1.सम्मिश्र विश्लेषण में परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Contour Integration in ComplexAnalysis),परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Contour Integration):

Contour Integration in ComplexAnalysis

सम्मिश्र विश्लेषण में परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Contour Integration in ComplexAnalysis) करने के लिए कोशी अवशेष की सहायता ली जाएगी।इसके लिए हम उचित परिरेखा का चयन इस प्रकार करते हैं कि फलन की समस्त विचित्रताएँ C के अन्दर हो।
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2.सम्मिश्र विश्लेषण में परिरेखा (कन्टूर) समाकलन पर आधारित उदाहरण (Examples Based on Contour Integration in ComplexAnalysis):

Example:2.मान ज्ञात करिए (Evaluate):
Example:2(ii). \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x d x}{\left(x^2+a^2\right) \left(x^2+ 10^2\right)^{\prime}},(a>b>0)

Contour Integration in ComplexAnalysis

Solution: \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x d x}{\left(x^2+a^2\right)\left(x^2+10^2\right)^{\prime}}
समाकल \int_{c} f(z) d z को लीजिए,यहाँ f(z)=\frac{\cos z}{\left(z^2+a^2\right) \left(z^2+ b^2\right)} है।फलन f(z) के अनन्तक z= \pm i a तथा z= \pm i b पर है तथा सभी सरल अनन्तक हैं।चूँकि f(z) के अनन्तक वास्तविक अक्ष पर नहीं है इसलिए परिरेखा C हम उपरि अर्धवर्त  \Gamma : |Z|=R तथा वास्तविक अक्ष पर -R और R के मध्य अन्त:खण्ड लेते हैं।स्पष्टतया f(z) के दो ही अनन्तक z=ia तथा z=ib,C के अन्दर स्थित हैं।
कोशी अवशेष प्रमेय से

\int_C f(z) d z=\int_{-R}^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z=2 \pi i \Sigma R^{+}
जोरदाँ उपप्रमेय से 

\underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_P f(z) d z=0 \\ \underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{-R}^R f(x) d x=R \pi i \Sigma R^{+} \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=2 \pi i \Sigma R^{+} \cdots(1)
z=ia पर अवशेष

\underset{z \rightarrow i a}{\lim} (z-i a) f(z)=\underset{z \rightarrow i a}{\lim} \frac{(z-i a) e^{i z}}{(z-i a)(z+i a)\left(z^2+b^2\right)} \\ =\underset{z \rightarrow i a}{\lim} \frac{e^{i z}}{(z+i a)\left(z^2+ b^2 \right)} \\=\frac{e^{-a}}{2 i a\left(b^2-a^2\right)}=-\frac{e^{-a}}{2 i a\left(a^2-b^2\right)}
z=ib पर अवशेष

\underset{z \rightarrow i b}{\lim} (z-i b) f(z)= \underset{z \rightarrow i b}{\lim}\frac{(z-i b) e^{i z}}{(z-i b)(z+i b)\left(z^2+a^2\right)} \\ =\lim _{z \rightarrow i b} \frac{e^{i z}}{\left(z^2+a^2\right)(z+i b)} \\ =\frac{e^{-b}}{2 i b\left(a^2-b^2\right)}
अवशेषों का योग=\frac{e^{-b}}{2 i b\left(a^2-b^2\right)}-\frac{e^{-a}}{2 i a\left(a^2-b^2\right)}
(1) से: \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x d x}{\left(x^2+a^2\right)\left(x^2+10^2\right)^{\prime}}=2 \pi i \left( \frac{e^{-b}}{2 i b\left(a^2-b^2\right)}-\frac{e^{-a}}{2 i a\left(a^2-b^2\right)} \right) \\ =\frac{2 \pi i}{2 i\left(a^2-b^2\right)}\left(\frac{e^{-b}}{b}-\frac{e^{-a}}{a}\right) \\ =\frac{\pi}{a^2-b^2}\left( \frac{e^{-b}}{b}-\frac{e^{-a}}{a}\right)
दोनों पक्षों के वास्तविक भाग की तुलना करने पर:

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{\left(x^2+a^2\right)\left(x^2+b^2\right)} d x=\frac{\pi}{a^2-b^2} \left(\frac{e^{-b}}{b}-\frac{e^{-a}}{a}\right)
Example:2(iii). \int_0^{\infty} \frac{\cos x}{\left(x^2+a^2\right)^2} d x,(a>0)

Contour Integration in ComplexAnalysis

Solution: \int_0^{\infty} \frac{\cos x}{\left(x^2+a^2\right)^2} d x
समाकल \int_C f(z) d z को लीजिए,यहाँ f(z)=\frac{\cos z}{\left(z^2+a^2\right)^2} है।
फलन f(z) के z= \pm a पर द्विक अनन्तक हैं।चूँकि f(z) के अनन्तक वास्तविक अक्ष पर नहीं है इसलिए परिरेखा C हम उपरि अर्ध तल में वृहत अर्धवृत \Gamma : |Z|=R तथा वास्तविक अक्ष पर -R व R के मध्य अन्त:खण्ड लेते हैं।स्पष्टतया f(z) के एक अनन्तक z=ib, C के अन्दर स्थित है।
कोशी अवशेष प्रमेय से:

\int_C f(z) d z=\int_{-R}^R \frac{e^{i x}}{\left(x^2+a^2\right)^2} d x+\int_{\Gamma} \frac{e^{i z}}{\left(z^2+a^2\right)^2} d z =2 \pi i \Sigma R^{+}
जोरदाँ उपप्रमेय से:

\underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{\Gamma} \frac{e^{i z} d z}{\left(z^2+a^2\right)^z}=0 \\ \therefore \underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{-R}^R \frac{e^{i x}}{\left(z^2+a^2\right)^2}=2 \pi i \Sigma R^{+} \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i x}}{\left(x^2+a^2\right)^2}=2 \pi i \Sigma R^{+} \cdots(1)
z=ia पर अवशेष

\phi^{\prime}(i a)=\left[D \cdot \frac{e^{iz}}{\left(z+ia)^2\right.}\right]_{z=i a} \\ =\left[\frac{(z+i a)^2 i e^{iz}-e^{i z} \cdot 2(z+i a)}{(z+i a)^4}\right]_{z=i a} \\ =\frac{(2 i a)^2 \cdot i e^{-a}-e^{-a} \cdot 2 \times 2 i a}{(2 i a)^4} \\ =\frac{-4 a^2 i e^{-a}-4 i a e^{-a}}{16 a^4} \\ =\frac{-4 a i e^{-a}(a+1)}{16 a^4} \\ =\frac{-i\left(1+a\right)e^{-a}}{4 a^3}
अतः (1) से:

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i x}}{\left(x^2+a^2\right)^ 2}d x=\frac{2 \pi i x-i(1+a) e^{-a}}{4 a^3} \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x+i \sin x}{\left(x^2+a^2\right)^2} d x=\frac{\pi(1+a) e^{-a}}{2 a^3}
दोनों पक्षों के वास्तविक भाग की तुलना करने पर:

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{\left(x^2+a^2\right)^2} dx=\frac{\pi(1+a) e^{-a}}{2 a^3} \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{\cos x}{\left(x^2+a^2\right)^2} dx=\frac{\pi(1+a) e^{-a}}{4 a^3}
Example:7.यदि m>0 तो सिद्ध कीजिए कि (If m>0 then prove that):

Contour Integration in ComplexAnalysis

Solution:समाकल \int_{c} f(z) d z  को लीजिए जिसमें \int_c f(z)=\frac{e^{i m z}}{z-b} d z तथा संवृत्त परिरेखा C के निम्न भाग हैं:
(i)वृहत वृत्त \Gamma : |Z|=R का उपरि अर्धतल में स्थित अर्धवृत्तीय भाग
(ii)वास्तविक अक्ष का -R व -r तथा r व R के मध्य स्थित भाग
(iii)बहुत छोटी त्रिज्या के वृत्त \gamma : |Z|=0 का उपरि अर्धतल में स्थित अर्धभाग
अब f(z)=\frac{e^{i m z}}{z-b} का कोई अनन्तक C के अन्दर नहीं है क्योंकि इस फलन का z=b पर अनन्तक को,z=b पर दन्तुरण करके,प्राप्त किया गया है।
इसलिए \Sigma R^{+}=0
अब कोशी अवशेष प्रमेय द्वारा

\int_C f(z) d z=\int_{-R}^{-r} f(x) d x+\int_r f(z) d z+\int_r^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z=2 \pi i \Sigma R^{+}=0
अब r \rightarrow 0 तथा R \rightarrow \infty की स्थिति में

\int_{-\infty}^0 f(x) d x+\underset{r \rightarrow 0}{\lim} \int_\gamma f(z) d z+\int_0^{\infty} f(x) d x+\underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{\Gamma} f(z) d z=0
या P \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=-\underset{r \rightarrow 0}{\lim} \int_r f(z) d z-\underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{\Gamma} f(z) d z \cdots(1)
चूँकि x=b फलन f(x) का असांतत्य बिन्दु है \int_{-\infty}^0 f(x) d x तथा \int_0^{\infty} f(x) dx दो समाकलों तथा को  के रूप में लिखा गया है इसलिए समाकल कोशी मुख्य मान लिया गया है।
अब \underset{z \rightarrow b}{\lim}(z-b) f(z)=\underset{z \rightarrow b}{\lim} \frac{(z-b) e^{i m z}}{(z-b)} \\ =e^{i m b} \\ \underset{r \rightarrow 0}{\lim} \int_r f(z) d z=i(0-\pi) e^{i m b}=-\pi i e^{i m b} \cdots(2)
पुन: \underset{z \rightarrow \infty}{\lim} f(z)=\underset{z \rightarrow \infty}{\lim} \frac{e^{i m z}}{z}=0 \\ \underset{z \rightarrow \infty}{\lim} \int_{\Gamma} \frac{e^{i m z}}{z} dz=0 \cdots(3)
(2) व (3) के मान (1) में रखने पर:

P \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=P \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i m x}}{x-b} d x=-i \pi e^{i m b} \\ \Rightarrow p \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos m x+i \sin m x}{x-b} dx=+i \pi(\cos m b+i \sin m b)
दोनों पक्षों के वास्तविक भाग की तुलना करने पर:

P \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos m x}{x-b} d x=-\pi \sin (m b)
Example:10.सिद्ध कीजिए कि (Prove that)

Contour Integration in ComplexAnalysis

Solution: \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x}-e^{b x}}{1-e^x} d x=\pi(\cot a \pi-\cot b \pi) \\ \int_{C} f(z) d z=\int \frac{e^{a z}}{1-e^z} d z
जहाँ C आयत है जिसके शीर्ष R,R+2 \pi i,-R,-R+2 \pi i हैं(0 से 2 \pi i)

1-e^z=0 \Rightarrow e^z=1=e^{2 n \pi i} \\ \Rightarrow Z=2 n \pi i ; n=0, \pm 1, \pm 2, \cdots
इस प्रकार Z=0, \pm 2 \pi i, \pm 4 \pi i,\cdots f(z)
साधारण अनन्तक हैं।कोई भी अनन्तक C के अन्तर्गत नहीं है।
अवशेष प्रमेय से:

\int_{C} f(z)=\int_{-R}^{e_1} f(x) d x+\int_{\gamma_{1}} f(z) d z+\int_{-e_2}^{-R} f(x+2 \pi i) dx+ \int_{e_1}^R f(x) d x+\int_0^{2 \pi} f(R+i y) i d y+ \int_R^{e_2} f(x+2 \pi i) d x+\int_{\gamma_{2}} f(z) d z+\int_{2 \pi}^{0} f(-R+i y) i d y=0 \cdots(1)
अब \left|\int_0^{2 \pi} f(R+i y)i d y\right| \leq \int_0^{2 \pi} \left| \frac{\exp[a(R+i y)] idy}{1-e^{(R+i y)} }\right| \\  \leq \int_0^{2 \pi} \frac{e^{a R}}{1-e^R} dy \\ \leq \int_0^{2 \pi} \frac{e^{a R}}{1-e^R} d y \\ \leq \frac{2 \pi e^{a R}}{1-e^R} \rightarrow 0 जब R \rightarrow 0
इसी प्रकार \int_{2 \pi}^0 f(-R+i y) i d y \rightarrow 0 जब R \rightarrow \infty \\ \underset{z \rightarrow \infty}{\lim} z f(z)=\underset{z \rightarrow \infty}{\lim} \frac{z e^{a z}}{1-z}=-1 \\ \underset{\rho \rightarrow 0 }{\lim} \int_{\gamma_{1}} f(z) d z=\pi i \\ \underset{z \rightarrow 2 \pi i}{\lim} (z-2 \pi i) f(z)=\underset{z \rightarrow 2 \pi i}{\lim} \frac{(z-2 \pi i) e^{a z}}{1-e^z} \\ =\underset{z \rightarrow 2 \pi i}{\lim} \frac{e^{a z}+(z-2 \pi i) a e^{az}}{-e^z}[D L Hospital Rule से ]

=\frac{e^{i 2 \pi a}}{-e^{i 2 \pi}}=-e^{i 2 \pi a} \\ \therefore \underset{\rho_2\rightarrow 0}{\lim } \int_{\gamma_2} f(z) d z=\pi i e^{i 2 \pi a}
जब R \rightarrow \infty, \rho_1 \rightarrow 0, \rho_2 \rightarrow 0 तब (1) से:

\Rightarrow \int_{-\infty}^0 f(x)+\pi i+\int_0^{\infty} f(x) d x+\int_{\infty}^{0} f(x+2 \pi i) d x + \pi i \cdot e^{i 2 \pi a}+ \int_0^{-\infty} f(x+2 \pi i) d x=0 \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x-\int_{-\infty}^{\infty} f(x+2 \pi i) d x=-i \pi\left(1+e^{i 2 \pi a}\right) \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x}}{1-e^x} d x-\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a(x+2 \pi i)}}{1-e^{x+2 \pi i}} dx=-i \pi\left(1+e^{i 2 \pi a}\right) \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\left(1-e^{i 2 \pi a}\right) e^{a x}}{1-e^x}=-i \pi \left(1+e^{i 2 \pi a}\right) \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{ e^{a x}}{1-e^x} d x=\frac{-i \pi \left(1+ e^{i 2 \pi a}\right)}{\left(1-e^{(i 2 \pi a)}\right)} \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x}}{1-e^x} dx= i \pi\left(\frac{e^{i a \pi}+e^{-i a \pi}}{e^{i a \pi}-e^{-i a \pi}}\right) \\ \Rightarrow \int_{-\infty } ^ {\infty} \frac{e^{a x}}{1-e^x} d x=i \pi \cot a \pi \cdots(2)
उपर्युक्त में a के स्थान पर b रखने पर:

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{bx}}{1-e^x} d x=i \pi \cot b \pi \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{-e^{b x}}{1-e^x} d x=-i \pi \cot b \pi \cdots(3)
(2) व (3) को जोड़ने पर:

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{a x}-e^{b x}}{1-e^x} d x=e^{i \pi}(\cot a \pi-\cot b \pi)
Example:11.सिद्ध कीजिए कि (Prove that)
Example:11(ii).\int_0^{\infty} \frac{\cos m x}{1+x^2+x^4} d x=\frac{\pi}{\sqrt{3}} e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2} } \sin \left(\frac{m}{2}+\frac{\pi}{6}\right)

Contour Integration in ComplexAnalysis

Solution: \int_0^{\infty} \frac{\cos m x}{1+x^2+x^4} d x=\frac{\pi}{\sqrt{3}} e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2} } \sin \left(\frac{m}{2}+\frac{\pi}{6}\right) \\ \int_C f(z) d z=\int_C \frac{e^{i m z}}{z^4+z^2+1}
अवशेष प्रमेय से:

\int_C f(z) d z=\int_{-R}^R f(x) dx+\int_{\Gamma} f(z) dz=2 \pi r \Sigma R^{+}
जोरदाँ उपप्रमेय से:

\underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{\Gamma} f(z) d z=0 \\ \therefore \underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{-R}^R f(x)=2 \pi i \varepsilon R^{+} \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=2 \pi i \Sigma R^{+} \cdots(1)
 f(z) के अनन्तक z^4+z^2+1=0 \\ \Rightarrow\left(z^2-1\right)\left(z^4+z^2+1\right)=0 \\ \Rightarrow z^6-1=0 \\ z=e^{ \frac{2 r \pi i}{6}}, r=0,1,2,\ldots 5 \\ \therefore z=e^{ \frac{2 r \pi i}{6}}, r=1,2,4,5
f(z) के साधारण अनन्तक हैं।इनमें से C के अन्तर्गत है।
माना z=e^{\frac{i \pi}{3}}=\alpha, e^{\frac{2 \pi i}{3}}=\alpha^2
C के अन्तर्गत अनन्तकों का योग

=\frac{e^{i m \alpha}}{\left[D\left(1+z^2+z^{4}\right)\right]_{z=\alpha}}+\frac{e^{i m \alpha^2}}{\left[D\left(1+z^2+z^4\right)\right] _{z=\alpha^2}} \\=\frac{e^{i m \alpha}}{2 \alpha+4 \alpha^3} +\frac{e^{i m \alpha^2}}{z \alpha^2+4 \alpha^6} \\ =\frac{e^{i m \alpha}}{2 \alpha+4 \alpha^3}+ \frac{e^{i m \alpha^2}}{2 \alpha^2+4}\left[ \because \alpha^6=1\right] \\ =\frac{1}{2}\left[\frac{e^{m i e^{\frac{i \pi}{3}}}}{e^{\frac{i \pi}{3}}+2 e^{i \pi}}+\frac{e^{m i e^{\frac{2 i \pi}{3}}}}{e^{\frac{2 i \pi}{3}}+2}\right] \\ =\frac{1}{2}\left[\frac{e^{m i\left[\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i\right]}}{\frac{1}{2}+ \frac{\sqrt{3}}{2} i-2}+\frac{e^{m i\left[-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i\right]}}{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i+2}\right] \\ =e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}}\left[\frac{e^{\frac{im}{2}}}{-3+i \sqrt{3}}+\frac{e^{-\frac{im}{2}}}{3+i \sqrt{3}}\right] \\ =\frac{e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}}}{-12}\left[(3+i \sqrt{3}) e^{\frac{im}{2}}+(-3+i \sqrt{3}) e^{-\frac{im}{2}}\right] \\ =\frac{e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}}}{-12} \left[3\left(e^{\frac{i m}{2}}-e^{-\frac{im}{2}}\right)+i \sqrt{3}\left(e^{\frac{im}{2}}+e^{-\frac{im}{2}}\right)\right] \\  =\frac{e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}}}{-12} \left[6 i \sin \frac{m}{2}+2 i \sqrt{3} \cos \frac{m}{2}\right] \\ =-\frac{i}{\sqrt{3}} e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}}\left[\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \frac{m}{2}+\frac{1}{2} \cos \frac{m}{2}\right] \\ =\frac{-i}{\sqrt{3}} e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}} \left[\cos \frac{\pi}{6} \sin \frac{m}{2}+\sin \frac{\pi}{6} \cos \frac{m}{2}\right] \\ =-\frac{i}{\sqrt{3}} e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}} \sin \left(\frac{m}{2}+\frac{\pi}{6}\right) 
समीकरण (1) से:

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i m x}}{1+x^2+x^4} d x=\frac{2 \pi}{\sqrt{3}} e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}} \sin \left(\frac{m}{2}+\frac{\pi}{6}\right) \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{e^{i m x}}{1+x^2+x^4} d x= \frac{\pi}{\sqrt{3}} e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}} \sin \left(\frac{m}{2}+\frac{\pi}{6}\right)
दोनों पक्षों के वास्तविक भाग की तुलना करने पर:

\int_0^{\infty} \frac{\cos m x}{1+x^2+x^4} d x=\frac{\pi}{\sqrt{3}} e^{-\frac{m \sqrt{3}}{2}} \sin \left(\frac{m}{2}+\frac{\pi}{6}\right)
Example:11(iii). \int_0^{\infty} x^{a-1} \cos x d x=\Gamma(a) \cos \left(\frac{\pi a}{2}\right),(0<a<1)

Contour Integration in ComplexAnalysis

Solution: \int_0^{\infty} x^{a-1} \cos x d x=\Gamma(a) \cos \left(\frac{\pi a}{2}\right) \\ \int_c f(z) d z=\int_c e^{i z} z^{a-1} dz
कोशी अवशेष प्रमेय से:

\int_C f(z) d z=\int_{\rho}^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z+\int_R^{\rho} f\left(r e^{\frac{i \pi}{2}}\right) e^{\frac{i \pi}{2}} d r+\int_\gamma f(z) d z=0 \cdots(1)
अब \left|\int_{\Gamma} f(z) d z\right| \leq \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left| \exp \left(i R e^{i \theta}\right) R^{a-1} e^{i(a-1) \theta} R i e^{i \theta} \right| \\ \leq \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^{-R \sin \theta } R^a d \theta\\ \leq \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^{\left(\frac{-2 \theta}{\pi}\right) R} R^a d \theta
[जोरदाँ असमिका से]
=\frac{\pi}{2} R^{a-1}\left(1-e^R \right) \rightarrow 0 जब R \rightarrow \infty

साथ ही  \left|\int_\gamma f(z) d z\right| \leq \int_{\frac{\pi}{2}}^0 \rho^a e^{-e \sin \theta} d \theta \\ \leq \int_{\frac{\pi}{2}}^\theta d \theta जबकि e^{-\rho \sin \theta} \leq 1 [ \rho छोटा है]

\rightarrow 0 जब \rho \rightarrow \infty जबकि a>0
जब R \rightarrow \infty, \rho \rightarrow \infty तब (1) से:

\int_0^{\infty} e^{i x} x^{a-1} d x+\int_{\infty}^0 \exp \left(i r e^{\frac{\pi}{2}}\right) r^{a-1} \exp \{i(a-1) \frac{\pi}{2}\} i d r=0 \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} e^{i x} x^{a-1} dx=e^{\frac{i a \pi}{2}} \int_0^{\infty} r^{a-1} e^{-r} dr \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} e^{i x} x^{a-1} d x=\Gamma(a) \cdot e^{i \frac{a \pi}{2}}
दोनों पक्षों के वास्तविक भाग की तुलना करने पर:

\int_0^{\infty} \cos x \cdot x^{a-1} d x=\Gamma(a) \cos \left(\frac{\pi a}{2}\right) \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} x^{a-1} \cos x d x=\Gamma(a) \cos \left(\frac{\pi a}{2}\right)
Example:11(iv). \int_0^{\infty} \frac{\log x}{1+x^2} d x=0

Contour Integration in ComplexAnalysis

Solution: \int_0^{\infty} \frac{\log x}{1+x^2} d x=0 \\ \int_{C} f(z) d z=\int_{C} \frac{(\log z)^2}{1+z^2} dz
अवशेष प्रमेय से:

\int_{C} f(z) d z=\int_\gamma^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z+\int_R^\gamma f\left(x e^{i \pi}\right) e^{i \pi} d x+\int_\gamma f(z) d z=2 \pi i \Sigma R^{+} \cdots(1)
अब \left|\int_{\Gamma} f(z) d z\right| \leq \int_0^\pi\left|\frac{\left(\log R e^{i \theta}\right)^2}{1+R^2 e^{i 2 \theta}} \cdot R i e^{i \theta}\right| d \theta \\ \leq \int_0^\pi \frac{\left|(\log R+i \theta)^2 \right| R d \theta}{R^2-1} \\ \leq \int_0^\pi \frac{(\log R)^2+\theta^2+2 \theta \log R}{R^2-1} R d \theta \\ \leq \frac{R}{R^2-1}\left[\pi(\log R)^2+\frac{\pi^2}{3}+\pi^2 \log R\right] \\ \leq \frac{R^2}{R^2-1} \left[\frac{\pi(\log R)}{R}+\frac{\pi^3}{3 R}+\frac{\pi^{2} \log R}{R} \right] \rightarrow 0 जब R \rightarrow 0 जबकि \frac{\log R}{R} \rightarrow 0 जब R \rightarrow \infty \\ \underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \frac{(\log R)^2}{R}=\underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \frac{2(\log R)\left(\frac{1}{R}\right)}{1}=0
इसी प्रकार \left|\int_\gamma f(z) d z\right| \leq \int_{\pi}^0 \frac{\left(\log r e^{i \theta}\right)^2}{\left(r^2 e^{i 2 \theta}+1\right)} r i e^{i \theta} d \theta \rightarrow 0 जब r \rightarrow 0 
जबकि \underset{r \rightarrow 0}{\lim} r(\log r)^2=\underset{r \rightarrow 0}{\lim} \frac{(\log r)^2}{\frac{1}{r}} [ \frac{\infty}{\infty}  रूप]
=\underset{r \rightarrow 0}{\lim} \frac{2(\log r) \frac{1}{r}}{-\left(\frac{1}{r^2}\right)} \text { [DL Hospital Rule] } \\ =\underset{r \rightarrow 0}{\lim} \frac{2 \log r}{\left(-\frac{1}{r}\right)} [ \frac{\infty}{\infty} रूप]

=\underset{r \rightarrow 0}{\lim} \frac{2\left(\frac{1}{r}\right)}{\left(\frac{1}{r^2}\right)} \text { [DL Hospital Rule] } \\ =\underset{r \rightarrow 0}{\lim} 2 r=0
जब r \rightarrow 0, R \rightarrow \infty समीकरण (1) से:

\int_0^{\infty} f(x)-\int_{\infty}^{0} f\left(x e^{i \pi}\right) d x=2 \pi i \Sigma R^{+} \cdots(2)
f(z) के z=\pm i साधारण अनन्तक है जिसमें z=i, C के अन्तर्गत है।
z=i पर अवशेष

\underset{z \rightarrow i}{\lim} (z-i) f(z)=\underset{z \rightarrow i}{\lim}\frac{(\log z)^2}{z+i} \\ =\frac{(\log i)^2}{2 i} \\ =\frac{\left(\log e^{\frac{i \pi}{2}}\right)^2}{2 i} \\ =\frac{1}{2 i}\left(\frac{i \pi}{2}\right)^2 \\ =\frac{-\pi^2}{8 i}
समीकरण (2) से:

\int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2} d x+\int_0^{\infty} \frac{\left(\log x e^{i \pi}\right)^2}{1+x^2 e^{i 2 \pi}} d x=\frac{-\pi^3}{4} \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2} d x+\int_0^{\infty} \frac{(\log x+i \pi)^2}{1+x^2} d x=-\frac{\pi^3}{4} \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2} d x+\int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2-\pi^2+2 i \pi(\log x)}{1+x^2}=\frac{-\pi^3}{4} \\ \Rightarrow 2 \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2} d x-\pi^2 \int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^2} d x+i 2 \pi \int_0^{\infty} \frac{\log x}{1+x^2} dx=\frac{-\pi^3}{4} \cdots(3)
दोनों पक्षों के काल्पनिक भाग की तुलना करने पर:

2 \pi \int_0^{\infty} \frac{\log x}{1+x^2} d x=0 \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{\log x}{1+x^2} d x=0
Example:11(vi). \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2} d x=\frac{\pi^3}{8}
Solution: \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2} d x=\frac{\pi^3}{8}

Contour Integration in ComplexAnalysis

 उपर्युक्त प्रश्न 11(iv) को अन्त तक हल कर लें।विद्यार्थियों को हल करने के लिए छोड़ दिया गया है।
समीकरण (3) से:

2 \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2} d x-\pi^2 \int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^2} d x+i 2 \pi \int_0^{\infty} \frac{\log x}{1+x^2} d x=-\frac{\pi^3}{4}
दोनों पक्षों के वास्तविक भाग की तुलना करने पर:

2 \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2} d x-\pi^2 \int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^2} d x=\frac{-\pi^3}{4} \\ \Rightarrow 2 \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2} d x-\pi^2[\tan^{-1} x]_0^{\infty}=\frac{-\pi^3}{4} \\ \Rightarrow 2 \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2}-\pi^2\left[\tan ^{-1} \infty-\tan^{-1}(0)\right]= \frac{-\pi^3}{4} \\ \Rightarrow 2 \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2}-\pi^2\left(\frac{\pi}{2}\right) =\frac{- \pi^3}{4} \\ \Rightarrow 2 \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2}=\frac{-\pi^3}{4}+\frac{\pi^3}{2} \\ \Rightarrow 2 \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2}=\frac{-\pi^3+2 \pi^3}{4} \\ \Rightarrow 2 \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2}=\frac{\pi^3}{4} \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{(\log x)^2}{1+x^2}=\frac{\pi^3}{8}
उपर्युक्त उदाहरणों के द्वारा सम्मिश्र विश्लेषण में परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Contour Integration in ComplexAnalysis),परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Contour Integration) को समझ सकते हैं।

3.सम्मिश्र विश्लेषण में परिरेखा (कन्टूर) समाकलन की समस्याएँ (Contour Integration in ComplexAnalysis Problems):

Contour Integration in ComplexAnalysis

(1.)परिरेखा समाकलन द्वारा सिद्ध करो \int_0^{\infty} \frac{\log \left(1+x^2\right)}{1+x^2} d x=\pi \log x तथा निगमन करो कि \int_0^1 \frac{\log (x+\frac{1}{x})}{1+x^2} d x=\frac{\pi}{2} \log 2
(Prove by contour integration \int_0^{\infty} \frac{\log \left(1+x^2\right)}{1+x^2} d x=\pi \log x and deduce that \int_0^1 \frac{\log (x+\frac{1}{x})}{1+x^2} d x=\frac{\pi}{2} \log 2 )
(2.)सिद्ध करो कि \int_0^{\infty} \frac{x^b}{1+x^2} d x=\frac{\pi}{2} \sec \frac{\pi b}{2}
(Prove that \int_0^{\infty} \frac{x^b}{1+x^2} d x=\frac{\pi}{2} \sec \frac{\pi b}{2} )
उपर्युक्त सवालों को हल करने पर सम्मिश्र विश्लेषण में परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Contour Integration in ComplexAnalysis),परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Contour Integration) को ठीक से समझ सकते हैं।

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4.सम्मिश्र विश्लेषण में परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Frequently Asked Questions Related to Contour Integration in ComplexAnalysis), परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Contour Integration) से सम्बन्धित अक्सर पूछे जाने वाले प्रश्न:

सम्मिश्र विश्लेषण में परिरेखा (कन्टूर) समाकलन (Contour Integration in ComplexAnalysis)
करने के लिए कोशी अवशेष की सहायता ली जाएगी।इसके लिए हम उचित परिरेखा का चयन
इस प्रकार करते हैं