1.परिरेखा समाकलन द्वारा सिद्ध कीजिए (Prove that by Contour Integration),परिरेखा समाकलन (Contour Integration):

Prove that by Contour Integration

परिरेखा समाकलन द्वारा सिद्ध कीजिए (Prove that by Contour Integration) के इस आर्टिकल में ऐसे समाकलों का मान ज्ञात करना सीखेंगे जिन्हें वर्ग,आयत,वृत्त के चतुर्थांश आदि परिरेखा का प्रयोग किया गया हो।
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Also Read This Article:- Use Method of Contour Integration

2.परिरेखा समाकलन द्वारा सिद्ध कीजिए के उदाहरण (Prove that by Contour Integration Examples):

Example:1.एक आयत जिसके सम्मिश्र तल में शीर्ष बिन्दु z= \pm \pi, \pm \pi i R हैं,पर \frac{z}{1-a e^{i z}} का समाकलन करते हुए सिद्ध कीजिए यदि a \geq 1
(Integrating \frac{z}{1-a e^{i z}} round the rectangle with vertices at z= \pm \pi, \pm \pi i R ,prove that if a \geq 1)
\int_0^\pi \frac{a x sin x}{1-2 a \cos x+a^2} d x=\pi \log \left(1+\frac{1}{a}\right)
इस समाकल का मान क्या होगा जब 0 < a < 1
(What is the value of this integral when?)

Prove that by Contour Integration

Solution:समाकल \int_c \frac{z}{1-a e^{-i z}} d z=\int_c f(z) d z पर विचार करो,जहाँ C शीर्षों x= \pm \pi , y=0,y=R वाला आयत है।f(z) में सरल अनन्तक हैं जो निम्न द्वारा दिए गए हैं:
e^{i z}=a=\exp (\log a+2 n \pi i) \\ \Rightarrow z=-i(\log a+2 n \pi i), n=0,\pm1, \pm 2 \ldots
यदि 0< a< 1 यहाँ केवल z=-i \log a अनन्तक है जो आयत C के भीतर स्थित है।यदि a >1 तो C के अन्दर कोई अनन्तक नहीं है।
z=-i \log a पर अवशेष है:
\left[\frac{z}{D\left(1-a e^{-i z}\right)}\right]_{z=-i \log a}=\frac{-i \log a}{a i \exp (-\log a)}=-\log a
कोशी अवशेष प्रमेय द्वारा
\int_c f(z) d z=\int_{-\pi}^\pi f(x) d x+\int_0^R f(\pi+i y) i dy+\int_\pi^{-\pi} f(x+i R) d x+\int_R^0 f(-\pi+i y) i d y=2 \pi i(-\log a) \ldots(1)
अब \int_\pi^{-\pi} f(x+i R) d x \leq \int_\pi^{-\pi} \frac{|x+i R|}{|1-a \exp (-i x+R)|} d x \\ \leq \int_\pi^{-\pi} \frac{|x|+R}{a e^R-1} d x \rightarrow 0 \operatorname{as} R \rightarrow \infty \\ \int_{-\pi}^\pi f(x) d x=\int_{-\pi}^\pi \frac{x d x}{1-a e^{-i x}}=\int_{-\pi}^0 \frac{x d x}{1-a e^{-i x}} +\int_0^\pi \frac{x d x}{1-a e^{-i x}}
प्रथम समाकल में x की जगह -x रखने परः
I=\int_\pi^0 \frac{x d x}{1-a e^{i x}}+\int_0^\pi \frac{x d x}{1-a e^{-i x}}=\int_0^\pi x\left(\frac{1}{1-a e^{-i x}}-\frac{1}{1-a e^{i x}}\right) d x \\ =\int_0^\pi \frac{-x a\left(e^{i x}-e^{-i x}\right)}{1-a\left(e^{i x}+e^{-i x}\right)+a^2} d x = \int^{\pi}_0 \frac{-2a ix \sin x}{1-2a \cos x +a^2} dx\\ \underset{R \rightarrow \infty}{\lim } \left[\int_0^R f(\pi+i y) i d y+\int_R^{0} f(-\pi+i y)i d y\right]\\ =\int_0^{\infty} \left[\frac{\pi+i y}{1-a \exp (-i \pi+y)}-\frac{(-\pi+i y)}{1-a \exp (\pi i+y)}\right] i d y \\ =\int_0^{\infty} \frac{2 \pi}{1+a e^y}i d y=\int_0^{\infty} \frac{2 \pi i e^{-y}}{e^{-y}+a} d y \\=-2 \pi i\left[\log \left(e^{-y}+a\right) \right]_0^{\infty} =2 \pi i[\log (1+\infty)-\log a]
as R \rightarrow \infty , (1) से :
\int_0^\pi \frac{-2 i x a \sin x}{1-2 a \cos x+a^2}d x+2 \pi i[\log (1+a)-\log a]= 2 \pi i (- \log a) , 0 < a <1 \\ \Rightarrow \int_0^\pi \frac{x a \sin x}{i-2 a \cos x+a^2} d x=\pi \log (1+a)
जब a > 1 ,हम (1) से रखते हैं
\int_0^\pi \frac{-2 i x a \sin x}{1-2 a \cos x+a^2} d x+2 \pi[\log (1+a)-\log a]=0 \\ \Rightarrow \int_0^\pi \frac{a x \sin x}{1-2 a \cos x+a^2} d x=\pi \log \left(1+\frac{1}{a}\right)
Example:2.एक आयत जिसके सम्मिश्र तल में शीर्ष z= \pm R , z= \pm R+\pi i हैं,पर \frac{z e^{a z}}{1+e^{a z}} का समाकल करते हुए,सिद्ध कीजिए:
(By integrating \frac{z e^{a z}}{1+e^{a z}} round a rectangle whose vertices are at z= \pm R , z= \pm R+\pi i , prove that)
\int_0^{\infty} \frac{t^{a-1} \log t}{1+t^2} d t=-\frac{\pi^2}{4} \frac{\cos \left(\frac{\pi a}{2}\right)}{\sin ^2\left(\frac{\pi a}{2}\right)} where o < a <2 )

Prove that by Contour Integration

Solution:माना f(z)=\frac{z e^{a z}}{1+e^{a z}} ,
समाकल पर विचार करो,जहाँ C शीर्ष -R,R , R+ \pi , -R+i \pi वाला ABCD आयत है।
f(z) के अनन्तक दिए जाते हैं:
1+e^{2 z}=0 \\ \Rightarrow e^{2 z}=-1=e^{(2 n+1) \pi i} \\ \Rightarrow 2 z=(2 n+1) \pi i \\ \Rightarrow z=\left(n+\frac{1}{2}\right) \pi i, जहाँ n=0, \pm 1, \pm 2, \pm 3
f(z) का C के अन्दर z=\frac{\pi i}{2} साधारण अनन्तक हैः
z=\frac{\pi i}{2} पर अवशेष=\underset{z \rightarrow \frac{\pi i}{2}}{\lim} \frac{\phi(z)}{\psi^{\prime}(z)} जहाँ f(z)=\frac{\phi(z)}{\psi^{\prime}(z)} \\ =\underset{z \rightarrow \frac{\pi i}{2}}{\lim} \frac{z e^{a z}}{2 e^{2 z}}=\frac{\pi i}{2} \cdot \frac{e^{\frac{i \pi a}{2}}}{2 e^{i \pi}}=-\frac{i \pi}{4} e^{\frac{i \pi a}{2}}
कोशी अवशेष प्रमेय द्वारा
\int_c f(z) dz=2 \pi i \cdot \operatorname{Res}\left(z=\frac{\pi i}{2}\right) \\ =2 \pi i \cdot\left(-\frac{\pi i}{4}\right) e^{\frac{i \pi a}{2}} \\ \Rightarrow \left[\int_{A B}+\int_{B C}+\int_{C D}+\int_{D A}\right] f(z) d z=\frac{\pi^2}{2} e^{\frac{i \pi a}{2}} \ldots(1) \\ \Rightarrow \int_{A B} f(z) d z=\int_{-R}^R f(x) d x=\int_{-R}^R \frac{x e^{a x}}{1+e^{2 x}} d x \ldots(2) \\ \int_{B C} f(z) d z=\int_0^\pi f(R+i y) i d y= \int_0^{\pi} \frac{(R+i y) e^{a(R+i y)}}{1+e^{2(R+i y)}} idy \\ =\int_0^\pi \frac{(R+i y) e^{a R} e^{i a y} i d y}{1+e^{2 R} \cdot e^{2 i y}} \\ \Rightarrow\left|\int_{B C} f(z) d z\right| \leq \int_0^\pi \frac{(R+y) e^{a R} d y}{e^{2 R}-1}=\frac{e^{a R}}{e^{2R-1}}\left[R y+\frac{y^2}{2}\right]_0^\pi \\=\left(R \pi+\frac{\pi^2}{2}\right) \cdot \frac{1}{e^{(2-a) R}-e^{-a R}} \rightarrow 0 \text { as } R \rightarrow \infty for 2-a > 0 ; a >0\\ \therefore \underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{B C} f(z) d z=0 \cdots(3)
इसी प्रकार
\underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{D A} f(z) d z=0 \ldots(4) \\ \int_{C D} f(z) d z =\int_R^{-R} f(x+i \pi) d x=\int_R^{-R} \frac{(x+i \pi) e^{a(x+i \pi)}}{1+e^{2(x+i \pi)}} d x \\=-\int_{-R}^R \frac{(x+i \pi) e^{a x} \cdot e^{i \pi) a}}{1+e^{2 x}} d x \ldots(5)
(1) में R \rightarrow \infty प्रयोग करने और (2),(3),(4) तथा (5) से हम प्राप्त करते हैं:
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x e^{a x}}{1+e^{2 x}} d x-\int_{-\infty}^{\infty} \frac{(x+i \pi) e^{d x} \cdot e^{i \pi a}}{1+e^{2 x}} d x=\frac{\pi^2}{2} e^{\frac{i \pi a}{2}}
दोनों पक्षों के वास्तविक और काल्पनिक भागों की तुलना करने परः
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x}}{1+e^{2 x}}[x(1-\cos \pi a)+\pi \sin \pi a] d x=\frac{\pi^2}{2} \cos \left(\frac{\pi a}{2}\right) \ldots(6) \\ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x}}{1+e^{2 x}}[-x \sin \pi a-\pi \cos \pi a] d x=\frac{\pi^2}{2} \sin \left(\frac{\pi a}{2}\right) \ldots(7)
(6) को \cos \pi a से,(7) को \sin \pi a से गुणा करके जोड़ने परः
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x}}{1+e^{2 x}}\left[x\left(\cos \pi a-\cos ^2 \pi a-\sin ^2 \pi a\right) d x\right]=\frac{\pi^2}{2}\left[\cos \pi a \cdot \cos \frac{\pi a}{2}+\sin \pi \sin \frac{\pi a}{2}\right] \\ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x e^{8 x}}{1+e^{2 x}}(\cos \pi a-1) d x=\frac{\pi^2}{2} \cos \left(\pi a-\frac{\pi a}{2}\right) \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x e^{a x}}{1+e^{2 x}} d x=-\frac{\pi^2}{2} \cdot \frac{\cos \left(\frac{\pi a}{2}\right)}{2 \sin ^2\left(\frac{\pi a}{2}\right)}
e^x=t रखने पर ताकि x=\log t, d x=\frac{d t}{t} \\ x=\infty \Rightarrow t=\infty तथा x=-\infty \Rightarrow t=0 \\ \int_0^{\infty} \frac{t^{a-1} \log t}{1+t^2} d t=-\frac{\pi^2}{4} \frac{\cos \left(\frac{\pi a}{2}\right)}{\sin ^2\left(\frac{\pi a}{2}\right)}
Example:3.फलन \frac{e^{a z}}{e^{-2 i z}-1} को उपयुक्त परिरेखा पर समाकलन करते हुए सिद्ध कीजिए कि
(By integrating \frac{e^{a z}}{e^{-2 i z}-1} round a suitable contour,show that)
\int_0^{\infty} \frac{\sin a y}{e^{2 y}-1} d y=\frac{\pi}{4} \operatorname{coth} \frac{\pi a}{2}-\frac{1}{2 a}

Prove that by Contour Integration

Solution:समाकल \int_c \frac{e^{a z}}{e^{-2iz-1}} d z=\int_c f(z) d z पर विचार करो,जहाँ C चित्र में दिखाई गई परिरेखा है।
फलन f(z),C के अन्दर नियमित है अतः अवशेष प्रमेय द्वारा
\int_c f(z) d z= \int_{\rho_1}^{\pi-\rho_2} f(x) d x+\int_{\gamma_2} f(z) dz + \int_{\rho_2}^n f(\pi+i y) id y+\int_\pi^0 f(x+i n) d x +\int_n^{\rho_1} f(i y) i d y+\int_{\gamma_1} f(z) d z=0 \\ \Rightarrow I_1+I_2+I_3+I_4+I_5+I_6=0 \\ \underset{z \rightarrow 0}{\lim} z f(z)=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{z e^{a z}}{e^{-2 i z}-1}=-\frac{1}{2 i} \\ \therefore \underset{\rho_{1} \rightarrow 0}{\lim} I_6=i\left(0-\frac{\pi}{2}\right)\left(-\frac{1}{2 i}\right)=\frac{\pi}{4} \\ \underset{z \rightarrow \pi}{\lim} (z-\pi) f(z)=\underset{z \rightarrow \pi}{\lim} \frac{(z-\pi) e^{a z}}{e^{-2 i z}-1} \\ \underset{z \rightarrow \pi}{\lim} \frac{e^{a z}+(z-\pi) a e^{a z}}{-2 i \cdot e^{-2 i z}}=\frac{e^{a \pi}}{-2 i} \\ \therefore \underset{\rho_{2} \rightarrow 0}{\lim} I_2=i\left(0-\frac{\pi}{2}\right)\left(\frac{e^{a \pi}}{-2 i}\right)=\frac{\pi}{4} e^{a \pi} \\ \underset{\rho_{1} \rightarrow 0 , \rho_{2} \rightarrow 0}{\lim} I_1=\underset{\rho_{1} \rightarrow 0 , \rho_{2} \rightarrow 0}{\lim} \int_{\rho_2 \rightarrow 0}^{\pi-\rho_2} \frac{e^{ax}}{e^{-2 i x}-1} d x= \int_0^\pi \frac{e^{a x}}{e^{-2 i x}-1} d x \\ =-\int_0^\pi \frac{e^{a x}\left(1-e^{2i x}\right)}{\left(1-e^{2i x}\right) \left(1-e^{-2 i x}\right)} d x=-\int_0^\pi \frac{e^{a x}\left(1-e^{2 i x}\right)}{2(1-\cos 2 x)} d x \\ =-\frac{1}{4} \int_0^\pi \frac{e^{a x}\left(1-e^{2 i x}\right)}{\sin ^2 x} d x \\ \underset{n \rightarrow \infty , \rho_{2} \rightarrow 0}{\lim} I_3=\underset{n \rightarrow \infty }{\lim} \int_0^n \frac{\exp a(\pi+i y) i d y}{\exp [-2 i(\pi+i y)]-1}=\int_{0}^{\infty} \frac{e^{a \pi} e^{a i y}}{e^{2 y}-1} dy \\ \left|I_4\right|= \left|\int_\pi^0 \frac{e^{a(x+i n)}}{e^{-2i(x+i n)}-1} d x\right| \leq \int_\pi^0 \frac{\left|e^{a x} e^{iax}\right| }{\left|e^{-2i(x+i n)}\right|-1} dx \\ =\int_\pi^0 \frac{e^{a x}}{e^{2 n}-1} \rightarrow 0 \text { as } n \rightarrow \infty
तथा \underset{\substack{n \rightarrow \infty \\ \rho_1 \rightarrow 0}}{\lim} I_5=\underset{n \rightarrow \infty}{\lim} \int_n^0 \frac{e^{a i y} i d y}{e^{2 y}-1}=\int_{\infty}^0 \frac{e^{iay} i d y}{e^{2 y}-1}
इस प्रकार (1) सेः
–\frac{1}{4} \int_0^\pi \frac{e^{a x}\left(1-e^{i 2 x}\right)}{\sin ^2 x} d x+\frac{\pi}{4} e^{a \pi}+ \int_0^{\infty} \frac{e^{a \pi} e^{i a y}}{e^{2 y}-1} i dy+\int^0_{\infty} \frac{e^{i a y}}{e^{2 y}-1} i dy+ \frac{\pi}{4}=0 \\ \Rightarrow \frac{\pi}{4}\left(1+e^{a \pi}\right)-\frac{1}{4} \int_0^\pi \frac{e^{a x}\left(1-e^{i 2 x}\right)}{\sin ^2 x} d x+ \int_0^{\infty} \frac{\left(e^{a \pi}-1\right) i e^{i a y} }{e^{2 y}-1}d y=0
दोनों पक्षों के वास्तविक भागों की तुलना करने परः
\left(1-e^{a \pi}\right) \int_0^{\infty} \frac{\sin a y}{e^{2 y}-1} d y+\frac{\pi}{4}\left(1+e^{a \pi} \right)-\int_0^\pi \frac{e^{a x}(1-\cos 2 x)}{4 \sin 2 x} d x=0 \\ \Rightarrow \left(1-e^{a \pi}\right) \int_0^{\infty} \frac{\sin a y}{e^{2 y}-1} d y=\frac{1}{2 a}\left[e^{a x}\right]_0^\pi-\frac{\pi}{4}\left(1+e^{a \pi}\right) \\ =\frac{1}{2 a}\left(e^{a \pi}-1\right)-\frac{\pi}{4}\left(1+e^{a \pi}\right) \\ \therefore \int_0^{\infty} \frac{\sin ay dy}{e^{2 y}-1}=-\frac{1}{2 a}-\frac{\pi}{4} \cdot \frac{1+e^{a \pi}}{1-e^{a \pi}}=\frac{\pi}{4} \operatorname{coth} \frac{a \pi}{2} -\frac{1}{2a}

Example:4.0 और i पर इंडेंट किए गए भुजाओं x=0,x=R,y=0,y=1 के आयत के चारों ओर \frac{e^{i a z}}{e^{2 \pi z}-1} (a वास्तविक है) का समाकलन करते हुए,सिद्ध करो कि
(Integrating \frac{e^{i a z}}{e^{2 \pi z}-1} , (a is real) round the rectangle of sides x=0,x=R,y=0,y=1 indented at 0 and i,prove that)
\int_0^{\infty} \frac{\sin a x}{e^{2 \pi x}-1}= \frac{1}{4} \operatorname{coth} \frac{1}{2} a-\frac{1}{2} a

Prove that by Contour Integration

Solution: \int_c \frac{e^{i a z}}{e^{2 \pi z}-1} d z=\int_c f(z) d z पर विचार करो,जहाँ C चित्र में दिखाई गई परिरेखा है।जबकि f(z),C के अन्दर नियमित है अतः अवशेष प्रमेय द्वारा हम रखते हैं:
\int_c f(z) d z=\int_{\gamma_1} f(z) d z+\int_{\rho_1}^R f(x) d x+\int_0^1 f(R+i y) i d y + \int_R^{\rho_2} f(R+i) d x+\int_{\gamma_2} f(z) d z+\int_{1-\rho_2}^{\rho_2} f(i y) i d y=0 \\ \Rightarrow I_1+I_2+I_3+I_4+I_5+I_6=0 \cdots(1)
जबकि \underset{z \rightarrow 0}{\lim} z f(z)=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} z \frac{e^{i a z}}{e^{2 n \pi}-1}= \underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{e^{i a z}+i a z e^{i a z}}{2 \pi e^{2 \pi z}}=\frac{1}{2 a} \\ \therefore \underset{\rho_1 \rightarrow 0}{\lim} I_1=i\left(0-\frac{\pi}{2}\right) \frac{1}{2 \pi}=\frac{-i}{4} \\ \underset{z \rightarrow i}{\lim} (z-i) f(z)=\lim _{z \rightarrow i} \frac{(z-i) e^{i a z}}{e^{2 \pi z}-1}= \underset{z \rightarrow i}{\lim} \frac{e^{i a z}+(z-i) i a e^{i a z}}{2 \pi e^{2 \pi z}}=\frac{e^{-a}}{2 \pi} \\ \therefore \underset{\rho_2 \rightarrow 0}{\lim} I_5=-\frac{i}{4} e^{-a} \\ \left|I_3\right|=\left|\int_0^1 \frac{\exp [ia(R+i y)] i d y}{\exp [2 \pi(R+i y)-1}\right| \leq \int_0^1 \frac{e^{-a y}}{\exp 2 R \pi-1} d y \rightarrow 0 \text { as } R \rightarrow \infty
इस प्रकार R \rightarrow \infty, \rho_1 \rightarrow 0, \rho_2 \rightarrow 0, (1) से रखते हैं:
\int_0^{\infty} f(x) d x+\int_{\infty}^0 f(x+i) d x+\int_1^0 f(i y) i d y=\frac{i}{4}\left(1+e^{-a}\right) \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1} d x+\int_{\infty}^0 \frac{e^{i a(x+i)}}{e^{2 \pi(x+i)}} d x+\int_1^0 \frac{e^{-a y}}{e^{2 \pi i y}-1} d y=\frac{i}{4}\left(1+e^{-a}\right) \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{\left(1-e^{-a}\right) e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1} d x=\frac{i}{4}\left(1+e^{-a}\right)+ \int_0^1 \frac{e^{-ay}-e^{-i \pi y}}{e^{i \pi y}-e^{-i \pi y}} dy=\frac{i}{4}\left(1+e^{-a}\right)+\int_0^1 \frac{e^{-a y} e^{-i \pi y}}{2 \sin \pi y} d y
दोनों पक्षों के काल्पनिक भागों की तुलना करने परः
\int_0^{\infty} \frac{\sin a x}{e^{2 \pi x}-1} d x=\frac{1}{4} \cdot \frac{1+e^{-a}}{1-e^{-a}}-\frac{1}{1-e^{-a}} \int_0^1 \frac{e^{-a y}}{2} d y =\frac{1}{4} \operatorname{coth}\left(\frac{a}{2}\right)-\frac{1}{2 a} \frac{1-e^{-a}}{\left(1-e^{-a}\right)}=\frac{1}{4} \operatorname{coth} \frac{a}{2} - \frac{1}{2 a}
Example:5.परिरेखा समाकलन द्वारा सिद्ध करो कि
(By contour integration, prove that)
\int_0^{\infty} \frac{\cosh a x}{\cosh x} d x=\frac{\pi}{2} \sec \left(\frac{\pi a}{2}\right) if |a|<1

Prove that by Contour Integration

Solution:माना f(z)=\frac{e^{a z}}{\cosh z}=\frac{2 e^{a z}}{e^z+e^{-z}}
f(z) के अनन्तक दिए जाते हैं:
e^z+e^{-z}=0 \\ \Rightarrow e^{2 z}+1=0 \Rightarrow e^{2 z}=-1 \\ =e^{(2 n+1) \pi i} \\ \Rightarrow z=\left(n+\frac{1}{2}\right) \pi i जहाँ n=0, \pm 1, \pm 2, \ldots \\ \Rightarrow z= \pm \frac{i \pi}{2}, \pm \frac{3 i \pi}{2}, \ldots
\int_C f(z) d z पर विचार करो,जहाँ C,ABCD आयत है जो चित्र में दिखाया गया हैः
C के अन्दर z=\frac{i \pi}{2} केवल एक अनन्तक है।
z=\frac{i \pi}{2} पर अवशेष= \underset{z \rightarrow \frac{i \pi}{2}}{\lim} \frac{\phi(z)}{\psi^{\prime}(z)} जहाँ f=\frac{\phi}{\psi} \\ =\underset{z \rightarrow \frac{i \pi}{2}}{\lim} \frac{e^{a z}}{\sinh z}=\frac{e^{\frac{i \pi g}{2}}}{\sinh \left(\frac{i \pi}{2}\right)} \\=\frac{2 e^{\frac{i \pi a}{2}}}{e^{\frac{i \pi}{2}}-e^{-\frac{i \pi}{2}}}=\frac{2 e^{\frac{i \pi a}{2}}}{i+i}=-i e^{\frac{i \pi}{a}}
कोशी अवशेष प्रमेय सेः
\int_C f(z) d z=2 \pi i \cdot \operatorname{Res}\left(z=\frac{i \pi}{2}\right)=2 \pi i(-i) e^{\frac{i \pi a}{2}} \\ \Rightarrow \left| \int_{AB}+\int_{BC}+\int_{CD}+\int_{DA}\right| f(z) d z=2 \pi e^{\frac{i \pi g}{2}} \cdots(1) \\ \int_{A B} f(z) d z=\int_{-R}^R f(x) d x=\int_{-R}^R \frac{e^{a x} d x}{\cosh x} \cdots(2) \\ \Rightarrow \int_{B C} f(z) d z=\int_0^\pi \frac{e^{a(R+i y)}}{\cosh (R+i y)} i dy \\ 2 \int_0^\pi \frac{e^{a R} \cdot e^{i a y} i d y}{e^R \cdot e^{i y}+e^{-R} \cdot e^{-i y}} \\ \therefore \left|\int_{B C} f(z) d z\right| \leq 2 \int_0^\pi \frac{e^{a R} d y}{e^R-e^{-R}} \\ =2 \pi \frac{1}{e^{(1-a) R}-e^{-(1+a) R}} \rightarrow 0 \text { as } R \rightarrow \infty \\ \left[\because 1-a>0,-(1+a)<0 \right] \\ \therefore \lim _{R \rightarrow \infty} \int_{B C} f(z) d z=0 \cdots(3)
इसी प्रकार \underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{D A} f(z) d z=0 \cdots(4) \\ \int_{C D} f(z) d z=\int_R^{-R} f(x+i \pi) d x=\int_R^{-R} \frac{e^a(x+i \pi)}{\cosh (x+i \pi)} d x \\ \cosh (x+i \pi) \equiv \frac{e^{x+i \pi}+e^{-(x+i \pi)}}{2}=\frac{-e^x-e^{-x}}{2}=-\cosh x \\ \therefore \int_{C D} f(z) d z=-\int_{-R}^R \frac{e^{a x} \cdot e^{i \pi a}}{-\cosh x} d x \cdots(5)
(1) में R \rightarrow \infty बनाने पर तथा (2),(3),(4),(5) से हम प्राप्त करते हैं:
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x}}{\cosh x} d x+\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x} \cdot e^{i \pi a}}{\cosh x} d x=2 \pi e^{\frac{i \pi a}{2}} \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x}}{\cosh x} d x= \frac{2 \pi \cdot e^{\frac{i \pi a}{2}}}{1+e^{i \pi a}} \\ =\frac{2 \pi}{e^{\frac{i \pi a}{2}}+e^{-\frac{i \pi a}{2}}} =\frac{\pi}{\cos \left(\frac{\pi a}{2}\right)} \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^0 \frac{e^{a x}}{\cosh x} dx+\int_0^{\infty} \frac{e^{a x}}{\cosh x} d x=\pi \sec \left(\frac{\pi a}{2}\right)
प्रथम समाकल में x को -x से परिवर्तित करने पर,हम प्राप्त करते हैं:
\int_{\infty}^{\infty} \frac{e^{-a x}(-d x)}{\cosh x}+\int_0^{\infty} \frac{e^{a x} d x}{\cosh x}=\pi \sec \left(\frac{\pi a}{2}\right) \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{e^{a x}+e^{-a x}}{\cosh x} d x=2 \int_0^{\infty} \frac{\cosh a x}{\cosh x} dx \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{\cosh a x}{\cosh x} d x=\frac{\pi}{2} \sec \left(\frac{\pi a}{2}\right)
Example:6.एक आयत जिसके सम्मिश्र तल में शीर्ष बिन्दु \pm R, \pm R+i \pi हैं पर \frac{e^{i \alpha z}}{\sinh z} का समाकलन करते हुए सिद्ध कीजिए:
(Integrate \frac{e^{i \alpha z}}{\sinh z} round a suitable indented rectangle with vertices \pm R, \pm R+i \pi and show that)
\int_0^{\infty} \frac{\sin \alpha x}{\sinh x} d x=\frac{\pi}{2}\left(\frac{e^{\alpha \pi}-1}{e^{ \alpha \pi}+1}\right)
बशर्ते की काल्पनिक भाग -1 और 1 के बीच स्थित हों
(Provided that the imaginary part lies between -1 and 1)

Prove that by Contour Integration

Solution: \int_c f(z) d z=\int_c \frac{e^{i \alpha z}}{\sinh z} dz पर विचार करो,जहाँ C आयत है जिसके शीर्ष \pm R, \pm R+i \pi हैं और z=0 तथा i \pi पर इंडेंट किया गया है।
f(z) के अनन्तक दिए जाते हैं:
\sinh (z)=0 \Rightarrow e^z-e^{-z}=0 \\ \Rightarrow e^{2 z}-1=0 \Rightarrow e^{2 z}=1=e^{2 n \pi i} \\ \Rightarrow z=n \pi i, n=0, \pm 1, \pm 2 \ldots
ये f(z) के साधारण अनन्तक हैं और इनमें से कोई भी C के अन्दर स्थित नहीं है।
कोशी अवशेष प्रमेय से हम रखते हैं:
\int_C f(z) d z=\int_{-R}^{-\rho} f(x) d x+\int_{\gamma_1} f(z) d z+\int_{\rho_1}^R f(x) d x +\int_0^\pi f(R+i y) i d y+\int_R^{\rho_2} f(x+i \pi) d x+\int_{\gamma_2} f(z) dz+\int_{-\rho_2}^{-R} f(x+i \pi) d x+\int_\pi^0 f(-R+i y) i d y=0 \cdots(1) \\ \left|\int_0^\pi f(R+i y) \cdot i d y\right| \leq \int_0^\pi \left|\frac{e^{i \alpha(R+i y)} i d y}{\sinh (R+i y)}\right| \\ \leq \int_0^\pi \frac{e^{-\alpha y} d y}{|\sinh R \cos y+i \cosh R \sin y|} \\ \leq \int_0^\pi \frac{e^{-\alpha y} d y}{\sinh \cos y-\cosh R \sin y} \\ = \int_0^\pi \frac{2 e^{-\alpha y} d y}{\left(e^R-e^{-R}\right) \cos y-\left(e^R+e^{-R}\right) \sin y} \\ =\int_0^\pi \frac{2 e^{-\alpha y} d y}{e^R(\cos y-\sin y)-e^{-R}(\cos y+\sin y)}
इसी प्रकार \int_\pi^0 f(-R+i y) i d y \rightarrow 0 as R \rightarrow \infty
जबकि \underset{z \rightarrow 0}{\lim} z f(z)=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{z e^{i \alpha} z}{\sinh z}=1 \\ \therefore \underset{\rho_1 \rightarrow 0}{\lim} \int_{\gamma_1} f(z) d z=i(0-\pi) 1=-i \pi
जबकि \underset{z \rightarrow i \pi}{\lim} (z-i \pi) f(z)=\underset{z \rightarrow i \pi}{\lim}(z-\pi i) \frac{e^{i \alpha z}}{\sinh z}=-e^{-\alpha \pi} \\ \underset{\rho_2 \rightarrow 0}{\lim} \rightarrow 0 \int_{\gamma_2} f(z) d z=i(0-\pi)\left(-e^{-\alpha \pi}\right)=i \pi e^{-\alpha \pi}
जब R \rightarrow \infty, \rho_1 \rightarrow 0, \rho_2 \rightarrow 0 , (1) से हम रखते हैं:
\int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x-i \pi+\int_0^{\infty} f(x) d x+\int_{\infty}^{\infty} f(x+i \pi) d x +i \pi e^{-\alpha \pi}+\int_0^{-\infty} f(x+i \pi) d x=0 \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i \alpha x}}{\sinh x} d x-\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i \alpha(x+i \pi)}}{\sinh (x+i \pi)} d x=i \pi\left(1-e^{-\alpha \pi}\right) \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i \alpha x}}{\sinh x} d x+\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i \alpha x} e^{-\alpha \pi}}{\sinh x} d x=\pi i\left(1-e^{-\alpha \pi}\right) [\because \sinh (x+i \pi)=\sinh x \cos \pi+i \cosh x \sin \pi=-\sin x] \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\left(1+e^{-\alpha \pi} \right)}{\sinh x} e^{i \alpha x} d x=i \pi\left(1-e^{-\alpha \pi}\right)
दोनों पक्षों के काल्पनिक भागों की तुलना करने परः
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\left(1+e^{-\alpha \pi}\right) \sin \alpha x}{\sinh x} d x=\pi\left(1-e^{-\alpha \pi}\right) \\ \Rightarrow 2 \int_0^{\infty} \frac{\sin \alpha x}{\sinh x} d x=\pi\left(\frac{e^{\alpha \pi}-1}{e^{\alpha \pi}+1}\right) \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{\sin \alpha x}{\sinh x} d x=\frac{\pi}{2}\left(\frac{e^{\alpha \pi}-1}{e^{\alpha \pi}+1}\right)
उपर्युक्त उदाहरणों के द्वारा परिरेखा समाकलन द्वारा सिद्ध कीजिए (Prove that by Contour Integration),परिरेखा समाकलन (Contour Integration) को समझ सकते हैं।

Prove that by Contour Integration

Also Read This Article:- To Use Method of Contour Integration

3.परिरेखा समाकलन द्वारा सिद्ध कीजिए (Frequently Asked Questions Related to Prove that by Contour Integration),परिरेखा समाकलन (Contour Integration) से सम्बन्धित अक्सर पूछे जाने वाले प्रश्न:

परिरेखा समाकलन द्वारा सिद्ध कीजिए (Prove that by Contour Integration) के इस आर्टिकल
में ऐसे समाकलों का मान ज्ञात करना सीखेंगे जिन्हें वर्ग,आयत,वृत्त के चतुर्थांश आदि परिरेखा
का प्रयोग किया गया हो।