用留数定理来计算 \(\int_0^\infty \frac{dx}{1 + x^2}\) 的值
首先，我们将实数积分扩展到复平面，并考虑以下复积分：
\[ I = \int_{-\infty}^\infty \frac{dz}{1 + z^2} \]这个积分与我们要求的积分有直接关系，因为：
\[ \int_0^\infty \frac{dx}{1 + x^2} = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{1 + x^2} \]步骤1：构造闭合路径
我们可以考虑一个半圆形的闭合路径 \(C\) ，由以下部分组成：
- 实轴上的线段，从 \(-R\) 到 \(R\)
- 半径为 \(R\) 的上半圆弧，中心在原点，沿逆时针方向
记这条闭合路径为 \(C_R\) ，如下所示：
\[ \int_{C_R} \frac{dz}{1 + z^2} = \int_{-R}^R \frac{dx}{1 + x^2} + \int_{\text{upper semicircle}} \frac{dz}{1 + z^2} \]步骤2：计算路径上的积分
由于函数 \(\frac{1}{1 + z^2}\) 在复平面上只有简单极点 \(z = i\) 和 \(z = -i\) ，并且路径 \(C_R\) 包含 \(z = i\) （但不包含 \(z = -i\) ），我们可以使用留数定理来计算这个积分。
步骤3：使用留数定理
根据留数定理，闭合路径上的积分等于包围的极点的留数之和乘以 \(2\pi i\) ：
\[ \int_{C_R} \frac{dz}{1 + z^2} = 2\pi i \sum \text{Residues inside } C_R \]我们需要计算 \(z = i\) 处的留数：
\[ \text{Res}\left( \frac{1}{1 + z^2}, i \right) = \lim_{z \to i} (z - i) \frac{1}{1 + z^2} \]可以简化为：
\[ \text{Res}\left( \frac{1}{1 + z^2}, i \right) = \lim_{z \to i} \frac{z - i}{(z - i)(z + i)} = \lim_{z \to i} \frac{1}{z + i} = \frac{1}{2i} \]所以，\(z = i\) 处的留数为 \(\frac{1}{2i}\) 。
因此，整个闭合路径上的积分为：
\[ \int_{C_R} \frac{dz}{1 + z^2} = 2\pi i \cdot \frac{1}{2i} = \pi \]步骤4：处理上半圆弧上的积分
当 \(R \to \infty\) 时，上半圆弧上的积分趋近于零。具体来说，对于 \(z = Re^{i\theta}\) (\(0 \leq \theta \leq \pi\) )，我们有：
\[ \left| \int_{\text{upper semicircle}} \frac{dz}{1 + z^2} \right| \leq \int_0^\pi \left| \frac{R i e^{i\theta} \, d\theta}{1 + R^2 e^{2i\theta}} \right| = \int_0^\pi \frac{R \, d\theta}{R^2 - 1} \]利用之前的结果，我们有：
\[ \left| \int_{\text{upper semicircle}} \frac{dz}{1 + z^2} \right| \leq \frac{R \pi}{R^2 - 1} \]当 \(R \to \infty\) 时，\(\frac{R \pi}{R^2 - 1} \to 0\) 。因此，上半圆弧上的积分趋近于零。
步骤5：总结
综上所述，当 \(R \to \infty\) 时，整个闭合路径积分可以表示为：
\[ \int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{1 + x^2} = \pi \]所以，我们要求的积分为：
\[ \int_0^\infty \frac{dx}{1 + x^2} = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{1 + x^2} = \frac{\pi}{2} \]因此，
\[ \int_0^\infty \frac{dx}{1 + x^2} = \frac{\pi}{2} \]证明不等式 \(\left| \int_0^\pi \frac{R \, d\theta}{1 + (R e^{i \theta})^2} \right| \leq \frac{R \pi}{R^2 - 1},\)
我们可以按以下步骤进行：
1. 表达被积函数的模
考虑被积函数：
\[ \frac{R}{1 + (R e^{i \theta})^2}. \]我们需要首先计算 \( (R e^{i \theta})^2 \) 的模：
\[ (R e^{i \theta})^2 = R^2 e^{2i \theta}. \]因此，
\[ 1 + (R e^{i \theta})^2 = 1 + R^2 e^{2i \theta}. \]计算其模：
\[ \left| 1 + R^2 e^{2i \theta} \right| = \sqrt{ \left(1 + R^2 \cos(2 \theta) \right)^2 + \left(R^2 \sin(2 \theta) \right)^2 }. \]利用 \( \cos^2 x + \sin^2 x = 1 \) 的三角恒等式，可以简化为：
\[ \left| 1 + R^2 e^{2i \theta} \right| = \sqrt{1 + 2R^2 \cos(2 \theta) + R^4} = \sqrt{(1 + R^2)^2 - 2R^2 (1 - \cos(2 \theta))}. \]注意到：
\[ 1 - \cos(2 \theta) = 2 \sin^2(\theta), \]所以：
\[ \left| 1 + R^2 e^{2i \theta} \right| = \sqrt{(1 + R^2)^2 - 4R^2 \sin^2(\theta)}. \]2. 计算被积函数的模
因此，被积函数的模为：
\[ \left| \frac{R}{1 + (R e^{i \theta})^2} \right| = \frac{R}{\left| 1 + R^2 e^{2i \theta} \right|}. \]带入我们计算的结果：
\[ \left| \frac{R}{1 + R^2 e^{2i \theta}} \right| = \frac{R}{\sqrt{(1 + R^2)^2 - 4R^2 \sin^2(\theta)}}. \]3. 估计分母的最小值
为了找到分母的下界，我们需要找到 \(\sqrt{(1 + R^2)^2 - 4R^2 \sin^2(\theta)}\) 的最小值。因为 \(\sin^2(\theta)\) 在 \([0, \pi]\) 内的取值范围是从 0 到 1，所以 \((1 + R^2)^2 - 4R^2 \sin^2(\theta)\) 的最小值是当 \(\sin^2(\theta)\) 取最大值时，即 \(\sin^2(\theta) = 1\) ：
\[ (1 + R^2)^2 - 4R^2 \cdot 1 = (1 + R^2)^2 - 4R^2 = 1 + 2R^2 + R^4 - 4R^2 = 1 + R^4 - 2R^2. \]记作 \(D\) ，我们有：
\[ D = R^4 - 2R^2 + 1 = (R^2 - 1)^2. \]因此：
\[ \sqrt{(1 + R^2)^2 - 4R^2 \sin^2(\theta)} \geq \sqrt{(R^2 - 1)^2} = |R^2 - 1|. \]对于 \(R > 1\) ，\(R^2 - 1\) 是正的，所以：
\[ \sqrt{(1 + R^2)^2 - 4R^2 \sin^2(\theta)} \geq R^2 - 1. \]4. 估计积分
结合上面的结果，我们可以估计被积函数的模：
\[ \left| \frac{R}{1 + R^2 e^{2i \theta}} \right| \leq \frac{R}{R^2 - 1}. \]于是，积分的模也满足：
\[ \left| \int_0^\pi \frac{R \, d\theta}{1 + (R e^{i \theta})^2} \right| \leq \int_0^\pi \left| \frac{R}{1 + R^2 e^{2i \theta}} \right| d\theta \leq \int_0^\pi \frac{R \, d\theta}{R^2 - 1}. \]计算右边的积分：
\[ \int_0^\pi \frac{R \, d\theta}{R^2 - 1} = \frac{R \pi}{R^2 - 1}. \]因此：
\[ \left| \int_0^\pi \frac{R \, d\theta}{1 + (R e^{i \theta})^2} \right| \leq \frac{R \pi}{R^2 - 1}. \]这证明了所需的不等式。