如果积分路径上有奇点，我们就“绕过” 这些奇点，再利用留数定理来计算这些定积分。我们用例子来说明这种方法。
例1，求积分 \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx\)。
解：可以知道，
\[\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\]
考虑函数 \(f(z)=\frac{e^{iz}}{z}\) 在 \(\Gamma=\Gamma_1+\Gamma_{\epsilon}+\Gamma_2+\Gamma_R\)上的积分，
其中
\begin{array}{ll}\Gamma_R: |z|=R, \text{Im}z>0, &\Gamma_{\epsilon}:|z|=\epsilon, \text{Im}z>0\\ \Gamma_1: -R\le x\le -\epsilon,&\Gamma_2:\epsilon \le x\le R\end{array}
因为 \(\frac{e^{iz}}{z}\) 在整个上半平面 \(\text{Im}z>0\) 解析，所以
\[\oint_{\Gamma}\frac{e^{iz}}{z}=0\]也就是
\[\left(\int_{\Gamma_R}+\int_{\Gamma_1}+\int_{\Gamma_{\epsilon}}+\int_{\Gamma_2}\right)\frac{e^{iz}}{z}=0\]
因为
\begin{align*}\left(\int_{\Gamma_1}+\int_{\Gamma_2}\right)\frac{e^{iz}}{z}&=\int_{-R}^{-\epsilon}\frac{e^{ix}}{x}dx+\int_{\epsilon}^{R}\frac{e^{ix}}{x}dx\\ &=\int_{\epsilon}^{R}\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x}dx\\ &=2i\int_{\epsilon}^{R}\frac{\sin x}{x}dx\end{align*}
所以当 \(R\to\infty, \epsilon\to 0\) 时，上面的积分就给出了我们所要的结果。
现在来计算 \(\displaystyle\int_{\Gamma_{\epsilon}}\frac{e^{iz}}{z}dz\) 在 \(\epsilon\to 0\) 的极限，在 \(z=0\) 附近，
\[\frac{e^{iz}}{z}=\frac{1}{z}(1+iz+\frac{(iz)}{2}+\cdots)=\frac{1}{z}+h(z)\]
这里 \(h(z)\) 是一个在 \(z=0\) 附近解析的函数。所以
\begin{align*}\int_{\Gamma_{\epsilon}}\frac{e^{iz}}{z}dz&=\int_{\Gamma_{\epsilon}}\frac{1}{z}dz+\int_{\Gamma_{\epsilon}}h(z)dz\\ &=\int_{\pi}^0e^{-i\theta}ie^{i\theta}d\theta+\int_{\Gamma_{\epsilon}}h(z)dz\\ &=-\pi i+\int_{\Gamma_{\epsilon}}h(z)dz\end{align*}
对于后一个积分
\[\left|\int_{\Gamma_{\epsilon}}h(z)dz\right|\le \int_0^{\pi}|h(z)| |i\epsilon e^{i\theta}|d\theta\le M\pi \epsilon\to 0\]
所以 \(\displaystyle\int_{\Gamma_{\epsilon}}\frac{e^{iz}}{z}dz \to -\pi i , \epsilon\to 0\)。
现在来估计积分 \(\displaystyle\int_{\Gamma_R}\frac{e^{iz}}{z}dz\)，
\begin{align*}\left|\int_{\Gamma_R}\frac{e^{iz}}{z}dz\right|&\le \frac{1}{R}\left|\int_{\Gamma_R}e^{iz}dz\right|=\frac{1}{R}\left|\int_{\Gamma_R}e^{iR\cos \theta-R\sin\theta}iRe^{i\theta}d\theta\right|\\ &\le \int_0^{\pi}e^{-R\sin\theta}Rd\theta=\frac{2}{R}\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin\theta}Rd\theta\\ &\le 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\cdot\frac{2}{\pi}\theta}=-\frac{2\pi}{2R}e^{-R\cdot\frac{2}{\pi}\theta}\Big|_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\frac{1}{R}(1-e^{-R})\to 0, R\to\infty\end{align*}
由前面的推导，
\[\left(\int_{\Gamma_R}+\int_{\Gamma_1}+\int_{\Gamma_{\epsilon}}+\int_{\Gamma_2}\right)\frac{e^{iz}}{z}=0\]
也就是
\[\left(\int_{\Gamma_1}+\int_{\Gamma_2}\right)\frac{e^{iz}}{z}=-\left(\int_{\Gamma_R}+\int_{\Gamma_{\epsilon}}\right)\frac{e^{iz}}{z}\]
令\(R\to \infty, \epsilon\to 0\),
\[2i\int_{\epsilon}^{R}\frac{\sin x}{x}dx=\pi i\]
也就是
\[\int_{\epsilon}^{R}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}\]