留数定理

以下的积分

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{e^{itx} \over x^{2}+1}\,dx}$

积分路径

在计算柯西分布的特征函数时会出现，用初等微积分计算并不容易。我们把这个积分表示成一个路径积分的极限，积分路径为沿着实直线从−a到a，然后再依逆时针方向沿着以0为中心的半圆从a到−a。取a为大于1，使得虚数单位i包围在曲线里面。路径积分为：

${\displaystyle \int _{C}{f(z)}\,dz=\int _{C}{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz.}$

由于e^itz是一个整函数（没有任何奇点），这个函数仅当分母z² + 1为零时才具有奇点。由于z² + 1 = (z + i)(z − i)，因此这个函数在z = i或z = −i时具有奇点。这两个点只有一个在路径所包围的区域中。

由于f(z)是

${\displaystyle {\frac {e^{itz}}{z^{2}+1}}\,\!}$	${\displaystyle {}={\frac {e^{itz}}{2i}}\left({\frac {1}{z-i}}-{\frac {1}{z+i}}\right)\,\!}$
	${\displaystyle {}={\frac {e^{itz}}{2i}}{\frac {1}{z-i}}-{\frac {e^{itz}}{2i(z+i)}},\,\!}$

f(z)在z = i的留数是：

${\displaystyle \operatorname {Res} _{z=i}f(z)={e^{-t} \over 2i}.}$

根据留数定理，我们有：

${\displaystyle \int _{C}f(z)\,dz=2\pi i\cdot \operatorname {Res} _{z=i}f(z)=2\pi i{e^{-t} \over 2i}=\pi e^{-t}.}$

路径C可以分为一个“直”的部分和一个曲线弧，使得：

${\displaystyle \int _{\mbox{straight}}+\int _{\mbox{arc}}=\pi e^{-t}\,}$

因此

${\displaystyle \int _{-a}^{a}=\pi e^{-t}-\int _{\mbox{arc}}.}$

如果t > 0，那么当半圆的半径趋于无穷大时，沿半圆路径的积分趋于零：

${\displaystyle \int _{\mbox{arc}}{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz\leq \int _{\mbox{arc}}\left|{e^{itz} \over z^{2}+1}\right|\,|dz|=\int _{\mbox{arc}}{|e^{itz}| \over |z^{2}+1|}\,|dz|=\int _{\mbox{arc}}{1 \over |z^{2}+1|}\,|dz|\leq \int _{\mbox{arc}}{1 \over a^{2}-1}\,|dz|={\frac {\pi a}{a^{2}-1}}\rightarrow 0\ {\mbox{as}}\ a\rightarrow \infty .}$

上述结果也可以直接由Jordan引理得到[1]，要注意这里的半圆弧上积分随半径增长趋于0必须要${\displaystyle t>0}$才能成立，所以如果${\displaystyle t<0}$就必须考虑下半平面上的半圆弧。

因此，如果t > 0，那么：

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz=\pi e^{-t}.}$

类似地，如果曲线是绕过−i而不是i，那么可以证明如果t < 0，则

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz=\pi e^{t},}$

因此我们有：

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz=\pi e^{-\left|t\right|}.}$

（如果t = 0，这个积分就可以很快用初等方法算出来，它的值为π。）

由于${\displaystyle \pi \cot(\pi z)}$在${\displaystyle z}$为整数时皆为一阶极点，并且留数皆为${\displaystyle 1}$，因此可以用来计算如下所示级数：

${\displaystyle \sum _{n=-\infty }^{\infty }f(n)}$

在此处令${\displaystyle f(z)=z^{-2}}$，并且令${\displaystyle \Gamma _{N}}$为${\displaystyle \left[-N-{\frac {1}{2}},N+{\frac {1}{2}}\right]^{2}}$的正方形正向（逆时针）围道（其中${\displaystyle N}$为整数），于是依留数定理：

${\displaystyle {\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\int _{\Gamma _{N}}f(z)\pi \cot(\pi z)\mathrm {d} z={\frac {1}{2\pi \mathrm {i} }}\int _{\Gamma _{N}}{\frac {\pi \cot(\pi z)}{z^{2}}}\mathrm {d} z=\operatorname {Res} _{z=0}+{\underset {n\neq 0}{\sum _{n=-N}^{N}}}{\frac {1}{n^{2}}}}$

当${\displaystyle N\to \infty }$时，等式左侧由于${\displaystyle O(n^{-2})}$而趋于零；另一方面：

${\displaystyle {\frac {z}{2}}\cot {\frac {z}{2}}=1-{\frac {B_{2}z^{2}}{2!}}+\cdots =1-{\frac {z^{2}}{12}}+\cdots }$

其中有伯努利数${\displaystyle B_{2}={\frac {1}{6}}}$。

（实际上有${\displaystyle {\frac {z}{2}}\cot {\frac {z}{2}}={\frac {\mathrm {i} z}{1-\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} z}}}-{\frac {\mathrm {i} z}{2}}}$）因此，${\displaystyle \operatorname {Res} _{z=0}=-{\frac {\pi ^{2}}{3}}}$，可以得出：

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}}$

即为巴塞尔问题的证明之一。