我们利用留数定理计算 \(2\pi\) 周期上的三角有理函数的定积分。
1，积分 \(\displaystyle\int_0^{2\pi}R(\sin\theta,\cos\theta)d\theta\) 可以通过适当的变换化成单位圆上的复变函数的积分。
作变换 \(z=e^{i\theta}, 0\le\theta\le 2\pi\)，那么积分区间 \([0,2\pi]\) 就变成单位圆 \(|z|=1\) 上的围线积分。由欧拉公式
\[\sin\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}=\frac{z-z^{-1}}{2i},\quad \cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}=\frac{z+z^{-1}}{2}\]
\[dz=ie^{i\theta}d\theta\quad\Rightarrow \quad d\theta=\frac{dz}{iz}\]
积分变成
\[\int_0^{2\pi}R(\sin\theta,\cos\theta)d\theta=\int_{|z|=1}R\left(\frac{z-z^{-1}}{2i},\frac{z+z^{-1}}{2}\right)\frac{dz}{iz}\]
然后可以利用留数定理来计算这个积分了。
例1，计算积分 \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{2+\cos\theta}d\theta\)。
解：作变换 \(z=e^{i\theta}\)，则有
\begin{align*}\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{2+\cos\theta}d\theta&=\int_{|z|=1}\frac{1}{2+\frac{z+z^{-1}}{2}}\frac{dz}{iz}\\ &=\frac{2}{i}\int_{|z|=1}\frac{dz}{z^2+4z+1}\end{align*}
由 \(z^2+4z+1=0\)，得到 \(z=\frac{-4\pm\sqrt{16-4}}{2}=-2\pm\sqrt{3}\)。在单位圆内的点为 \(-2+\sqrt3\)。所以单位圆内只有一个奇点 \(-2+\sqrt3\)，它是简单极点。
\begin{align*}\text{Res}(f(z),-2+\sqrt3)&=\lim_{z\to -2+\sqrt3}(z-(-2+\sqrt3))f(z)\\ &=\lim_{z\to -2+\sqrt3}(z+2-\sqrt3))\frac{1}{(z+2-\sqrt3)(z+2+\sqrt{3})}\\ &=\frac{1}{2\sqrt3}\end{align*}
由留数定理，
\begin{align*}\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{2+\cos\theta}d\theta&=\frac{2}{i}\cdot 2\pi i\cdot\text{Res}(f(z),-2+\sqrt3) \\ &=4\pi \cdot \frac{1}{2\sqrt3}=\frac{2\pi}{\sqrt3}\end{align*}
例2，求积分 \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\cos2\theta}{1-2p\cos\theta+p^2}d\theta\)，这里 \(0\le|p|<1\) 是常数。
解：做变换 \(z=e^{i\theta}\)，\(\cos2\theta=\frac{e^{2\theta}+e^{-2\theta}}{2}=\frac{z^2+z^{-2}}{2}\)
\begin{align*}\int_0^{2\pi}\frac{\cos\theta}{1-2p\cos\theta+p^2}d\theta&=\int_{|z|=1}\frac{\frac{z^2+z^{-2}}{2}}{1-2p\cdot\frac{z+z^{-1}}{2}+p^2}\frac{dz}{iz}\\ &=\int_{|z|=1}\frac{z^4+1}{2z^2-2p z^3-2p z+2p^2z^2}\frac{dz}{iz}\\ &=\int_{|z|=1}\frac{z^4+1}{2iz^2(z-pz^2-p+p^2z)}dz\\ &=\int_{|z|=1}\frac{z^4+1}{2iz^2(z-p)(1-pz)}\end{align*}
被积函数有三个奇点，\(z=0\)（二级极点）， \(z=p, z=\frac{1}{p}\)，\(\frac{1}{p}\) 在单位圆外。圆内有两个奇点 \(z=0,p\)。现在我们来计算这两点处的留数。
\(z=p\) 时，
\[\text{Res}(f(z),p)=\lim_{z\to p}(z-p)\cdot\frac{z^4+1}{2iz^2(1-pz)}=\frac{p^4+1}{2ip^2(1-p^2)}\]
\(z=0\) 时，
\begin{align*}\text{Res}(f(z),p)&=\left[\frac{z^4+1}{2i(z-pz^2-p+p^2z)}\right]’\Big|_{z=0}\\ &=\frac{4z^3\cdot 2i(z-pz^2-p+p^2z^2)-(z^4+1)(2i(1-2pz+p^2))}{(2i(z-pz^2-p+p^2z))^2}\Big|_{z=0}\\ &=\frac{-2i(1+p^2)}{-4p^2}\Big|_{z=0}=\frac{i(1+p^2)}{2p^2}\end{align*}
所以积分为 \begin{align*}\int_0^{2\pi}\frac{\cos2\theta}{1-2p\cos\theta+p^2}d\theta&=2\pi i\left(\frac{p^4+1}{2ip^2(1-p^2)}+\frac{i(1+p^2)}{2p^2}\right)=\frac{2\pi p^2}{1-p^2}\end{align*}