Metode konturne integracije

U kompleksnoj analizi, konturna integracija je metoda izračunavanja određenih integrala duž puta u kompleksnoj ravni.

Konturna integracija je usko povezana sa računanjem reziduma, metodologijom kompleksne analize.

Jedna od primjena konturne integracije je računanje integrala duž realne ose koji se ne računaju lako metodama sa realnim promjenjivama.

Konturna integracija obuhvata:

• direktno integraljenje kompleksne funkcije duž krive u kompleksnoj ravni (konture)
• primjena Košijeve integralne formule (KIF)
• primjena teoreme o rezidumu.

Može se koristiti jedna metoda, ili više njih kombinovati.

Direktna metoda

Direktne metode obuhvataju izračunavanje integrala metodom sličnom onima pri izračunavanju krivolinijskog integrala funkcija više promjenjivih. To znači da koristimo sljedeću metodu:

• parametrizacija konture

kontura se izražava parametarski diferencijalnom kompleksnom funkcijom realne promjenjive, ili se prvo razbija u više podkontura, a zatim se parametrizuje svaki od njih zasebno

• zamjena parametarskog izraza u podintegralni izraz

zamjena parametarskog izraza u integralu pretvara taj integral u integral jedne realne promjenjive.

• direktno izračunavanje

integral se izračunava metodama sličnim onima u realnoj analizi.

Primjer

Jedan od temeljnih rezultata kompleksne analize je činjenica da je konturni integral funkcije z⁻¹ jednak 2πi, pri čemu je integraljeno po pozitivno orijentisanoj jediničnoj kružnici (u smjeru obrnutom od kazaljke na satu):

$\oint _{C}{1 \over z}\,dz.$

Pri izračunavanju ovog integrala, jediničnu kružnicu |z| = 1 predstavljamo parametarski sa z(t) = e^it, t ∈ [0, 2π], pri čemu dz / dt = i e^it pa imamo:

${\begin{aligned}\oint _{C}{1 \over z}\,dz&{}=\int _{0}^{2\pi }{1 \over e^{it}}\,ie^{it}\,dt=i\int _{0}^{2\pi }1\,dt\\&{}={\Big [}t{\Big ]}_{0}^{2\pi }i=(2\pi -0)i=2\pi i,\end{aligned}}$

što predstavlja vrijednost postavljenog integrala.

Primjene integralnih teorema

Integralne teoreme se takođe koriste pri izračunavanju konturnog integrala, što znači da se realni integral izračunava istovremeno sa konturnim.

Integralne teoreme poput Košijeve integralne formule (KIF) i teoreme o rezidumu generalno se koriste na sljedeći način:

• odabere se odgovarajuća kontura

kontura se bira tako da sadrži dio realne ose po kojoj se izračunava realni integral, ali i da svojom unutrašnjošću obuhvata (okružuje) singularitete, tako da je moguće upotrijebiti KIF ili teoremu o rezidumu

• primjena teoreme Koši-Gursat

integral se svodi na računanje integrala samo po malim krugovima oko svakog pola (svakog singulariteta koji je pol)

• primjena KIF ili teoreme o rezidumu

primjena ovih integralnih formula daje nam vrijednost oko cijele konture

• podjela konture na realni i imaginarni dio

cijela kontura se može podijeliti na dio koji obuhvata dio realne ose po kom se prvobitno integralilo (nazovimo ga R) i dio koji prelazi u imaginarnu osu, tj. izlazi iz realne ose (nazovimo ga I). Integral po cijeloj konturi jednak je zbiru integrala po svakoj od ovih podkontura.

• prikazivanje da koji prelazi u imaginarnu osu ne igra nikakvu ulogu u zbiru

ako se za integral I može pokazati da je jednak nuli, ili u slučaju da je traženi realni integral nesvojstven (jedna i/ili druga granica su beskonačne) da pokažemo da integral I teži nuli, onda će vrijednost integrala po R težiti vrijednosti integrala po cijeloj konturi (R+I).

• zaključak

ako možemo obaviti gornji korak, možemo direktno izračunati integral po R, tj. naš realni integral.

Primjer (I)

Posmatrajmo

$\int _{-\infty }^{\infty }{1 \over (x^{2}+1)^{2}}\,dx$

Naša kontura

Da bismo izračunali ovaj integral, posmatrajmo funkciju kompleksne promjenjive

$f(z)={1 \over (z^{2}+1)^{2}}$

koja ima singularitete u i i −i. Dakle, izabraćemo konturu koja sadrži dio realne ose (jer nam prvobitni integral u zadatku traži upravo računanje po realnoj osi), a zatim polukrug kao na slici lijevo, koji ćemo pustiti da se širi u beskonačnost, tako da će i onaj prvi dio (koji je njen prečnik) obuhvatiti cijelu realnu osu (a će težiti beskonačno). Nazovimo ovu konturu C.

U ovom trenutku imamo dva načina da nastavimo: koristeći KIF ili koristeći teoremu o rezidumu.

Korištenje Košijeve integralne formule (KIF)

Primijetimo da:

$\oint _{C}f(z)\,dz=\int _{-a}^{a}f(z)\,dz+\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz$

pa prema tome:

$\int _{-a}^{a}f(z)\,dz=\oint _{C}f(z)\,dz-\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz$

Dodatno, primijetimo da:

$f(z)={1 \over (z^{2}+1)^{2}}={1 \over (z+i)^{2}(z-i)^{2}}.$

Pošto je jedini singularitet koji se nalazi unutar ove konture onaj u i, možemo napisati

$f(z)={{1 \over (z+i)^{2}} \over (z-i)^{2}},$

što stavlja funkciju u oblik u kojem se direktno može primijeniti Košijeva integralna formula. Po KIF je:

${\begin{aligned}\oint _{C}f(z)\,dz&=\oint _{C}{1 \over (z^{2}+1)^{2}}\,dz=\oint _{C}{{1 \over (z+i)^{2}} \over (z-i)^{2}}\,dz=2\pi i{\frac {d}{dz}}\left(\left.{1 \over (z+i)^{2}}\right)\right|_{z=i}\\&=2\pi i\left.\left({-2 \over (z+i)^{3}}\right)\right|_{z=i}=2\pi i(1/4i)={\pi \over 2}\end{aligned}}$

(uzimamo prvi izvod, u gornjim koracima, jer je u pitanju pol drugog reda. Dakle, kvadrirali smo (z − i ), pomnožili sa funkcijom, a zatim od svega toga uzeli prvi izvod (implicitno smo ga još podijelili sa (red-1)! = (2—1)! = 1! = 1). Da je u funkciji bilo (z − i ) na treći stepen, koristili bismo drugi izvod te dijelili sa 2! itd. Slučaj sa polom prvog reda, kada je (z − i ) na prvi stepen, imali bismo nulti izvod, odnosno samo ƒ(x).)

Ako polukružnicu nazovemo Luk, treba da dokažemo da integral po Luk teži nuli kada a teži beskonačnosti koristeći lemu o procjeni:

$\left|\int _{\text{Luk}}f(z)\,dz\right|\leq ML$

gdje je M gornje ograničenje od |ƒ(z)|, a L dužina od Luk. Sada imamo:

$\int _{\text{Luk}}f(z)\,dz\leq {a\pi \over (a^{2}-1)^{2}}\rightarrow 0\ \mathrm {as} \ a\rightarrow \infty .$

pa

$\int _{-\infty }^{\infty }{1 \over (x^{2}+1)^{2}}\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }f(z)\,dz=\lim _{a\rightarrow +\infty }\int _{-a}^{a}f(z)\,dz={\pi \over 2}.\quad \square$

Korištenje metode o rezidumu

Posmatrajmo Loranov razvoj funkcije f(z) u okolini tačke i, koja je jedini singularitet koji nas zanima. Imamo dakle:

$f(z)={-1 \over 4(z-i)^{2}}+{-i \over 4(z-i)}+{3 \over 16}+{i \over 8}(z-i)+{-5 \over 64}(z-i)^{2}+\cdots$

(Vidjeti članak Loranov razvoj). Vidi se da je rezidum ovdje −i/4 (to je koeficijent uz onaj član polinoma sa stepenom -1, odnosno gdje je (z-i) stepenovano sa -1, a to je koeficijent uz izraz ${1 \over (z-i)}$). Imamo, dakle, po teoremi o rezidumu:

$\oint _{C}f(z)\,dz=\oint _{C}{1 \over (z^{2}+1)^{2}}\,dz=2\pi i\,\mathrm {Res} _{z=i}f=2\pi i(-i/4)={\pi \over 2}\quad \square$

Ako nazovemo polukružnicu Luk treba da pokažemo da integral po tom luku teži nuli kada a teži beskonačnosti koristeći lemu o procjeni:

$\left|\oint _{A}f(z)\,dz\right|\leq ML$

gdje je M gornje ograničenje |f(z)|, a L dužina od Luk. Sad imamo:

$\oint _{A}f(z)\,dz\leq {a\pi \over (a^{2}-1)^{2}}\rightarrow 0\quad \mathrm {as} \ a\rightarrow \infty .$

Pa:

$\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx={\pi \over 2}.\quad \square$

Dakle, dobijamo isti rezultat kao i maloprije.

Napomena za konturu

Može se postaviti pitanje da li bismo mogli napraviti polukrug oko drugog singulariteta, koji okružuje −i. Da bi se integral duž realne ose kretao u pravom smjeru, luk i cijela kontura bi morali ići u smjeru obrnutom od kazaljke na satu, dakle kontura bi imala negativnu orijentaciju, te bi cio integral promijenio znak.

Ovo ne utiče na metodu računanja reziduma iz razvoja u red.

Primjer (II) - Košijeva distribucija

Integral

$\int _{-\infty }^{\infty }{e^{itx} \over x^{2}+1}\,dx$

Naša kontura

(koji se javlja u teoriji vjerovatnoće kao karakteristična funkcija (odnosno njen skalarni umnožak) [[Košijeva distribucija|Košijeve distribucije]) opire se tehnikama elementarne algebre. Izračunaćemo ga tako što ćemo ga izraziti kao limes integrala duž konture C koja se kreće duž realne ose od -a do a, a onda u smjeru obrnutom od kazaljke na satu duž polukruga sa centrom u nuli i poluprečnika a. Neka je a veće od 1, da bi imaginarni broj i, naš singularitet, upadao u unutrašnjost krive. Konturni integral je:

$\int _{C}{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz.$

Pošto je e^itz cijela funkcija (nema singulariteta nigdje u kompleksnoj ravni), onda naša funkcija ima singularitete samo tamo gdje je imenilac z² + 1 jednak nuli. Pošto je z² + 1 = (z + i)(z − i), to su samo tačke z = i i z = −i. Samo jedna od ovih tačaka pripada našoj konturi, a to je i. Rezidum funkcije f(z) u tački z=i jednak je:

$\lim _{z\to i}(z-i)f(z)=\lim _{z\to i}(z-i){e^{itz} \over z^{2}+1}=\lim _{z\to i}(z-i){e^{itz} \over (z-i)(z+i)}$

$=\lim _{z\to i}{e^{itz} \over z+i}={e^{iti} \over i+i}={e^{-t} \over 2i}.$

Po teoremi o rezidumu, zatim imamo:

$\int _{C}f(z)\,dz=2\pi i\cdot \operatorname {Res} _{z=i}f(z)=2\pi i{e^{-t} \over 2i}=\pi e^{-t}.$

Kontura C mora biti podijeljena u pravolinijski i krivolinijski dio, tako da

$\int _{\mbox{prava}}+\int _{\mbox{luk}}=\pi e^{-t},$

a odatle:

$\int _{-a}^{a}=\pi e^{-t}-\int _{\mbox{luk}}.$

Može se vidjeti da, ako je t > 0, onda:

$\int _{\mbox{luk}}{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz\rightarrow 0\ ,\ a\rightarrow \infty .$

Prema tome, ako je t > 0, onda:

$\int _{-\infty }^{\infty }{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz=\pi e^{-t}.$

Slično se može vidjeti da, ako uzmemo konturu koja obuhvata tačku -i, a ne i, vidimo da ako je t < 0, onda

$\int _{-\infty }^{\infty }{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz=\pi e^{t},$

i konačno dobijamo ovo:

$\int _{-\infty }^{\infty }{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz=\pi e^{-\left|t\right|}.\quad \square$

(Da je t bilo jednako nula, onda bi se integral već sveo na račun realne analize i vrijednost tog integrala bila bi π.)

Primjer (III) - trigonometrijske funkcije

Određene smjene se mogu uvesti kada imamo trigonometrijske funkcije, tako da se integral pretvori u racionalnu funkciju kompleksne promjenjive, a zatim se gornje metode mogu iskoristiti da se izračuna integral.

Na primjer, posmatrajmo:

$\int _{-\pi }^{\pi }{1 \over 1+3(\cos {t})^{2}}\,dt.$

Uvešćemo smjenu z = e^it.

Sad, sjetimo se:

$\cos {t}={1 \over 2}\left(e^{it}+e^{-it}\right)={1 \over 2}\left(z+{1 \over z}\right)$

i

${dz \over dt}=iz,\ dt={dz \over iz}.$

Uzećemo jedinični krug da nam bude C, i zamjenom dobijamo:

$\oint _{C}{1 \over 1+3({1 \over 2}(z+{1 \over z}))^{2}}\,{dz \over iz}$

$=\oint _{C}{1 \over 1+{3 \over 4}(z+{1 \over z})^{2}}{1 \over iz}\,dz=\oint _{C}{-i \over z+{3 \over 4}z(z+{1 \over z})^{2}}\,dz=-i\oint _{C}{1 \over z+{3 \over 4}z(z^{2}+2+{1 \over z^{2}})}\,dz$

$=-i\oint _{C}{1 \over z+{3 \over 4}(z^{3}+2z+{1 \over z})}\,dz=-i\oint _{C}{1 \over {3 \over 4}z^{3}+{5 \over 2}z+{3 \over 4z}}\,dz$

$=-i\oint _{C}{4 \over 3z^{3}+10z+{3 \over z}}\,dz=-4i\oint _{C}{1 \over 3z^{3}+10z+{3 \over z}}\,dz$

$=-4i\oint _{C}{z \over 3z^{4}+10z^{2}+3}\,dz.$

Koristimo KIF. Razlažemo imenilac na činioce:

$=-4i\oint _{C}{z \over 3z^{4}+10z^{2}+3}\,dz=-4i\oint _{C}{z \over 3(z^{2}+3)(z^{2}+1/3)}\,dz$

$=-4i\oint _{C}{z \over 3(z+{\sqrt {3}}i)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z+{\sqrt {1 \over 3}}i\right)\left(z-{\sqrt {1 \over 3}}i\right)}\,dz$

$=-{4 \over 3}i\oint _{C}{z \over (z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)\left(z+{\sqrt {1 \over 3}}i\right)\left(z-{\sqrt {1 \over 3}}i\right)}\,dz.$

Singulariteti su dakle u tačkama 3^−1/2i, −3^−1/2i. Sad možemo svesti integral:

$=-{4 \over 3}i\oint _{C_{1}}{\,{z \over (z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)\left(z+{\sqrt {1 \over 3}}i\right)}\, \over \left(z-{\sqrt {1 \over 3}}i\right)}\,dz+-{4 \over 3}i\oint _{C_{2}}{\,{z \over (z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)\left(z-{\sqrt {1 \over 3}}i\right)}\, \over \left(z+{\sqrt {1 \over 3}}i\right)}$

gdje je C₁ mala kružnica oko 3^−1/2i, a C₂ mala kružnica oko −3^−1/2i. Sad možemo iskoristiti formulu:

$=-{4 \over 3}i\left(2\pi i\left.\left({z \over (z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)(z+{\sqrt {1 \over 3}}i)}\right)\right|_{z={\sqrt {1 \over 3}}i}\right.$

$\left.+2\pi i\left.\left({z \over (z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {1 \over 3}}i)}\right)\right|_{z=-{\sqrt {1 \over 3}}i}\right)$

$=-{4 \over 3}i\left(2\pi i\left({{\sqrt {1 \over 3}}i \over ({\sqrt {1 \over 3}}i+{\sqrt {3}}i)({\sqrt {1 \over 3}}i-{\sqrt {3}}i)({\sqrt {1 \over 3}}i+{\sqrt {1 \over 3}}i)}\right)\right.$

$\left.+2\pi i\left({-{\sqrt {1 \over 3}}i \over (-{\sqrt {1 \over 3}}i+{\sqrt {3}}i)(-{\sqrt {1 \over 3}}i-{\sqrt {3}}i)(-{\sqrt {1 \over 3}}i-{\sqrt {1 \over 3}}i}\right)\right)$

$=-{4 \over 3}i\left(2\pi i\left({{\sqrt {1 \over 3}}i \over ({4 \over {\sqrt {3}}}i)(-{2 \over {\sqrt {3}}}i)({2 \over {\sqrt {3}}}i)}\right)+2\pi i\left({-{\sqrt {1 \over 3}}i \over ({2 \over {\sqrt {3}}}i)(-{4 \over {\sqrt {3}}}i)(-{2 \over {\sqrt {3}}}i)}\right)\right)$

$=-{4 \over 3}i\left(2\pi i\left({{\sqrt {1 \over 3}}i \over i({4 \over {\sqrt {3}}})({2 \over {\sqrt {3}}})({2 \over {\sqrt {3}}})}\right)+2\pi i\left({-{\sqrt {1 \over 3}}i \over -i({2 \over {\sqrt {3}}})({4 \over {\sqrt {3}}})({2 \over {\sqrt {3}}})}\right)\right)$

$=-{4 \over 3}i\left(2\pi i\left({{\sqrt {1 \over 3}} \over ({4 \over {\sqrt {3}}})({2 \over {\sqrt {3}}})({2 \over {\sqrt {3}}})}\right)+2\pi i\left({{\sqrt {1 \over 3}} \over ({2 \over {\sqrt {3}}})({4 \over {\sqrt {3}}})({2 \over {\sqrt {3}}})}\right)\right)$

$=-{4 \over 3}i\left(2\pi i\left({\,{\sqrt {1 \over 3}}\, \over {16 \over 3{\sqrt {3}}}}\right)+2\pi i\left({\,{\sqrt {1 \over 3}}\, \over {16 \over 3{\sqrt {3}}}}\right)\right)$

$=-{4 \over 3}i\left(2\pi i\left({3 \over 16}\right)+2\pi i\left({3 \over 16}\right)\right)=-{4 \over 3}i\left(\pi i\left({3 \over 8}+{3 \over 8}\right)\right)={4 \over 3}\left({3 \over 4}\right)\pi =\pi .\quad \square$

Primjer (IIIa) — trigonometrijski integrali, opšta procedura

Gornja metoda se može primijetniti na integrale oblika

$\int _{0}^{2\pi }{\frac {P(\sin(t),\sin(2t),\ldots ,\cos(t),\cos(2t),\ldots )}{Q(\sin(t),\sin(2t),\ldots ,\cos(t),\cos(2t),\ldots )}}\,dt$

gdje su P i Q polinomi, odnosno integriše se racionalna funkcija trigonometrijskih izraza.

Trik u ovom slučaju je da iskoristimo smjenu $-{z=\exp(it)}-$, pri čemu je $dz=i\exp(it)\,dt$ i prema tome:

${\frac {1}{iz}}\,dz=dt.$

Ova smjena pretvara interval $[0,2\pi ]$ u jediničnu kružnicu. Štaviše:

$\sin(kt)={\frac {\exp(ikt)-\exp(-ikt)}{2i}}={\frac {z^{k}-z^{-k}}{2i}}$

i

$\cos(kt)={\frac {\exp(ikt)+\exp(-ikt)}{2}}={\frac {z^{k}+z^{-k}}{2}}$

tako da nakon smjene dobijamo neku racionalnu funkciju ƒ(z) i integral postaje:

$\oint _{|z|=1}f(z){\frac {1}{iz}}\,dz$

koji se potom računa sabirajući sve rezidume funkcije ƒ(z) koji se nalaze unutar kružnice.

Slika desno ilustruje ovo za:

$I=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{1+\sin(t)^{2}}}\,dt,$

koji ćemo sada izračunati. Prvi korak je da primijetimo da

$I={\frac {1}{4}}\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{1+\sin(t)^{2}}}\,dt.$

Smjenom dobijamo:

${\frac {1}{4}}\oint _{|z|=1}{\frac {4iz}{z^{4}-6z^{2}+1}}\,dz=\oint _{|z|=1}{\frac {iz}{z^{4}-6z^{2}+1}}\,dz.$

Polovi ove funkcije se nalaze u 1 ± √2 i −1 ± √2. Od ovih, 1 + √2 i −1 −√2 su van jedinične kružnice (prikazani crvenom bojom, nije u pravoj razmjeri), dok se tačke 1 − √2 i −1 + √2 nalaze unutar kružnice (plavom bojom). Njima odgovarajući rezidumi su oba jednaki −i√2/16, tako da je vrijednost integrala:

$I=2\pi i\;2\left(-{\frac {\sqrt {2}}{16}}i\right)=\pi {\frac {\sqrt {2}}{4}}.$

Primjer (IV) - grane

Posmatrajmo

$\int _{0}^{\infty }{{\sqrt {x}} \over x^{2}+6x+8}\,dx.$

Možemo sada početi formulišući kompleksni integral

$\int _{C}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz=I.$

Sada smo opet u situaciji da biramo između KIF i teoreme o rezidumu da bismo dobili odgovarajuće rezidume. Međutim, ovdje je važno obratiti pažnju da z^1/2 = e^1/2·Log(z), pa z^1/2 ima „zarez“, jer je višeznačna funkcija. Ovo utiče na naš izbor konture C. Obično se zarez kod logaritma definiše kao negativni dio realne ose, ali ovo čini integraljenje malo složenijim, pa ćemo izabrati pozitivni dio realne ose.

Potom, uzećemo još jedan mali krug sa centrom u koordinatnom početku i poluprečnika ε neka ta kružnica ne bude potpuna, nego neka kreće od duži koja se prostire paralelno sa realnom osom, vrlo blizu ali da je ne dodiruje, pa okolo sve do iste takve duži sa donje strane realne ose, koja je paralelna sa njom i vrlo je blizu, ali ne dodiruje realnu osu. Dobijamo tako konturu u obliku latiničnog slova C (poznatu još šaljivo kao „Karneks“ kontura).

Primijetimo da su tačke z = −2 i z = −4 obuhvaćene većim krugom. Ovo su dva preostala pola, koja se mogu dobiti razlažući imenilac na činioce. Tačka grananja z = 0 je izbjegnuta tako što smo okružili oko koordinatnog početka.

Neka je γ taj mali krug poluprečnika ε, a Γ veći od njih, poluprečnika r, tada

${\begin{aligned}\int _{C}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz&=\int _{\varepsilon }^{R}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz\\&+\int _{\Gamma }{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz\\&+\int _{R}^{\varepsilon }{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz\\&+\int _{\gamma }{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz.\end{aligned}}$

Pošto je z^1/2 = e^1/2 Log(z), na konturi van zareza, prelazimo 2π u argumentu preko γ (po Ojlerovoj jednačini, $e^{i\pi }\,\!$ predstavlja jedinični vektor, čiji je logaritam onda ${i\pi }\,\!$. Ovo ${\pi }\,\!$ je argument od z. Koeficijent 1/2 nas tjera da koristimo 2${\pi }\,\!$); tako:

${\begin{aligned}&{}\quad \int _{R}^{\varepsilon }{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz=\int _{R}^{\varepsilon }{e^{{1 \over 2}\mathrm {Log} (z)} \over z^{2}+6z+8}\,dz=\int _{R}^{\varepsilon }{e^{{1 \over 2}(\log {|z|}+i\arg {z})} \over z^{2}+6z+8}\,dz\\&=\int _{R}^{\varepsilon }{e^{{1 \over 2}\log {|z|}}e^{1/2(2\pi i)} \over z^{2}+6z+8}\,dz=\int _{R}^{\varepsilon }{e^{{1 \over 2}\log {|z|}}e^{\pi i} \over z^{2}+6z+8}\,dz\\&=\int _{R}^{\varepsilon }{-{\sqrt {x}} \over x^{2}+6x+8}\,dx=-\int _{\varepsilon }^{R}{-{\sqrt {x}} \over x^{2}+6x+8}\,dx\end{aligned}}$

odnosno,

$=\int _{\varepsilon }^{R}{{\sqrt {x}} \over x^{2}+6x+8}\,dx,$

a zatim:

${\begin{aligned}\int _{C}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz&=\int _{\varepsilon }^{R}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz\\&+\int _{\Gamma }{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz\\&+\int _{\varepsilon }^{R}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz\\&+\int _{\gamma }{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz.\end{aligned}}$

Može se pokazati da integrali po Γ i γ oba teže nuli kad ε teži nuli i R teži beskonačnosti, koristeći procjenu, kao ranije. Tako, imamo:

$\int _{C}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz=2\int _{0}^{\infty }{{\sqrt {x}} \over x^{2}+6x+8}\,dx.$

Koristeći teoremu o rezidumu ili Košijevu integralnu formulu (prvo posmatrajući konturu kao uniju jednostavnijih kontura), dobija se:

$\pi i\left({i \over {\sqrt {2}}}-i\right)=\int _{0}^{\infty }{{\sqrt {x}} \over x^{2}+6x+8}\,dx=\pi \left(1-{1 \over {\sqrt {2}}}\right).\quad \square$

Vidi još

• Rezidum
• Košijeva integralna formula
• Teorema o rezidumu
• Žordanove leme

Literatura

• Stalker, John (1998). Complex Analysis: Fundamentals of the Classical Theory of Functions. Springer. str. 77. ISBN 978-0-8176-4038-5. 
• Joseph Bak & Donald J. Newman (1997). Complex Analysis. Springer. Chapters 11 & 12, pp. 130–156. ISBN 978-0-387-94756-3. 
• Krantz, Steven George (1999). Handbook of Complex Variables. Springer. Chapter 2. ISBN 978-0-8176-4011-8. 
• Mitrinovic, Dragoslav S. & Jovan D. Keckic (1984). Chapter 5. ISBN 9789027716231. 
• Mitrinovic, Dragoslav S. & Jovan D. Keckic (1984). The Cauchy Method of Residues: Theory and Applications. Springer. Chapter 2. ISBN 9789027716231. 

Spoljašnje veze

• Nekolicina primjera
• Metoda reziduma, Džon H. Metjuz