1.परिरेखा समाकलन विधि के अनुप्रयोग (Use Method of Contour Integration),परिरेखा समाकलन विधि (Method of Contour Integration):

Use Method of Contour Integration

परिरेखा समाकलन विधि के अनुप्रयोग (Use Method of Contour Integration) से ऐसे सवालों को हल करके समझने का प्रयास करेंगे जिन्हें परिरेखा के दन्तुरण से हल किया जा सकता है।
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2.परिरेखा समाकलन विधि के अनुप्रयोग के साधित उदाहरण (Use Method of Contour Integration Solved Illustrations):

Illustration:1.सिद्ध करो कि (Prove that)
\int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x\left(x^2+a^2\right)} d x =\frac{\pi}{2 a^2}\left(1-\bar{e}^a\right), a>0
Solution: \int_c f(z) d z =\int_c \frac{e^{i z}}{z\left(z^2+a^2\right)} d z समाकल पर विचार करें जहाँ C परिरेखा है जिसमें शामिल है
(1.) |z|=R ऊपरी अर्धतल में,एक बड़ा अर्धवृत्त \Gamma
(2.)वास्तविक अक्ष r से R
(3.)वास्तविक अक्ष -R से -r
(4.)एक छोटा अर्धवृत्त \gamma, |z|=r
z=0 , \pm ia ,f(z) के साधारण अनन्तक हैं।इनमें से z=ia,C के अन्दर स्थित है।

Use Method of Contour Integration

z=ai पर अवशेष
\underset{z \rightarrow a i}{\lim} (z-a i) f(z)=\underset{z \rightarrow a i}{\lim} \frac{e^{iz}}{z(z+a i)} =\frac{e^{-a}}{-2 a^2}
अवशेष प्रमेय से:
\int_c f(z) d z=\int_r^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z+\int_{-R}^{-r} f(x) d x +\int_r f(z) d z=2 \pi i \Sigma R^{+} \cdots(1)
जोरदाँ उपप्रमेय से:
\underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{\Gamma} f(z) d z=0 \\ \underset{z \rightarrow 0}{\lim} z f(z)=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{e^{i z}}{z^2+a^2}=\frac{1}{a^2} \\ \therefore \underset{r \rightarrow 0}{\lim} \int_r f(z) d z=i \cdot \frac{1}{a^2}(0-\pi)=\frac{-\pi i}{a^2}
\therefore जब r \rightarrow 0 तथा R \rightarrow \infty , (1) सेः
\int_0^{\infty} f(x) d x+\int_{-\infty}^0 f(x) d x=-\frac{i \pi}{a^2}=2 \pi i\left(\frac{-e^{-a}}{2 a^2}\right) \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=\frac{i \pi}{a^2}\left(1-e^{-a}\right)
दोनों पक्षों के काल्पनिक भागों की तुलना करने परः
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x\left(x^2+a^2\right)} d x=\frac{\pi}{a^2}\left(1-e^{-a}\right)
Illustration:2.सिद्ध करो कि (Prove that)
\int_0^{\infty} \frac{\sin ^2 m x}{x^2\left(a^2+x^2\right)} d x=\frac{\pi}{4 a^3}\left(e^{-2 m a}-1+2 m a\right), m>0, a>0
Solution: \int_0^{\infty} \frac{\sin ^2 m x}{x^2\left(a^2+x^2\right)} d x=\frac{1}{2} \int_0^{\infty} \frac{1-\cos 2 m x}{x^2\left(a^2+x^2\right)} d x \\ \int_c f(z) d z=\frac{1}{2} \int_c \frac{1-e^{i2mz}}{z^2\left(z^2+a^2\right)} d z समाकल पर विचार करें जहाँ C परिरेखा है जिसमें शामिल है
(1.)|z|=R ऊपरी अर्धतल में,एक बड़ा अर्धवृत्त \Gamma
(2.)वास्तविक अक्ष r से R
(3.)वास्तविक अक्ष -R से -r
(4.)एक छोटा अर्धवृत्त \gamma , |z|=r
z=0,f(z) का द्विक अनन्तक हैं और z= \pm a i, f(z) के साधारण अनन्तक हैं।इनमें से केवल z=ia,C के अन्दर स्थित है।

Use Method of Contour Integration

z=ai पर अवशेष
\underset{z \rightarrow a i}{\lim} (z-a i) f(z)=\underset{z \rightarrow a i}{\lim} \frac{1}{2} \frac{\left(1-e^{i 2 m z}\right)}{z^2(z+a i)} \\ =\frac{1}{2} \cdot \frac{1-e^{-2 a m}}{\left(-a^2\right) 2 a i}=\frac{i\left(1-e^{-2 a m}\right)}{4 a^3}
अवशेष प्रमेय से:
\int_c f(z) d z=\int_r^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z+\int_{-R}^{-r} f(x) d x +\int_{\gamma} f(z) d z=2 \pi i \Sigma R^{+} \ldots(1)
जोरदाँ उपप्रमेय से:
\int_{\Gamma} f(z) d z \rightarrow 0 जब R \rightarrow \infty
जबकि \underset{z \rightarrow 0}{\lim} z f(z)=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{1}{2} \cdot \frac{\left(1-e^{i 2 m z}\right)}{z\left(z^2+a^2\right)} \\ =\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{1}{2} \cdot \frac{\left(-2 i m e^{i 2 m z}\right)}{\left(z^2+a^2+2 z^2\right)}=-\frac{i m}{a^2} \\ \therefore \underset{r \rightarrow 0}{\lim} \int_{\gamma} f(z) d z=i\left(-\frac{i m}{a^2}\right)(0-\pi)=-\frac{m \pi}{a^2}
जब r \rightarrow 0, R \rightarrow \infty , (1) सेः
\int_0^{\infty} f(x) d x+\int_{-\infty}^0 f(x) d x+\left(-\frac{m \pi}{a^2}\right)=2 \pi i \cdot \frac{i}{4 a^3}\left(1-e^{-2 a m}\right) \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=\frac{\pi}{2 a^3}\left(e^{-2 a m}-1+2 a m\right)
दोनों पक्षों के वास्तविक भागों की तुलना करने परः
\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos 2 m x}{x^2\left(x^2+a^2\right)} d x=\frac{\pi}{2 a^3}\left(e^{-2 a m}-1+2 a m\right) \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin ^2 m x}{x^2\left(x^2+a^2\right)} d x=\frac{\pi}{2 a^3}\left(e^{-2 a m}-1+2 a m\right) \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{\sin ^2 m x}{x^2\left(x^2+a^2\right)} d x=\frac{\pi}{4 a^3}\left(e^{-2 a m}-1+2 a m\right)
Illustration:3.सिद्ध करो कि (Prove that)
\int_0^{\infty} \frac{\sin ^2 m x}{x^2\left(a^2+x^2\right)^2} d x=\frac{\pi}{8 a^5}\left[e^{-2 a m}(2 a m+3)+4 a m-3\right]
Solution: \int_0^{\infty} \frac{\sin ^2 m x}{x^2\left(a^2+x^2\right)^2} d x=\frac{1}{2} \int_0^{\infty} \frac{1-\cos 2 m x}{x^2\left(a^2+x^2\right)^2} d x\\ \int_C f(z) d z=\frac{1}{2} \int_C \frac{1-e^{i 2 m z}}{z^2\left(a^2+z^2\right)^2} d z , जहाँ C परिरेखा है जिसमें शामिल है
(1.)|z|=R ऊपरी अर्धतल में,एक बड़ा अर्धवृत्त \Gamma
(2.)वास्तविक अक्ष r से R
(3.)वास्तविक अक्ष -R से -r
(4.)एक छोटा अर्धवृत्त \gamma , |z|=r
z=0, \pm ia , f(z) के द्विक अनन्तक हैं।इनमें से केवल z=ia,C के अन्दर स्थित है।

Use Method of Contour Integration

f(z) में z=ai+t रखने पर,
f(a i+t) =\frac{1}{2} \frac{\left[1-e^{i 2 m(a i+t)}\right]}{(a i+t)^2\left[a^2+(a i+t)^2\right]^2} \\=\frac{1}{2} \frac{\left(1-e^{-2 a m} e^{i 2 m t}\right)}{(a i+t)^2\left(2 a i t+ t^2\right)^2} \\ =\frac{1}{8 a^4 t^2}\left(1-e^{-2 a m} e^{i 2 m t}\right)\left(1+\frac{t}{a i}\right)^{-2}\left(1+\frac{t}{2 a i}\right)^{-2} \\ =\frac{1}{8 a^4 t^2}\left[1-e^{-2 a m}(1+i 2 m t+\cdots) \right]\left(1-\frac{2 t}{a i}+\cdots\right) \left(1-\frac{t}{a i}+\cdots\right) \\ \Rightarrow f(a i+t)=\frac{1}{8 a^4 t^2}\left(1-e^{-2 a m}-i 2 m e^{-2 a m} t\right)\left(1-\frac{2 t}{a i}\right)\left(1-\frac{t}{a i}\right)
चूँकि t छोटा है अतः t की उच्चतम घातों की उपेक्षा करने परः
=\frac{1}{8 a^4 t^2}\left[\left(1-e^{-2 a m}\right)-i 2 m e^{-2 a m}\right]\left(1-\frac{3}{a i} t\right)
\therefore z=ai पर अवशेष=f(ai+t) में \frac{1}{t} का गुणांक
=\frac{1}{8 a^4}\left[-\frac{3}{a i}\left(1-e^{-2 a m}\right)-2 i m e^{-2 a m}\right] \\ =\frac{1}{8 a^5}\left[3 i\left(1-e^{-2 a m}\right)-2 i a m e^{-2 a m}\right]
अवशेष प्रमेय से:
\int_C f(z) d z=\int_r^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z+\int_{-R}^{-r} f(x) d x +\int_{\gamma} f(z) d z=2 \pi i \Sigma R^{+} \cdots(1)
जोरदाँ उपप्रमेय से:
\int_{\Gamma} f(z) d z=0, जब R \rightarrow \infty
जबकि \underset{z \rightarrow 0}{\lim} z f(z)=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{1}{z} \frac{\left(1-e^{i 2 m z}\right)}{z\left(a^2+z^2\right)^2} (\frac{0}{0} रूप )
=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{-i 2 m e^{i 2 m z}}{2\left[\left(a^2+z^2\right)^2+2 z\left(a^2+z^2\right) \cdot 2 z\right]}=\frac{-i m}{a^4} [D.L. Hospital Rules]
\therefore \underset{r \rightarrow 0}{\lim} \int_{\gamma} f(z) d z=i\left(-\frac{i m}{a^4}\right)(0-\pi)=\frac{-m \pi}{a^4}
जब r \rightarrow 0, R \rightarrow \infty , (1) सेः
\int_0^{\infty} f(x) d x+\int_{-\infty}^0 f(x) d x-\frac{m \pi}{a^4}= 2 \pi i \cdot \frac{i}{8 a^5 } \left[3\left(1-e^{-2 a m}\right)-2 a m e^{-2 a m}\right] \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=\frac{\pi}{4 a^5}\left[4 a m-3+e^{-2 a m}(3+2 a m)\right]
दोनों पक्षों के वास्तविक भागों की तुलना करने परः
\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos 2 m x}{x^2\left(a^2+x^2\right)^2} d x=\frac{\pi}{4 a^5}\left[4 a m-3+e^{-2 a m}(3+2 a m)\right] \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin ^2 m x}{x^2\left(a^2+x^2\right)} d x=\frac{\pi}{4 a^5}\left[4 a m-3+e^{-2 a m}(3+2 a m)\right] \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{\sin ^2 m x}{x^2\left(a^2+x^2\right)} d x=\frac{\pi}{4 a^5}\left[4 a m-3+e^{-2 a m}(3+2 a m)\right]
Illustration:4. \int_0^{\infty} \frac{x-\sin x}{x^3\left(a^2+x^2\right)} d x, a>0 मान ज्ञात करो (Evaluate)
Solution: \int_C f(z) d z=\int_C \frac{z-i+i e^{i z}}{z^3\left(a^2+z^2\right)} d z समाकल पर विचार करें जहाँ C परिरेखा है जिसमें शामिल है
(1.) |z|=R ऊपरी अर्धतल में,एक बड़ा अर्धवृत्त \Gamma
(2.)वास्तविक अक्ष r से R
(3.)वास्तविक अक्ष -R से -r
(4.)एक छोटा अर्धवृत्त \gamma , |z|=r
z=0,f(z) का द्विक अनन्तक है और z=\pm ia , f(z) के साधारण अनन्तक हैं।इनमें से केवल z=ia,C के अन्दर स्थित है।

Use Method of Contour Integration

z=ai पर अवशेष
\underset{z \rightarrow a i}{\lim}(z-a i) f(z)=\underset{z \rightarrow a i}{\lim} \frac{z-i+i e^{i z}}{z^3(a i+z)} \\ =\frac{\left(a-1+e^{-a}\right) i}{2 a^4}
अवशेष प्रमेय से:
\int_c f(z) d z=\int_r^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z+\int_{-R}^{-r} f(x) d x+ \int_{\Gamma} f(z) d z=2 \pi i \Sigma R^{+} \cdots(1)
जोरदाँ उपप्रमेय से,जब R \rightarrow \infty, \int_{\Gamma} f(z) d z \rightarrow 0
जबकि \underset{z \rightarrow 0}{\lim} z f(z)=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{z-i+i e^{i z}}{z^2\left(a^2+z^2\right)} (\frac{0}{0} रूप )
=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{z-i+i\left(1+i z+\frac{1}{2} i^2 z^2+\cdots\right)}{z^2 \left(a^2+ z^2\right)} \\ =\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{-\frac{1}{2} i z^2+\cdots}{z^2\left(a^2 +x^2 \right)} \\ =\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{-\frac{1}{2} i+\text { अंश मे z के पद  }}{a^2+z^2} \\ =\frac{-i}{2 a^2} \\ \therefore \underset{r \rightarrow 0}{\lim} \int_{\gamma} f(z) d z=i\left(-\frac{i}{2 a^2}\right)=(0-\pi)=\frac{-\pi}{2 a^2}
जब r \rightarrow 0, R \rightarrow \infty , हम रखते हैं:
\int_0^{\infty} f(x) d x+\int_{-\infty}^0 f(x) d x-\frac{\pi}{2 a^2}=2 \pi \frac{i\left(a-1+e^{-a}\right) i}{2 a^4} \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=\frac{\pi}{2 a^2}-\frac{\pi}{a^4}\left(a-1+e^{-a}\right)
दोनों पक्षों के वास्तविक भागों की तुलना करने परः
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x-\sin x}{x^3\left(a^2+x^2\right)} d x=\frac{\pi}{a^4}\left(\frac{1}{2} a^2-a+1-e^{-a}\right) \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{x-\sin x}{x^3\left(a^2+x^2\right)} d x=\frac{\pi}{2 a^4}\left(\frac{1}{2} a^2-a+1-e^{-a}\right)
Illustration:5.सिद्ध करो कि (Prove that)
\int_0^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^2} d x =\frac{\pi}{2}
Solution: \int_c f(z) d z =\int_c \frac{1-e^{i z}}{z^2} d z पर विचार करें जहाँ C परिरेखा है जिसमें शामिल है
(1.) |z|=R ऊपरी अर्धतल में,एक बड़ा अर्धवृत्त \Gamma
(2.)वास्तविक अक्ष r से R
(3.)वास्तविक अक्ष -R से -r
(4.)एक छोटा अर्धवृत्त \gamma , |z|=r

Use Method of Contour Integration

अवशेष प्रमेय से:
\int_c f(z) d z=\int_r^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z+\int_{-R}^{-r} f(x) d x +\int_{\gamma} f(z) d z=0 \cdots(1)
जोरदाँ उपप्रमेय से:
\int_{\Gamma} f(z) d z \rightarrow 0 जब R \rightarrow \infty
जबकि \underset{z \rightarrow 0}{\lim} z f(z)=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{1-e^{i z}}{z} ( \frac{0}{0} रूप)
=\underset{z \rightarrow 0}{\lim} \frac{-i e^{i z}}{1}=-i [D.L. Hospital Rule से]
\therefore \underset{r \rightarrow 0}{\lim} \int_{\gamma} f(z) d z=i(-i)(0-\pi)=-\pi
जब r \rightarrow 0, R \rightarrow \infty , (1)सेः
\int_0^{\infty} f(x) d x+\int_{-\infty}^0 f(x) d x-\pi=0 \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=\pi
दोनों पक्षों के वास्तविक भागों की तुलना करने परः
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^2} d x=\pi \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^2} d x=\frac{\pi}{2}
विकल्पतः \int_c \frac{1-e^{i z}}{z^2} d z=\int_c f(z) d z
पर विचार करें जहाँ C परिरेखा है जिसमें शामिल है:
(1.) |z|=R ऊपरी अर्धतल में,एक बड़ा अर्धवृत्त \Gamma
(2.)वास्तविक अक्ष r से R
(3.)वास्तविक अक्ष -R से -r
(4.)एक छोटा अर्धवृत्त \gamma , |z|=r
कोशी अवशेष प्रमेय सेः
\int_C f(z) dz=\int_r^R f(x) d x+\int_{\Gamma} f(z) d z+ \int_{-R}^{-r} f(x) d x+\int_{\gamma} f(z) d z=0 \cdots(1) \\ \left|\int_{\Gamma}^r f(z) d z\right| \leq \int_0^\pi\left|\frac{1-\exp \left(i R e^{i \theta} \right)}{R^2 e^{2 i \theta}} \cdot R i e^{i \theta}\right| d \theta \\ \leq \int_0^\pi \frac{1+\exp (-R \sin \theta)}{R} d \theta \rightarrow 0 जब R \rightarrow \infty जबकि \exp (-R \sin \theta) \rightarrow 0
तथा \sin \theta धनात्मक है 0 \leq \theta \leq \pi के लिए
तथा \int_{\gamma} f(z) d z=\int_\pi^0 \frac{1-\exp \left(i r e^{i \theta}\right)}{r^2 e^{2 i \theta}} ri e^{i \theta} d \theta \\ =\int_\pi^0 \frac{i e^{-i \theta}}{r}\left[1-1-i r e^{i \theta}-\frac{i^2 r^2}{2!} e^{2 i \theta} \cdots \cdots\right] d \theta \\ =\int_\pi^0[1+0(r)] d \theta \\ \therefore \underset{r \rightarrow 0}{\lim} \int_{\gamma} f(z) d z=\int_\pi^0 d \theta=-\pi
\therefore (1) से,जब R \rightarrow \infty तथा r \rightarrow 0 \\ \int_0^{\infty} f(x) d x+0+\int_{-\infty}^0 f(x) d x-\pi=0 \\ \Rightarrow \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=\pi
दोनों पक्षों के वास्तविक भागों की तुलना करने परः
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^2} d x=\pi \\ \Rightarrow \int_0^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^2} d x=\frac{\pi}{2}
Illustration:6.सिद्ध करो कि (Prove that)
P \int_0^{\infty} \frac{x^4}{x^6-1} d x=\frac{\pi \sqrt{3}}{6}
Solution: \int_c f(z) d z=\int_{c} \frac{z^4}{z^6-1} d z पर विचार करें जहाँ C परिरेखा है जिसमें R त्रिज्या का अर्धवृत्त \Gamma में z=1,-1 शामिल है,ऊपरी अर्धतल में, r_{1} और r_{2} क्रमशः छोटे अर्धवृत्त \gamma_{1} तथा \gamma_{2} की त्रिज्याएँ हैं जिनके केन्द्र क्रमशः z=-1 और z=1 पर हैं।
z=e^{\frac{2 n \pi i}{6}}, n=0,1,2,3,4,5, f(z) के साधारण अनन्तक हैं जिनमें से केवल z=e^{\frac{i \pi}{3}}, e^{\frac{i 2 \pi}{3}} , C के अन्दर स्थित हैं।मान लीजिए कि इनमें एक \alpha है।
z=\alpha पर अवशेष=\underset{r \rightarrow \alpha}{\lim} \frac{z^4}{D\left(z^6-1\right)} \\ =\underset{r \rightarrow \alpha}{\lim} \frac{z^4}{6 z^5}=\frac{1}{6 \alpha}
C के अन्दर अनन्तकों पर अवशेषों का योग=\frac{1}{6}\left(e^{-\frac{i \pi}{3}}+e^{-\frac{i 2 \pi}{3}}\right) \\ =\frac{1}{6} \left(e^{-\frac{i \pi}{3}}+e^{-\frac{i \pi}{3}}\right)=-\frac{2 i}{6} \sin \left(\frac{\pi}{3}\right) \\ =-\frac{\sqrt{3}}{6} i

Use Method of Contour Integration

अवशेष प्रमेय से:
\int_c f(z) d z=\int_{\Gamma} f(z) d z+\int_{-R}^{-\left(1+r_1\right)} f(x) d x+ \int_{\gamma_{1}} f(z) d z+\int_{-\left(1-r_1\right)}^{1-r_2} f(x) d x+\int_{\gamma_2} f(z) d z +\int_{1+r_2}^R f(x) d x=2 \pi i \Sigma R^{+} \cdots(1) \\ \left|\int_{\Gamma} f(z) d z\right| \leq \int_0^\pi\left|\frac{R^4 e^{i 4 \theta} R i e^{i \theta}}{R^6 e^{i 6 \theta}-1}\right| d \theta \\ \leq \int_0^\pi \frac{R^5}{R^6-1} d \theta \\ \leq \frac{R^5 \pi}{R^6-1} \rightarrow 0 जब R \rightarrow \infty \\ \underset{R \rightarrow \infty}{\lim} \int_{\Gamma} f(z) d z=0
जबकि \underset{z \rightarrow-1}{\lim} (z+1) f(z)=\underset{z \rightarrow-1}{\lim} \frac{(z+1) z^4}{z^6-1} ( \frac{0}{0} रूप)
=\underset{z \rightarrow-1}{\lim} \frac{z^4+4 z^3(z+1)}{6 z^5}=-\frac{1}{6} [D.L. Hospital Rule से]
\therefore \underset{r_1 \rightarrow 0}{\lim} \int_{\gamma_1} f(z) d z=-\frac{1}{6} i(0-\pi)=\frac{i \pi}{6}
जबकि \underset{z \rightarrow 1}{\lim} (z-1) f(z)=\underset{z \rightarrow 1}{\lim} (z-1) \frac{z^4}{z^6-1} ( \frac{0}{0} रूप)
=\underset{z \rightarrow 1}{\lim} \frac{z^4+4 z^3(z-1)}{6 z^5}=\frac{1}{6} [D.L. Hospital Rule से]
\underset{r_2 \rightarrow 0}{\lim} \int_{\gamma_2} f(z) d z=-\frac{i \pi}{6}
जब r_1 \rightarrow 0, r_2 \rightarrow 0, R \rightarrow \infty ,तो (1) सेः
\int_{-\infty}^{-1} f(x) d x+\frac{i \pi}{6} \int_{-1}^1 f(x) d x+\left(-\frac{i \pi}{6}\right)+ \int_{1}^{\infty} f(x) d x=2 \pi i \cdot\left(-\frac{\sqrt{3}}{6} i\right) \\ P \int_{-\infty}^{\infty} f(x) d x=\frac{\pi \sqrt{3}}{3} \\ P \int_0^{\infty} f(x) d x=\frac{\pi \sqrt{3}}{6}
उपर्युक्त उदाहरणों के द्वारा परिरेखा समाकलन विधि के अनुप्रयोग (Use Method of Contour Integration),परिरेखा समाकलन विधि (Method of Contour Integration) को समझ सकते हैं।

Use Method of Contour Integration

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3.परिरेखा समाकलन विधि के अनुप्रयोग (Frequently Asked Questions Related to Use Method of Contour Integration),परिरेखा समाकलन विधि (Method of Contour Integration) से सम्बन्धित अक्सर पूछे जाने वाले प्रश्न:

परिरेखा समाकलन विधि के अनुप्रयोग (Use Method of Contour Integration) से ऐसे सवालों
को हल करके समझने का प्रयास करेंगे जिन्हें परिरेखा के दन्तुरण से हल किया जा सकता है।