了，只留下了$(m-1)!c_{-1}$。因此$$c_{-1}=\frac{1}{(m-1)!}\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{{\mathrm{d}}^{m-1}}{\mathrm{d}{z}^{m-1}}\{{(z-z_0)}^{m}f(z)\}$$
  • 若$m=1$，且$f(z)$可以表示为$f(z)=\frac{\phi (z)}{\psi (z)}$，其中$\phi (z)$、$\psi (z)$在$z_0$处解析，并且$\phi (z_0)\ne 0$，$\psi (z_0)=0$，${\psi }^{\prime }(z_0)\ne 0$，则$$\mathrm{Res}[f(z),z_0]=\frac{\phi (z_0)}{{\psi }^{\prime }(z_0)}$$理解方法：注意到$z_0$是$\psi (z)$的一级极点。设$\phi (z)=h_0+h_1(z-z_0)+\cdots$，$\psi (z)=d_1(z-z_0)+d_2{(z-z_0)}^2+\cdots$，$f(z)=c_{-1}{(z-z_0)}^{-1}+c_0+\cdots$，则$f(z)\psi (z)=\phi (z)$。这里$f(z)$最低次项为$-1$次，是因为$f(z)\psi (z)$最低次项为$0$次，而若$f(z)$有更低次项，则该项与$\psi (z)$最低次项相乘得到的是负幂次项，但$\phi (z)$中并没有负幂次项。同时我们可以得出$d_1{c}_{-1}=h_0$，即$c_{-1}=\frac{h_0}{d_1}=\frac{\phi (z_0)}{{\psi }^{\prime }(z_0)}$。
• 当奇点为无穷远点：$$\mathrm{Res}[f(z),\infty ]=-\mathrm{Res}\left[f\left(\frac{1}{z}\right)\frac{1}{z^2},0\right]$$换言之，设$z_1,z_2,\cdots ,z_l$是$f(z)$的所有有限孤立奇点，则$$\sum _{k=1}^l\mathrm{Res}[f(z),z_k]=\mathrm{Res}\left[f\left(\frac{1}{z}\right)\frac{1}{z^2},0\right]$$推导过程：设环路$C:|z|=\rho$包含所有有限奇点，作变换$t=\frac{1}{z}$，则$C^{-}$被映射到正向闭曲线$L:|t|=\frac{1}{\rho }$。于是$$\mathrm{Res}[f(z),\infty ]=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C^{-}}f(z)\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{L}f\left(\frac{1}{t}\right)\left(-\frac{1}{t^2}\right)\mathrm{d}t=-\mathrm{Res}\left[f\left(\frac{1}{t}\right)\frac{1}{t^2},0\right]$$

技巧：若$f(z)$是偶函数，则$\mathrm{Res}[f(z),0]=0$。这是因为在$0$处的洛朗展开式没有奇次项，自然有$c_{-1}=0$。比如$f(z)=\frac{z}{{\sin }^{3}z}$。

四、留数在计算实积分中的应用

1. 形如${\int }_0^{2\pi }R(\cos \theta ,\sin \theta )\mathrm{d}\theta$的积分

处理方法：令$z=e^{i\theta }$，则$\mathrm{d}z=iz\mathrm{d}\theta$，$\sin \theta =\frac{z^2-1}{2iz}$，$\cos \theta =\frac{z^2+1}{2z}$。把积分表达式中的${\int }_0^{2\pi }$换成${\oint }_{|z|=1}$、$\sin \theta$换成$\frac{z^2-1}{2iz}$、$\cos \theta$换成$\frac{z^2+1}{2z}$、$\mathrm{d}\theta$换成$\frac{\mathrm{d}z}{iz}$。则$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }R(\cos \theta ,\sin \theta )\mathrm{d}\theta & ={\oint }_{|z|=1}R\left(\frac{z^2+1}{2z},\frac{z^2-1}{2iz}\right)\frac{\mathrm{d}z}{iz}\\ & =2\pi i\sum _{k=1}^l\mathrm{Res}\left[\frac{1}{iz}R\left(\frac{z^2+1}{2z},\frac{z^2-1}{2iz}\right),z_k\right]\\ & =2\pi \sum _{k=1}^l\mathrm{Res}\left[\frac{1}{z}R\left(\frac{z^2+1}{2z},\frac{z^2-1}{2iz}\right),z_k\right]\end{array}$$其中$z_1,z_2,\cdots ,z_l$是含$z$的被积函数在$|z|=1$以内的所有奇点。

这里积分上下限不管是$0$到$2\pi$还是$-\pi$到$\pi$都是一样的，对应的积分环路都是$|z|=1$。对于上下限是$0$到$\pi$的，需要考虑函数的奇偶性进行处理（一般有${\int }_0^{\pi }=\frac{1}{2}{\int }_{-\pi }^{\pi }$）。

2. 形如${\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)\mathrm{d}x$的积分

要求：$R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$是$x$的有理函数，$P(x)$与$Q(x)$为互质多项式，$Q(x)$的次数至少比$P(x)$高两次

处理方法：找到$R(z)$在上半平面的孤立奇点$z_1,z_2,\cdots ,z_l$（注意如果在上半平面有一个奇点，那么对称地在下半平面也有一个奇点），则$${\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)\mathrm{d}x=2\pi i\sum _{k=1}^l\mathrm{Res}[R(z),z_k]$$特别地，如果$R(x)$的偶函数，则$${\int }_0^{+\infty }R(x)\mathrm{d}x=\pi i\sum _{k=1}^l\mathrm{Res}[R(z),z_k]$$

3. 形如${\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)e^{aix}\mathrm{d}x$（$a>0$）的积分

要求：$R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$是$x$的有理函数，$P(x)$与$Q(x)$为互质多项式，$Q(x)$的次数至少比$P(x)$高一次

处理方法：和第二种情况一样，找到$R(z)e^{aiz}$在上半平面的孤立奇点$z_1,z_2,\cdots ,z_l$（注意如果在上半平面有一个奇点，那么对称地在下半平面也有一个奇点），则$${\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)e^{aix}\mathrm{d}x=2\pi i\sum _{k=1}^l\mathrm{Res}[R(z)e^{aiz},z_k]$$同时，因为$e^{aix}=\cos ax+i\sin ax$，也可以由此计算$$\begin{gathered} {\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)\cos ax\mathrm{d}x=\mathrm{Re}\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)e^{aix}\mathrm{d}x\right) \\ {\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)\sin ax\mathrm{d}x=\mathrm{Im}\left({\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)e^{aix}\mathrm{d}x\right) \end{gathered}$$对于$a<0$的情况，注意到$\overline{e^z}=e^{\overline{z}}$，$${\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)e^{aix}\mathrm{d}x=\overline{{\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)\overline{e^{aix}}\mathrm{d}x}=\overline{{\int }_{-\infty }^{+\infty }R(x)e^{-aix}\mathrm{d}x}$$这就转化为了$a>0$的情况，然后对结果取共轭即可。