등고선 통합

복잡한 분석의 수학 분야에서 등고선 적분은 복잡한 ^[1]^[2]^[3]평면의 경로를 따라 특정 적분을 평가하는 방법입니다.

등고선 통합은 복합 분석 방법인 ^[4]잔류물의 미적분과 밀접한 관련이 있다.

등고선 적분의 한 가지 용도는 실제 변수 ^[5]방법만 사용하여 쉽게 찾을 수 없는 실제 선을 따라 적분을 평가하는 것입니다.

등고선 통합 방법에는 다음이 포함됩니다.

복소 평면(윤곽선)의 곡선을 따라 복소값 함수의 직접적인 통합
코시 적분 공식의 적용
잔차 정리의 적용.

이러한 적분 또는 합계를 구하기 위해 한 가지 방법 또는 이들 방법의 조합 또는 다양한 제한 프로세스를 사용할 수 있습니다.

복합 평면의 곡선

복합 분석에서 등고선은 복합 평면에서 곡선의 한 유형입니다.등고선 통합에서 등고선은 적분이 적절하게 정의될 수 있는 곡선에 대한 정확한 정의를 제공합니다.복소평면에서의 곡선은 실선의 닫힌 간격에서 복소평면까지의 $연속함수$ z $:$ [ $a,$ $b]$ → $C$ 로 정의된다.

이러한 곡선의 정의는 곡선의 직관적인 개념과 일치하지만 닫힌 간격에서 연속 함수에 의한 매개변수화를 포함합니다.이 보다 정확한 정의를 통해 곡선이 통합에 유용하기 위해 가져야 할 특성을 고려할 수 있습니다.다음 서브섹션에서는 방향을 지정할 수 있는 한정된 수의 연속 곡선으로만 구성할 수 있는 곡선을 포함하도록 통합할 수 있는 곡선의 집합을 좁힙니다.또, 「피스」가 교차하는 것을 제한해, 각 피스가 유한(소멸하지 않는) 연속 도함수를 가지는 것을 요구한다.이러한 요구사항은 펜을 ^[6]들지 않고 곡선의 새로운 조각을 시작하기 위해 멈추는 일정한 획의 연속된 연속된 펜으로 추적할 수 있는 곡선만을 고려하는 것과 일치합니다.

방향성 부드러운 곡선

등고선은 종종 방향 평활 ^[6]곡선의 관점에서 정의됩니다.이것은 부드러운 곡선의 "피스"에 대한 정확한 정의를 제공하며, 이 곡선의 윤곽이 만들어집니다.

매끄러운 곡선은 끝점이 일치하도록( $z (a) = z$ ( $b$ ))를 제외하고 각 점이 단 한 번만 $횡단$ 되도록(z는 일대일) 연속 도함수를 갖는 $곡선$ z : [ $a, b$ ] → C이다.끝점이 일치하는 경우를 닫힌 곡선이라고 하며, 함수는 다른 모든 곳에서 일대일이어야 하며, 도함수는 식별된 지점에서 연속적이어야 한다( $zθ (a)$ = zθ( $b$ )).닫히지 않은 매끄러운 곡선을 매끄러운 ^[6]호라고 합니다.

곡선의 모수 조정은 곡선의 점의 자연스러운 순서를 제공합니다. $x$ < $y$ 일 $경우$ z $(x)$ 가 z $(y)$ $앞$ 에 나옵니다.이는 방향성 부드러운 곡선의 개념으로 이어집니다.특정 파라미터화와는 무관한 곡선을 고려하는 것이 가장 유용합니다.이는 동일한 방향의 매끄러운 곡선의 동등성 클래스를 고려함으로써 수행할 수 있습니다.그런 다음 방향 평활곡선은 (파라미터화에 따라) 자연순서의 평활곡선의 이미지인 복소평면 내의 순차적인 점 세트로 정의할 수 있다.모든 점의 순서가 매끄러운 곡선의 자연스러운 순서인 것은 아닙니다.실제로 주어진 매끄러운 곡선은 두 가지 순서만 가지고 있습니다.또한 단일 닫힌 원곡선은 끝점으로 모든 점을 가질 수 있지만 평활 호는 끝점에 대해 두 가지 선택 항목만 있습니다.

윤곽선

등고선은 등고선 통합을 정의하는 곡선 클래스입니다.등고선은 단일 방향을 제공하기 위해 끝점이 일치하는 방향성 평활 곡선의 유한한 시퀀스로 구성된 방향성 곡선이다.이를 위해서는 곡선 시퀀스 $θ 1 i$ , $\dots,$ $θ$ 의_n 종단점이 $θ, θ i$ , 1 $θ i +1$ i < $n$ 의 초기점과 일치하도록 해야 한다.여기에는 모든 방향의 부드러운 곡선이 포함됩니다.또한 복합 평면의 단일 점은 등고선으로 간주됩니다.+ 기호는 종종 새로운 곡선을 형성하기 위해 곡선의 피칭을 나타내는 데 사용됩니다.따라서 n개의 곡선으로 $구성$ 된 등고선 $δ$ 를 다음과 같이 쓸 수 있습니다.

\Gamma =\displays _{1}+\cdots +\cdots _{n}.

등고선 적분

$복소함수$ f : $C$ → $C$ 의 등고선 적분은 실수값 함수에 대한 적분의 일반화이다.복소평면에서의 연속함수의 경우, 실가치의 파라미터에 대한 적분의 관점에서 우선 방향의 평활곡선을 따라 적분을 정의함으로써 등고선적분을 선적분에 비유하여 정의할 수 있다.보다 일반적인 정의는 구간의 분할과 리만 적분의 유추로 등고선의 분할 측면에서 제공될 수 있다.두 경우 모두 등고선에 대한 적분은 등고선을 구성하는 방향 평활 곡선에 대한 적분의 합으로 정의됩니다.

연속 기능의 경우

이러한 방식으로 등고선 적분을 정의하려면 먼저 복소수 함수의 적분을 고려해야 합니다.f : $R$ → $C$ 를 실수 변수 $t$ 의 복소수 함수라고 $하자$ .f의 $실수$ 부분과 허수 부분은 각각 u( $t)$ 와 $v(t$ )로 표시되며, 따라서 다음과 같다.

\displaystyle f(t)=u(t)+iv(t)}

그러면 [

a,

b]

구간에 걸친 복소수

함수

f의 적분은 다음과 같이 주어진다.

{signed}\int _{a}{b(t), dt&=\int _{a}{b}{\big (t)}, dt\\&={b}u(t), dt+i\int _{b}v(t), d)\end { aligned}

f: $C$ → $C$ 를 방향 평활곡선 θ $위$ 의 연속함수로 $한다$ .z : $R$ → $C$ 를 순서(방향)와 일치하는 $θ$ 의 매개변수화라고 $하자$ .그러면 $is$ 에 따라 적분이 표시된다.

\displaystyle \int _{\display }f(z),dz,}

에^[6] 의해 주어집니다.

\displaystyle \int _{\display }f(z),dz=\int _{a}^{b}fsig big (}\display(t){\big}\displaystyle '(t),dt.}

이 정의는 잘 정의되어 있습니다.즉,^[6] 결과는 선택한 매개 변수화와 무관합니다.오른쪽의 실적분이 존재하지 않는 경우, $θ$ 에 따른 적분은 존재하지 않는다고 한다.

리만 적분의 일반화로서

복소수 변수의 함수에 필수적인 리만의 일반화는 실수로부터의 함수에 대한 정의와 완전히 유사하게 이루어집니다.유향 평활곡선 $θ$ 의 분할은 $θ$ 위의 유한한 점 집합으로 정의된다.곡선 위의 적분은 분할된 2개의 연속된 점(2차원 복소 평면 내) 사이의 최대 거리가 0이 되는 한계치(2차원 복소 평면 내)의 점에서 취해진 함수 값의 유한 합계의 한계치입니다.

직접적 방법

직접법은 다변량 미적분의 선적분 계산과 유사한 방법을 통해 적분을 계산하는 것을 포함한다.즉, 다음 방법을 사용합니다.

등고선 매개 변수 지정
등고선은 실제 변수의 미분 가능한 복소수 함수에 의해 매개 변수화되거나, 등고선이 조각으로 분할되어 별도로 매개 변수화됩니다.
적분으로의 파라미터화 치환
매개변수화를 적분으로 대체하면 적분이 하나의 실제 변수의 적분으로 변환됩니다.
직접 평가
적분은 실제 변수 적분과 유사한 방법으로 평가됩니다.

예

복소 해석학의 근본적 결과는 등고선.mw-parser-output .sfrac{white-space:nowrap}.mw-parser-output.sfrac.tion,.mw-parser-output.sfrac .tion{디스플레이:inline-block, vertical-align:-0.5em, font-size:85%;text-align:센터}.mw-parser-output.sfrac .num,.mw-parser-output.sfrac .den의{필수적이다.디스플레이:블록, line-height:1em, 마진:00.1em}.mw-parser-output.sfrac .den{border-top:1px 고체}.mw-parser-output .sr-only{국경:0;클립:rect(0,0,0,0), 높이:1px, 마진:-1px, 오버 플로: 숨어 있었다. 패딩:0;위치:절대, 너비:1px}1/z은 2πi, 윤곽의 경로가 단 위원이다 시계(또는 어떤 긍정적으로 다양 한바퀴 돌았다.0에 대해 Ented 요르단 곡선.단위 원의 경우 적분을 평가하는 직접 방법이 있습니다.

\displaystyle \point _{C}{\frac {1}{z}},dz.}

이 적분을 평가할 때 단위 원 $z$ = $1$ 을 t $the$ [ $0, 2µ],$ $dz / dt$ = $ie$ 와^it 함께 z $(t)$ = $e$ 로^it 매개변수화한 등고선으로 사용한다.

\displaystyle \point _{C}{\frac {1}{z},dz=\int _{0}{2\pi }{\frac {1}{e^{it}}}ie^{it},dt=i\int _{0}{2\pi}1,dt=i,t{\big }{0\pi }^{0}{0}{0}{0}{0}}{0}} }

적분의 값입니다.

적분 정리의 응용

적분 정리의 적용은 등고선을 따라 등고선 적분을 평가하는 데 자주 사용된다. 즉, 실제 값 적분은 등고선 적분 계산과 함께 동시에 계산된다.

코시 적분 공식 또는 잔차 정리와 같은 적분 정리는 일반적으로 다음과 같은 방법으로 사용됩니다.

특정 윤곽선이 선택됩니다.
윤곽선은 실값 적분을 설명하는 복소 평면의 부분을 따르도록 선택되며, 적분의 특이점을 포함하므로 코시 적분 공식 또는 잔차 정리의 적용이 가능하다.
코시의 적분 정리 적용
적분은 각 극 주변의 작은 원을 중심으로 한 적분만으로 감소한다.
코시 적분 공식 또는 잔차 정리의 적용
이러한 적분 공식을 적용하면 등고선 전체의 적분 값을 얻을 수 있다.
실제 부분과 가상 부분을 따라 윤곽선을 분할하는 것
등고선의 전체는 이전에 선택한 대로 실제 값 적분을 설명하는 복합 평면의 부분을 따르는 등고선( $R$ 이라고 함)과 복합 평면을 교차하는 적분( $I$ 라고 함)으로 나눌 수 있다.전체 등고선에 대한 적분은 이러한 각 등고선에 대한 적분의 합입니다.
복소 평면을 가로지르는 적분이 합계에서 아무런 역할을 하지 않는다는 것을 증명하는 것
$적분$ I가 0인 것을 알 수 있거나, 또는 찾는 실수치 적분이 부적절하다면, 위에서 설명한 $적분$ I가 0인 경향이 있다는 것을 증명하면, R을 $따르는$ 적분은 $등고선$ R + $I$ 주위의 적분을 볼 수 있다.
결론
위의 단계를 보여줄 수 있다면, 우리는 R, 즉 실수값 적분을 직접 $계산$ 할 수 있습니다.

예 1

적분 검토하다

\int _{-\infty }^{\frac {1}{\left(x^{2}+1\right)^{2}},{\infty},{\frac

이 적분을 평가하기 위해 복소수 함수를 살펴본다.

{{displaystyle f(z)=snapfrac {1}{\left(z^{2}+1\right)^{2}}}}

i와 $-i$ 에 특이점이 있습니다.실값 적분을 둘러싸는 등고선을 선택합니다.여기서 실선상의 경계 직경을 $가진$ $반원$ (예를 들어 -a에서 a로 이동)이 편리합니다. $이$ 등고선을 C라고 합니다.

진행에는 코시 적분 공식을 사용하거나 잔류물 방법을 사용하는 두 가지 방법이 있습니다.

Cauchy 적분 공식 사용

주의:

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

따라서

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

또, 다음의 점에 주의해 주세요.

{{displaystyle f(z)=paramfrac {1}{\left(z^{2}+1\right)^{2}=paramfrac {1}{(z+i)^{2}(z-i)^{2}}}}.}

등고선의 유일한 특이점이 $i$ 의 특이점이기 때문에, 우리는 다음과 같이 쓸 수 있다.

{{displaystyle f(z)=frac {1}{(z+i)^{2}}{(z-i)^{2}}}

이는 함수를 공식을 직접 적용하는 형태로 만듭니다.그럼 코치의 적분 공식을 사용해서

\displaystyle \point _{C}f(z),dz=\point _{C}{\frac {1}{(z+i)^{2}},dz=2\piii,\left.{\frac {d}{dz}}{\frac {1}{(z+i)^{2}}\오른쪽 _{z=i}=2\pi i\left[{\frac {-2}{(z+i)^{3]}}\right]_{z=i}=black{pi }{2}}

이 극은 2차 극이기 때문에 위의 단계에서 첫 번째 도함수를 취합니다.즉, ( $z$ - $i)$ 는 2승이므로 f $(z)$ 의 첫 번째 도함수를 사용한다.만약 ( $z$ - $i)$ 가 3승이라면, 우리는 두 번째 도함수를 사용하고 2로 나눕니다.( $z$ - $i)$ 의 첫 번째 거듭제곱의 경우는 0차 도함수에 해당하며, f( $z)$ 자체만 $해당$ 됩니다.

우리는 추정 보조항목을 사용하여 반원의 호 위에 있는 적분이 a → $, 로서$ 0이 되는 경향이 있다는 것을 보여줄 필요가 있다.

\displaystyle \left \int _{\text{Arc}}f(z),dz\right \leq ML}

$여기$ 서 M은 호를 따라 f $(z)$ 의 $상한$ 이고 L은 호의 길이이다.지금이다,

\displaystyle \left \int _{\text{Arc}f(z),dz\right \leq {\frac {a\pi }{\left(a^{2}-1\right)^{2}}\ to 0{\text{}a\to\infty}}}.

그렇게

\int _{-\infty }^{\frac {1}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}, ph=\int _{-\infty }f(z), dz=\lim _{a\to +\infty }\int _{-fty}, a}f}{{{-}f}{-}{f}(a}{f}{f}{f}{f}\timeout \square

잔류물 방법 사용

우리가 고려해야 할 유일한 특이점인 i에 $대한$ f $(z)$ 의 Laurent 급수를 생각해 보세요.그 후,

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

(이 시리즈의 파생은 Laurent 시리즈의 Laurent 계산 샘플을 참조하십시오.)

검사 결과 잔류물이 $-i / 4$ 인 것이 분명하므로, 잔류물 정리에 의해, 우리는

\displaystyle \point _{C}f(z),dz=\point _{C}{\frac {1}{\left(z^{2}+1\right)^2}},dz=2\piiiii,\operatorname {Res}_{z=i}f(z)_2\pi\fright{frac}{}} {right}} {right}

따라서 우리는 이전과 같은 결과를 얻을 수 있습니다.

윤곽선 노트

한편, $-i$ 로 둘러싸인 다른 특이점을 포함하기 위해 반원을 사용하지 않는지에 대한 의문이 제기될 수 있습니다.실제 축을 따라 적분이 올바른 방향으로 이동하려면 윤곽선이 시계 방향으로 이동해야 합니다. 즉, 음의 방향으로 이동해야 하며, 적분의 부호가 전체적으로 반전됩니다.

이는 직렬별 잔류물 방법 사용에는 영향을 미치지 않는다.

예 2 - 코시 분포

적분

\int _{-\infty }^{\infty}{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}},flac

(확률론에서 코시 분포의 특징 함수의 스칼라 배수로 발생) 기초 미적분의 기술에 저항한다. $a$ 에서 $a$ 까지 실선을 따라가는 $등고선$ C를 따라 그리고 a에서 -a까지 0을 중심으로 $한$ 반원을 따라 시계 반대 방향으로 가는 등고선 적분의 한계로 표현하여 평가한다.a를 1보다 크게 하여 가상의 $단위$ i가 곡선 내에 포함되도록 $합니다$ .등고선 적분은

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

$e$ 는^itz 전체 함수이므로(복소 평면의 어떤 점에도 특이점이 없음), 이 함수는 $분모 2$ z + $1$ 이 0인 경우에만 특이점을 가집니다.z + 1= ( $z$ + $i)(z - i$ )이므로² z = $i$ $또는$ z = $-i$ 인 경우에만 $발생$ 합니다.이러한 점 중 하나만 이 등고선으로 둘러싸인 영역에 있습니다.z = $i$ 에서 f $(z)$ 의 잔류물은 다음과 같다.

\lim _{z\toi}(z-i)=\lim _{z\toi}{z^{2}+1}=\lim _{z\toi}(z-i){\frac {e^{itz}(z-i){z-lim={z-i}_lim_{z}

잔차 정리에 따르면, 우리는

\displaystyle \int _{C}f(z),dz=2\pi i\operatorname {Res}_{z=i}f(z)=2\pi i440 frac {e^{-t}}=\pi e^{-t}.}

$등고선$ C는 다음과 같이 "직선" 부분과 곡선 호로 분할할 수 있다.

\displaystyle \int _{\text{time}+\int _{\text{time}}=\pi e^{-t}}}

그래서

\displaystyle \int _{-a}^{a}=\pi e^{-t}-\int _{\text{param}}.}

조던의 보조법에 따르면 t > 0이면

\displaystyle \int _{\text{infty}{\frac {e^{itz}}{z^{2}+1}},dz\rightarrow 04mbox{는 }a\rightarrow \infty}로서

따라서 t > 0이면

\int _{-\infty }^{\infty}{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}}, displaystyle=\pi e^{-t}.

i가 $아닌$ $-i$ 로 감기는 호가 있는 유사한 인수는 t < 0일 $경우$ 다음과 같이 나타납니다.

\int _{-\infty }^{\infty}{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}},syslog=\pi e^{t}}

그리고 마지막으로 다음과 같은 것이 있습니다.

\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty}{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}}, pi e^{-t }.\pi \square}

(t = $0$ 이면 적분은 즉시 실수치 미적분법에 의해 산출되며 그 값은 $θ$ 이다.)

예 3 – 삼각 적분

삼각함수를 포함한 적분을 특정 치환할 수 있으므로 적분은 복소변수의 유리함수로 변환되고, 그 후 적분을 평가하기 위해 위의 방법을 사용할 수 있다.

예를 들어,

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

z = $e$ 로^it 대체하려고 합니다.자, 생각해 보세요.

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

그리고.

(\displaystyle {frac {dz}{dt}}=iz,\dt=superfrac {dz}{iz}).}

C를 단위 원으로 $간주$ 하면 다음과 같은 값을 얻을 수 있습니다.

{\displaystyle{\begin{정렬}\oint _{C}{\frac{1}{1+3\left({\frac{1}{2}}\left(z+{\frac{1}{z}}\right)\right)^{2}}}\,{\frac{dz}{iz}}&=\oint _{C}{\frac{1}{1+{\frac{3}{4}}\left(z+{\frac{1}{z}}\right)^{2}}}{\frac{1}{iz}}\,dz\\&, =\oint _{C}{\frac{-i}{z+{\frac{3}{4}}z\left(z+{\frac{1}{z}}\right)^{2}}}\,dz\\&,=-i\oint _{C}{\frac{dz}{.z+{\frac{3}{4}}z\left(z^{2}+2+{\frac {1}{z^{2}}\오른쪽)}}\&=-i\point _{C}{\frac {dz}{\frac {3}{4}}\left(z^{3}+2z+{\frac {1}{z}}}\오른쪽)}}\\&, =-i\oint _{C}{\frac{dz}{{\frac{3}{4}}z^{3}+{\frac{5}{2}}z+{\frac{3}{4z}}}}\\&, =-i\oint _{C}{\frac{4}{3z^{3}+10z+{\frac{3}{z}}}}\,dz\\&, =-4i\oint _{C}{\frac{dz}{3z^{3}+10z+{\frac{3}{z}}}}\\&, =-4i\oint _{C}{\frac{z}{3z^{4}+10z^{2}+3}}\,dz\\&,=-4i\oint _{C}{\frac{z}{3\left(z+{\sqrt{3}}i\right)\left(z-{\sqrt{3}}i\right).\left(z+{\frac{나는}{)sqrt {3}}\right)\left(z-{\frac {i}{\frac {3}}\right)},dz\\&=-{\frac {4i}{3}\point _{C}{\frac {z+{\frac rt3}i}\point _{\left(z+{\fracright}}})\left)\frac {right}{\frac{\fright}}}}}}}{right}}}}}{right}}}}}}{right}}}}}\end { aligned}}

고려해야 할 특이점은 ${\tfrac {\pm i}{\sqrt {3}}}.$ ± ${\tfrac {\pm i}{\sqrt {3}}}.$ 입니다 $.$ {{ $displaystyle$ { $tfrac$ } { \ $sqrt {$ } } $。$ ${\tfrac {-i}{\sqrt {3}}}.$ 는 ${\tfrac {\pm i}{\sqrt {3}}}.$ ₁ ${\tfrac {i}{\sqrt {3}}},$ ₂ ${\tfrac {i}{\sqrt {3}}},$ ${\tfrac {-i}{\sqrt {3}}}.$ 에 ${\tfrac {-i}{\sqrt {3}}}.$ 대해 작은 원, { $displaystyle$ { $tfrac$ { $i$ ${\tfrac {i}{\sqrt {3}}},$ } { \ $sqrt {$ }} ${\tfrac {-i}{\sqrt {3}}}.$ 。

{\displaystyle{\begin{정렬}&, -{\frac{4i}{3}}\left-LSB- \oint _{C_{1}}{\frac{\frac{z}{\left(z+{\sqrt{3}}i\right)\left(z-{\sqrt{3}}i\right)\left(z+{\frac{나는}{\sqrt{3}}}\right)}}{z-{\frac{나는}{\sqrt{3}}}}}\,dz+\oint _{C_{2}}{\frac{\frac{z}{\left(z+{\sqrt{3}}i\right)\left(z-{\sqrt{3}}i\right)\left(z-{\frac{나는}{\sqrt{3}}}\right)}}{{z+ \frac. {나는}{\syslogrt {3}}}}},dz\right]\\={}&-{\frac {4i}{3}}\left[2\pi i\left]{\left(z+{\facrt {3}}i\right)\left(z-{\frac {i}}\left(z-{\frac {\fright}}{\fright}\fright})\fright}\frac {\fr}\fright}{\fr}\fright}\={}&{\frac {8\pi}{3}\left[{\frac {i}{\fracrt {3}}}{\frac {i}}+{\frac {3}\right}\frac {i}{\frac {i}}{\frac {i}}-{\fright}}{\left}}{\frac {\frac right}}}{\fright}}}}{\frfright}}}{\frac {\fright}}}}}}}{\frac {\f}+{\frac {-{\frac {i}{\fracrt {3}}}{\fracrt {3}}+{\fracrt {3}i\right}\frac {\fracrt {3}}-{\fracright}-{\fracright}\frac {\fracright}{\frac}{\fright}{\fracright}{\fr}}}}}}\={}&{\frac {8\pi}{3}}\left[{\frac {i}{\fracrt {3}}{\frac {4}{\frac {3}}i\right}\frac {\frac}}}\left {frac}}}\frac {\frac}{\frac}{\frac}{\fright}{\frac}{{{\f}}}}}}}}{fright}}{frclight}{fr}}{fright}}}{fr}+{\frac {-{\frac {i}{\fracrt {3}}}}{\frac {2}{\fracrt {3}i\right}}{\frac {4}{\fracrt {3}i\fright}\frac {\frac {2}{\fracright}}\right}\right}}\right}}\frac {\frac {\frac {\frac {-}}}}}\frac {-right}}\frac {-right}\frac {-right}}}\={}&{\frac {8\pi}{3}\left[{\frac {i}{\fracrt {3}}}{i\frac\frac {4}{\frac {3}}\오른쪽)\frac {2}{\frac {3}\frac {\fright}}\fright}{\frac {\frac {3}}}}\fright}\frac {fright}}}}+{\frac {-{\frac {i}{\fracrt {3}}}}{-i\frac\frac {2}{\frac {3}}\오른쪽)\frac {4}{\frac {3}\right)\frac {2}{\frac {2}{\frac {\fright}}\right}\right}\right]\={}&{\frac {8\pi}{3}\left[{\frac {1}{\fracrt {3}}}{\frac {4}{\fright}}\frac {2}{\frac {3}\fright}\frac {\fright}}{\frac {\fright}}}{\frac {\fright}}}}{\frac {\fright}}}}}}}}}\fright}\frac {\fright}\frac {\frfright}}}}+{\frac {1}{\fracrt {3}}{\frac {2}{\frac {3}}\오른쪽)\frac {4}{\frac {}{\frac {2}{\frac {3}\right}}}\frac {\frac {2}{\frac {\fright}}}}}\right}}}\frac {\frac {\right}}}}}}}}}\frac {\frac {\frac {\frac {\fright}}}}}}}}}}}}}}\={}&{\frac {8\pi}{3}}\left[{\frac {1}{\fracrt {3}}}{\frac {16}{3fracrt {3}}}+{\frac {1}{\frac {3frcrt {3}}}\frac {\}}}}\left}\frac {\frac {{\frac {8}}}}}}}}}}\frac {\frac {\frac {\}}}}}}}}}}}}}}}}}{\frac\={}&{\frac {8\pi}{3}\left[{\frac {3}{16}}+{\frac {3}{16}}\right]\\={}&\pi .\end {aligned}}

예 3a – 삼각 적분, 일반 절차

위의 방법은 유형의 모든 적분에 적용될 수 있습니다.

\displaystyle \int _{0}^{2\pi }{\frac {P{\sin(t),\sin(2t),\ldots,\cos(t),\cos(2t),\ldots\bigots(t)}{Q{\big(t),\cos(t),\cos(t)},

$여기$ 서 $P$ 와 Q는 다항식이다. 즉, 삼각함수의 유리함수가 적분되고 있다.통합의 경계는 앞의 예와 같이 " $와$ -" 또는 2인치 간격으로 다른 엔드포인트 쌍이 될 수 있습니다.

방법은 대체 $z$ = $e$ 를^it 사용하는 것입니다. $여기$ 서 dz = $ie it$ dt는

(\displaystyle\frac{1}{iz},dz=dt).}

이 치환은 $[0, 2']$ 간격을 단위 원에 매핑합니다.더 나아가,

(\displaystyle \sin(kt)=syfrac {e^{ikt}-e^{-ikt}}{2i}=syfrac {z^{k}-z^{-k}}{2i}})

그리고.

\cos(kt)=subscfrac {e^{ikt}+e^{-ikt}}{2}=subscfrac {z^{k}+z^{-k}}{2}

그래서

z

의

유리함수 f(

z)는 치환에서 비롯되고, 적분은

\displaystyle \point _{z =1}f(z){\frac {1}{iz}},dz}

즉, 단위 원

내부

의 f

(z

)

1 /

iz의

잔류물

을 합산하여 계산한다.

오른쪽 그림은 다음을 나타내고 있습니다.

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

현재 계산하고 있습니다.첫 번째 단계는 을 인식하는 것입니다.

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

대체 수율

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

이 기능의 극은 1 ± $µ2$ 및 $-1 \pm µ2$ 이다. $이$ 중 1 + $δ2$ 및 $-1 - δ2$ 는 단위원 외부에 있고(스케일링하지 않고 빨간색으로 표시), 1 - $δ2$ $및$ -1 + $δ2$ 는 단위원 내부에 있습니다(파란색으로 표시).해당 잔류물은 둘 $다 -i22 / 16$ 과 같으므로 적분 값은 다음과 같다.

I=2\pi i\left}{frac}{16}i\pi{frac}{4}.

예 4 – 분기 절단

진정한 필수 요소 고려

\int _{0}^{\infty}{\frac{x}{x^{2}+6x+8}},frac

우리는 복잡한 적분을 공식화하는 것부터 시작할 수 있다.

{\displaystyle\int_{C}{z^{2}+6z+8},dz=I}

우리는 관련된 잔류물을 얻기 위해 다시 코시 적분 공식 또는 잔류물 정리를 사용할 수 있다.그러나 중요한 점은 z = $e$ 이므로^{(Log z)/2}^1/2 z에는 분기 절단이 있다는 $것$ 입니다^1/2. $이것$ 은 등고선 C의 선택에 영향을 미친다.일반적으로 로그 분기 절단은 음의 실제 축으로 정의되지만, 이로 인해 적분의 계산이 약간 복잡해지기 때문에 양의 실제 축으로 정의합니다.

그런 다음, 우리는 $반지름$ 의 원점에 대한 작은 원으로 구성된 소위 키홀 윤곽을 사용한다. 이것은 양의 실제 축에 평행하고 가깝지만 접촉하지 않는 선분까지 연장하고, 음의 의미에서 양의 실제 축에 평행하고, 가깝고, 아래의 선분까지 되돌아가며, s로 되돌아간다.가운데에 쇼핑몰 동그라미.

z = $-2$ $및$ z = $-4$ 는 큰 원 안에 $있습니다$ .이 두 극은 적분 분모를 인수분해 도출할 수 있는 나머지 두 극입니다.z = $0$ 의 분기점은 원점 주위를 우회하여 피했다.

θ를 $반지름$ $θ$ 의 작은 원으로 하고 $δ$ 를 $반지름$ R의 큰 원으로 합니다.

\int _{C}=\int _{\varepsilon}^{R}+\int _{R}^{\varepsilon}+\int _{\int}}

위의 추정 인수에 의해 $δ$ 및 $δ$ 위의 적분 모두 $δ$ → 0 및 $R$ $\to$ δ로서 0이 되는 경향이 있음을 알 수 있다.이제 $z (Log z)/2$ = $e$ 이므로^1/2, 분기 절단의 바깥쪽 등고선에서, 우리는 $θ$ 를 따라 2µ를 얻었다. (오일러의 항등식에 $의해 i π$ , e는 단위 벡터를 나타내며, 따라서 $θ$ 를 로그로 갖는다.) $이것$ 이 $z$ 의 인수의 의미입니다.계수가 1/2이므로 2µ를 사용해야 합니다.)그렇게

{\displaystyle{\begin{정렬}\int _{R}^{\varepsilon}{\frac{\sqrt{z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz&, =\int _{R}^{\varepsilon}{\frac{e^{{\frac{1}{2}}\operatorname{로그}z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\[6pt]&, =\int _{R}^{\varepsilon}{\frac{e^{{\frac{1}{2}}(\log z+i\arg{z})}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\[6pt]&, =\int _{R}^{\varepsilon}{\frac{e^{{\frac{1}{2}}\l.ogz}e^{{)frac {1}{2}}(2\pi i)}{z^{2}+6z+8}},dz\[6pt]&=int_{R}^{\varepsilon}{\frac {1}{\log z}e^{\pi}{z}{\d8},dz},dz\frac {\frac}\end { aligned}}

그 때문에,

{\displaystyle \int _{C}{\frac {z^{2}+6z+8}},dz=2\int _{0}^{\infty}{\frac {\frac {\fracrt {x}+6x+8}},frac}.

잔차 정리 또는 코시 적분 공식(먼저 두 개의 단순한 등고선 적분의 합을 도출하기 위해 부분 분수 방법을 사용)을 사용하여 다음을 얻는다.

\pi i\frac {i}{\fracrt {2}-i\right}=\int _{0}^{\infty}{\frac {x}+6x+8}, pi \pi \left(1-{\frac {1}{\frac {\fright}}\right}}\right}.\timeout \square

예 5 – 로그의 제곱

이 섹션에서는 다음 유형의 적분에 대해 설명합니다.

\displaystyle \int _{0}^{\infty}{\frac {\log x}{\left(1+x^{2)}\right)^{2}},filename}

예를 들어 보겠습니다.

이 적분을 계산하려면 다음 함수를 사용합니다.

\displaystyle f(z)=\leftfrac\frac{1+z^{2}\right)^{2}

그리고

-disc <

arg

z ≤

responding

responding responding responding responding responding responding responding responding responding and and and and

오른쪽의 키홀 윤곽선을 따라 f $(z)$ 의 적분을 계산합니다.알고 보니 이 적분은 우리가 계산하고 싶은 초기 적분의 배수이고 코시 잔차 정리에 의해 우리는 다음을 가진다.

{displaystyle _{R}+\int _{M}+\int _{r}\right)f(z),dz&=2\pi i4big (}\operatorname {Res}_{z=i}f(z)_operatorname {Res}_{f}_{f={f}_i}_f}\end { aligned}

R을 큰 원의 반지름으로 $하고$ r을 작은 원의 반지름으로 $합니다$ .위 행은 $M$ , 아래 행은 N으로 $나타냅니다$ .이전과 마찬가지로 R $\to$ θ 및 $r$ → $0일$ 때 $한계$ 를 취합니다.두 서클의 기부가 사라지다.예를 들어 ML 보조항목을 사용하여 다음과 같은 상한을 가집니다.

\displaystyle \left \int _{R}f(z), dz\right \leq 2\pi R{\frac {\log R)^{2}+\pi ^{2}{\left(R^{2}-1\right)^2}\to 0.}

$M$ 과 N의 $기여도$ 를 계산하기 위해 $M$ 에 z $= -x$ + $i440$ 을 $설정$ 하고 $N$ 에 $z$ $=$ -x - $i440$ 을 $0$ < $x$ < $\infty:$

{\begin{aligned}-i\pi ^{2}&=\left(\int _{R}+\int _{M}+\int _{N}+\int _{r}\right)f(z)\,dz\\[6pt]&=\left(\int _{M}+\int _{N}\right)f(z)\,dz&&\int _{R},\int _{r}{\mbox{ vanish}}\\[6pt]&=-\int _{\infty }^{0}\left({\frac {\log(-x+i\varepsilon )}{1+(-x+i\varepsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x-i\varepsilon )}{1+(-x-i\varepsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x+i\varepsilon )}{1+(-x+i\varepsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x-i\varepsilon )}{1+(-x-i\varepsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log x+i\pi }{1+x^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log x-i\pi }{1+x^{2}}}\right)^{2}\,dx&&\varepsilon \to 0\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {(\log x+i\pi )^{2}-(\log x-i\pi )^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\infty }{\frac {4\pi i\log x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx\\[6pt]&=4\pi i\int _{0}^{\infty }{\frac {\log x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx\end{aligned}}

which gives

\int _{0}^{\infty }{\frac {\log x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx=-{\frac {\pi }{4}}.

Example 6 – logarithms and the residue at infinity

We seek to evaluate

I=\int _{0}^{3}{\frac {x^{\frac {3}{4}}(3-x)^{\frac {1}{4}}}{5-x}}\,dx.

This requires a close study of

f(z)=z^{\frac {3}{4}}(3-z)^{\frac {1}{4}}.

We will construct $f (z)$ so that it has a branch cut on $[0, 3]$ , shown in red in the diagram. To do this, we choose two branches of the logarithm, setting

z^{\frac {3}{4}}=\exp \left({\frac {3}{4}}\log z\right)\quad {\mbox{where }}-\pi \leq \arg z<\pi

and

(3-z)^{\frac {1}{4}}=\exp \left({\frac {1}{4}}\log(3-z)\right)\quad {\mbox{where }}0\leq \arg(3-z)<2\pi .

The cut of $z.mw-parser-output .frac{white-space:nowrap}.mw-parser-output .frac .num,.mw-parser-output .frac .den{font-size:80%;line-height:0;vertical-align:super}.mw-parser-output .frac .den{vertical-align:sub}.mw-parser-output .sr-only{border:0;clip:rect(0,0,0,0);height:1px;margin:-1px;overflow:hidden;padding:0;position:absolute;width:1px}3⁄4$ is therefore $(-\infty, 0]$ and the cut of $(3 - z) 1/4$ is $(-\infty, 3]$ . It is easy to see that the cut of the product of the two, i.e. $f (z)$ , is $[0, 3]$ , because $f (z)$ is actually continuous across $(-\infty, 0)$ . This is because when $z = - r < 0$ and we approach the cut from above, $f (z)$ has the value

r^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {3}{4}}\pi i}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {2}{4}}\pi i}=r^{\frac {3}{4}}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {5}{4}}\pi i}.

When we approach from below, $f (z)$ has the value

r^{\frac {3}{4}}e^{-{\frac {3}{4}}\pi i}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}=r^{\frac {3}{4}}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{-{\frac {3}{4}}\pi i}.

But

e^{-{\frac {3}{4}}\pi i}=e^{{\frac {5}{4}}\pi i},

so that we have continuity across the cut. This is illustrated in the diagram, where the two black oriented circles are labelled with the corresponding value of the argument of the logarithm used in $z 3 ⁄ 4$ and $(3 - z) 1/4$ .

We will use the contour shown in green in the diagram. To do this we must compute the value of $f (z)$ along the line segments just above and just below the cut.

Let $z = r$ (in the limit, i.e. as the two green circles shrink to radius zero), where $0 \leq r \leq 3$ . Along the upper segment, we find that $f (z)$ has the value

r^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}(3-r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {2}{4}}\pi i}=ir^{\frac {3}{4}}(3-r)^{\frac {1}{4}}

and along the lower segment,

r^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}(3-r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}=r^{\frac {3}{4}}(3-r)^{\frac {1}{4}}.

It follows that the integral of $f (z) / 5 - z$ along the upper segment is $- iI$ in the limit, and along the lower segment, $I$ .

If we can show that the integrals along the two green circles vanish in the limit, then we also have the value of $I$ , by the Cauchy residue theorem. Let the radius of the green circles be $ρ$ , where $ρ < 0.001$ and $ρ \to 0$ , and apply the $ML$ inequality. For the circle $C L$ on the left, we find

\left \int _{C_{\mathrm {L} }}{\frac {f(z)}{5-z}}dz\right \leq 2\pi \rho {\frac {\rho ^{\frac {3}{4}}3.001^{\frac {1}{4}}}{4.999}}\in {\mathcal {O}}\left(\rho ^{\frac {7}{4}}\right)\to 0.

Similarly, for the circle $C R$ on the right, we have

\left \int _{C_{\mathrm {R} }}{\frac {f(z)}{5-z}}dz\right \leq 2\pi \rho {\frac {3.001^{\frac {3}{4}}\rho ^{\frac {1}{4}}}{1.999}}\in {\mathcal {O}}\left(\rho ^{\frac {5}{4}}\right)\to 0.

Now using the Cauchy residue theorem, we have

(-i+1)I=-2\pi i\left(\operatorname {Res} _{z=5}{\frac {f(z)}{5-z}}+\operatorname {Res} _{z=\infty }{\frac {f(z)}{5-z}}\right).

where the minus sign is due to the clockwise direction around the residues. Using the branch of the logarithm from before, clearly

\operatorname {Res} _{z=5}{\frac {f(z)}{5-z}}=-5^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {1}{4}}\log(-2)}.

The pole is shown in blue in the diagram. The value simplifies to

-5^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {1}{4}}(\log 2+\pi i)}=-e^{{\frac {1}{4}}\pi i}5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}.

We use the following formula for the residue at infinity:

\operatorname {Res} _{z=\infty }h(z)=\operatorname {Res} _{z=0}\left(-{\frac {1}{z^{2}}}h\left({\frac {1}{z}}\right)\right).

Substituting, we find

{\frac {1}{5-{\frac {1}{z}}}}=-z\left(1+5z+5^{2}z^{2}+5^{3}z^{3}+\cdots \right)

and

\left({\frac {1}{z^{3}}}\left(3-{\frac {1}{z}}\right)\right)^{\frac {1}{4}}={\frac {1}{z}}(3z-1)^{\frac {1}{4}}={\frac {1}{z}}e^{{\frac {1}{4}}\pi i}(1-3z)^{\frac {1}{4}},

where we have used the fact that

-1 = e π i

for the second branch of the logarithm. Next we apply the binomial expansion, obtaining

{\frac {1}{z}}e^{{\frac {1}{4}}\pi i}\left(1-{1/4 \choose 1}3z+{1/4 \choose 2}3^{2}z^{2}-{1/4 \choose 3}3^{3}z^{3}+\cdots \right).

The conclusion is that

\operatorname {Res} _{z=\infty }{\frac {f(z)}{5-z}}=e^{{\frac {1}{4}}\pi i}\left(5-{\frac {3}{4}}\right)=e^{{\frac {1}{4}}\pi i}{\frac {17}{4}}.

Finally, it follows that the value of $I$ is

I=2\pi i{\frac {e^{{\frac {1}{4}}\pi i}}{-1+i}}\left({\frac {17}{4}}-5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}\right)=2\pi 2^{-{\frac {1}{2}}}\left({\frac {17}{4}}-5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}\right)

which yields

I={\frac {\pi }{2{\sqrt {2}}}}\left(17-5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {9}{4}}\right)={\frac {\pi }{2{\sqrt {2}}}}\left(17-40^{\frac {3}{4}}\right).

Evaluation with residue theorem

Using the residue theorem, we can evaluate closed contour integrals. The following are examples on evaluating contour integrals with the residue theorem.

Using the residue theorem, let's evaluate this contour integral.

\oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}\,dz

As a refresher, the residue theorem states

\oint _{C}f(z)=2\pi i\cdot \sum \operatorname {Res} (f,a_{k}),

where $\operatorname {Res}$ is the residue of $f(z)$ .

$f(z)$ has only one pole, $0$ . From that, we can determine the residue of $f(z)$ to be ${\tfrac {1}{2}}$

{\begin{aligned}\oint _{C}f(z)&=\oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}\\&=2\pi i\cdot \operatorname {Res} _{z=0}f(z)\\&=2\pi i\operatorname {Res} _{z=0}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}\\&=2\pi i\cdot {\frac {1}{2}}\\&=\pi i\end{aligned}}

Thus, using the residue theorem, we can determine:

\oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}dz=\pi i.

Multivariable contour integrals

To solve multivariable contour integrals (i.e. surface integrals, complex volume integrals, and higher order integrals), we must use the divergence theorem. For right now, let $\nabla$ be interchangeable with $\operatorname {Div}$ . These will both serve as the divergence of the vector field denoted as $\mathbf {F}$ . This theorem states:

\underbrace {\int \cdots \int _{U}} _{n}\operatorname {div} (\mathbf {F} )\,dV=\underbrace {\oint \cdots \oint _{\partial U}} _{n-1}\mathbf {F} \cdot \mathbf {n} \,dS

In addition, we also need to evaluate $\nabla \cdot \mathbf {F}$ where $\nabla \cdot \mathbf {F}$ is an alternate notation of $\operatorname {div} (\mathbf {F} )$ . The divergence of any dimension can be described as

{\begin{aligned}\operatorname {div} (\mathbf {F} )&=\nabla \cdot \mathbf {F} \\&=\left({\frac {\partial }{\partial u}},{\frac {\partial }{\partial x}},{\frac {\partial }{\partial y}},{\frac {\partial }{\partial z}},\dots \right)\cdot (F_{u},F_{x},F_{y},F_{z},\dots )\\&=\left({\frac {\partial F_{u}}{\partial u}}+{\frac {\partial F_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial F_{z}}{\partial z}}+\cdots \right)\end{aligned}}

Example 1

Let the vector field $\mathbf {F} =\sin(2x)\mathbf {e} _{x}+\sin(2y)\mathbf {e} _{y}+\sin(2z)\mathbf {e} _{z}$ and be bounded by the following

{0\leq x\leq 1}\quad {0\leq y\leq 3}\quad {-1\leq z\leq 4}

The corresponding double contour integral would be set up as such:

$\oiint$

{\scriptstyle S}

\mathbf {F} \cdot \mathbf {n} \,dS

We now evaluate $\nabla \cdot \mathbf {F}$ . While we're at it, let's set up the corresponding triple integral:

{\begin{aligned}&=\iiint _{V}\left({\frac {\partial F_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial F_{z}}{\partial z}}\right)dV\\[6pt]&=\iiint _{V}\left({\frac {\partial \sin(2x)}{\partial x}}+{\frac {\partial \sin(2y)}{\partial y}}+{\frac {\partial \sin(2z)}{\partial z}}\right)dV\\[6pt]&=\iiint _{V}2\left(\cos(2x)+\cos(2y)+\cos(2z)\right)dV\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{3}\int _{-1}^{4}2(\cos(2x)+\cos(2y)+\cos(2z))\,dx\,dy\,dz\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{3}(10\cos(2y)+\sin(8)+\sin(2)+10\cos(z))\,dy\,dz\\[6pt]&=\int _{0}^{1}(30\cos(2z)+3\sin(2)+3\sin(8)+5\sin(6))\,dz\\[6pt]&=18\sin(2)+3\sin(8)+5\sin(6)\end{aligned}}

Example 2

Let the vector field $\mathbf {F} =u^{4}\mathbf {e} _{u}+x^{5}\mathbf {e} _{x}+y^{6}\mathbf {e} _{y}+z^{-3}\mathbf {e} _{z}$ , and remark that there are 4 parameters in this case. Let this vector field be bounded by the following:

{0\leq x\leq 1}\quad {-10\leq y\leq 2\pi }\quad {4\leq z\leq 5}\quad {-1\leq u\leq 3}

To evaluate this, we must utilize the divergence theorem as stated before, and we must evaluate $\nabla \cdot \mathbf {F}$ . Let $dV=dx\,dy\,dz\,du$

$\oiiint$

{\scriptstyle S}

\mathbf {F} \cdot \mathbf {n} \,dS

{\begin{aligned}&=\iiiint _{V}\left({\frac {\partial F_{u}}{\partial u}}+{\frac {\partial F_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial F_{z}}{\partial z}}\right)\,dV\\[6pt]&=\iiiint _{V}\left({\frac {\partial u^{4}}{\partial u}}+{\frac {\partial x^{5}}{\partial x}}+{\frac {\partial y^{6}}{\partial y}}+{\frac {\partial z^{-3}}{\partial z}}\right)\,dV\\[6pt]&=\iiiint _{V}{\frac {4u^{3}z^{4}+5x^{4}z^{4}+5y^{4}z^{4}-3}{z^{4}}}\,dV\\[6pt]&=\iiiint _{V}{\frac {4u^{3}z^{4}+5x^{4}z^{4}+5y^{4}z^{4}-3}{z^{4}}}\,dV\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{-10}^{2\pi }\int _{4}^{5}\int _{-1}^{3}{\frac {4u^{3}z^{4}+5x^{4}z^{4}+5y^{4}z^{4}-3}{z^{4}}}\,dV\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{-10}^{2\pi }\int _{4}^{5}\left({\frac {4(3u^{4}z^{3}+3y^{6}+91z^{3}+3)}{3z^{3}}}\right)\,dy\,dz\,du\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{-10}^{2\pi }\left(4u^{4}+{\frac {743440}{21}}+{\frac {4}{z^{3}}}\right)\,dz\,du\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\left(-{\frac {1}{2\pi ^{2}}}+{\frac {1486880\pi }{21}}+8\pi u^{4}+40u^{4}+{\frac {371720021}{1050}}\right)\,du\\[6pt]&={\frac {371728421}{1050}}+{\frac {14869136\pi ^{3}-105}{210\pi ^{2}}}\\[6pt]&\approx {576468.77}\end{aligned}}

Thus, we can evaluate a contour integral with $n=4$ . We can use the same method to evaluate contour integrals for any vector field with $n>4$ as well.

Integral representation

An integral representation of a function is an expression of the function involving a contour integral. Various integral representations are known for many special functions. Integral representations can be important for theoretical reasons, e.g. giving analytic continuation or functional equations, or sometimes for numerical evaluations.

Hankel's contour

For example, the original definition of the Riemann zeta function $ζ (s)$ via a Dirichlet series,

\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}},

is valid only for $Re(s) > 1$ . But

\zeta (s)=-{\frac {\Gamma (1-s)}{2\pi i}}\int _{H}{\frac {(-t)^{s-1}}{e^{t}-1}}dt,

where the integration is done over the Hankel contour $H$ , is valid for all complex s not equal to 1.

References

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^ Bak, Joseph; Newman, Donald J. (1997). "Chapters 11 & 12". Complex Analysis. Springer. pp. 130–156. ISBN 0-387-94756-6.
^ Krantz, Steven George (1999). "Chapter 2". Handbook of Complex Variables. Springer. ISBN 0-8176-4011-8.
^ Mitrinović, Dragoslav S.; Kečkić, Jovan D. (1984). "Chapter 2". The Cauchy Method of Residues: Theory and Applications. Springer. ISBN 90-277-1623-4.
^ Mitrinović, Dragoslav S.; Kečkić, Jovan D. (1984). "Chapter 5". The Cauchy Method of Residues: Theory and Applications. ISBN 90-277-1623-4.
^ ^a ^b ^c ^d ^e Saff, Edward B.; Snider, Arthur David (2003). "Chapter 4". Fundamentals of Complex Analysis with Applications to Engineering, Science, and Mathematics (3rd ed.). ISBN 0-1390-7874-6.

External links

"Complex integration, method of", Encyclopedia of Mathematics, EMS Press, 2001 [1994]

[Stalker-1] Stalker, John (1998). Complex Analysis: Fundamentals of the Classical Theory of Functions. Springer. p. 77. ISBN 0-8176-4038-X.

[Bak-2] Bak, Joseph; Newman, Donald J. (1997). "Chapters 11 & 12". Complex Analysis. Springer. pp. 130–156. ISBN 0-387-94756-6.

[Krantz-3] Krantz, Steven George (1999). "Chapter 2". Handbook of Complex Variables. Springer. ISBN 0-8176-4011-8.

[Mitrinovic1-4] Mitrinović, Dragoslav S.; Kečkić, Jovan D. (1984). "Chapter 2". The Cauchy Method of Residues: Theory and Applications. Springer. ISBN 90-277-1623-4.

[Mitrinovic2-5] Mitrinović, Dragoslav S.; Kečkić, Jovan D. (1984). "Chapter 5". The Cauchy Method of Residues: Theory and Applications. ISBN 90-277-1623-4.

[Saff-6] Saff, Edward B.; Snider, Arthur David (2003). "Chapter 4". Fundamentals of Complex Analysis with Applications to Engineering, Science, and Mathematics (3rd ed.). ISBN 0-1390-7874-6.

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v t Integrals
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