关于证明上半平面大半径半圆周围道积分趋于零的方法咨询

嗨，别被对数项吓住啦，其实这个积分的收敛性很好证，我们可以直接用ML不等式来放缩——比Jordan引理更直接，因为这里的被积函数衰减速度足够快，对数项的增长完全跟不上分母的多项式衰减。

下面是具体的推导步骤：

首先，我们把大上半圆$C_R$参数化：令$z = Re^{iθ}$，其中$θ ∈ [0, π]$，对应的$dz = iRe^{iθ}dθ$，曲线的长度元$|dz| = Rdθ$。

接下来我们逐个放缩被积函数各部分的模：

• 对于$z^{{1/2}$：复平方根的模等于模的平方根，所以$|z}{1/2}| = \sqrt{|z|} = \sqrt{R}$；
• 对于$\log z$：这里取主值分支（适配题目里的上半平面围道），$\log z = \ln R + iθ$，用三角不等式放缩模长：$|\log z| = |\ln R + iθ| ≤ \ln R + |θ| ≤ \ln R + π$（毕竟θ最大就是π）；
• 对于分母$1+z^2$：用反向三角不等式（$|a+b| ≥ ||a| - |b||$），可以得到$|1 + z^2| ≥ ||z^2| - |1|| = R^2 - 1$。当$R ≥ \sqrt{2}$时，$R^2 - 1 ≥ \frac{R^2}{2}$，这个下界足够好用。

把这些放缩结合起来，被积函数的模就有了上界：
$$|f(z)| = \frac{|z^{1/2}||\log z|}{|1 + z^2|} ≤ \frac{\sqrt{R}(\ln R + π)}{R^2/2} = \frac{2(\ln R + π)}{R^{3/2}}$$

然后应用ML不等式：曲线积分的模≤曲线长度×被积函数在曲线上的最大模。半圆$C_R$的长度是$πR$，所以：
$$\left| \int_{C_R} \frac{z^{1/2}\log z}{1+z^2}dz \right| ≤ πR \cdot \frac{2(\ln R + π)}{R^{3/2}} = \frac{2π(\ln R + π)}{\sqrt{R}}$$

最后看极限：当$R→∞$时，$\frac{\ln R}{\sqrt{R}}$会趋于0（对数函数的增长速度远慢于任何正幂次的多项式），$\frac{π}{\sqrt{R}}$也趋于0，所以整个上界趋于0。根据夹逼准则，原积分的模趋于0，积分自然也趋于0。

如果一定要用Jordan引理的话，其实也成立：Jordan引理要求被积函数形如$e^{iaz}f(z)$，且$|f(z)| ≤ \frac{M}{R}$，当$R→∞$时$f(z)→0$。这里我们的被积函数可以看成无振荡项的情况，而$\frac{z^{1/2}\log z}{1+z^2} = \frac{\log z}{z^{3/2} \cdot (1 + 1/z^2)}$，当$R→∞$时，这个式子的模≤$\frac{\ln R + π}{R^{3/2} \cdot (1 - 1/R^2)}$，衰减速度比$\frac{1}{R}$快得多，完全满足Jordan引理的条件，积分也会趋于0。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Featherball