روش‌های انتگرال‌گیری کانتور

از ویکی‌پدیا، دانشنامهٔ آزاد
پرش به: ناوبری، جستجو

در آنالیز مختلط، روش انتگرال گیری کانتور، روشی است برای محاسبهٔ انتگرال‌های خاص با مقدار حقیقی روی بازه‌های حقیقی که با استفاده از متغیرهای حقیقی به سادگی محاسبه نمی‌شوند. روش‌های آنالیز مختلط زیر به کمک انتگرال‌های کانتور، وسیله‌ای به دست می‌دهند برای محاسبهٔ این نوع انتگرال‌های حقیقی-مقدار روی صفحه مختلط.

این روش‌ها شامل موارد زیر است

  • انتگرال مستقیم یک تابع مختلط بر روی یک منحنی در صفحه مختلط (یک کانتور)
  • کاربرد فرمول انتکرال کوشی
  • کاربرد قضیه مانده

می توان از یکی از روش‌های بالا یا ترکیبی از آنها برای یافتن این انتگرال‌ها استفاده کرد.

روش‌های مستقیم[ویرایش]

روش‌های مستقیم شامل محاسبهٔ انتگرال به وسیلهٔ روش‌هایی شبیه به روش‌های محاسبهٔ انتگرال‌های خطی چند متغیره می‌شود. ما برای این کار از روش‌های زیر استفاده خواهیم کرد:

  • پارامتری کردن کانتور
کانتور به وسیلهٔ یک تابع مختلط مشتق پذیر با متغیرهای حقیقی پارامتری می‌شود، و یا کانتور به قسمت‌های مختلف تقسیم می‌شود و هر قسمت جداگانه پارامتری می‌شود.
  • جایگزینی تابع زیر انتگرال با پارامتر ها
جایگزینی پارامترها در انتگرال، آن را به انتگرالی با یک متغیر حقیقی تبدیل می‌کند.
  • محاسبهٔ مستقیم
انتگرال با روش انتگرال‌های با متغیر حقیقی محاسبه می‌شود.

مثال[ویرایش]

یک نتیجهٔ اولیه در آنالیز مختلط این است که انتگرال z−1 روی کانتور C که دایرهٔ واحد (یا هر منحنی جردان دور ) باشد، 2πi است. اجازه دهید انتگرال زیر را محاسبه کنیم

\oint_C {1 \over z}\,dz.

برای محاسبهٔ این انتگرال از دایرهٔ واحد z|=1| به عنوان کانتور استفاده می کنیم، که می‌توان آن را به شکل γ(t) = eit با t ∈ [0, 2π] پارامتری کرد. توجه داشته باشید که γ'(t) = ieit. اکنون با جایگزینی z به جای این داریم:

\oint_C {1 \over z}\,dz = \int_0^{2\pi} {1 \over e^{it}} ie^{it}\,dt = i\int_0^{2\pi} e^{-it}e^{it}\,dt = i\int_0^{2\pi} 1 \,dt
= \left.t\right]_0^{2\pi} i=(2\pi-0)i = 2\pi i

که مقدار انتگرال است.

کاربردهای قضایای انتگرال گیری[ویرایش]

معمولاً از قضایای انتگرال گیری برای محاسبهٔ یک انتگرال کانتور استفاده می‌شود، بدین معنی که انتگرال های حقیقی مقدار هم‌زمان با محاسبهٔ انتگرال کانتور محاسبه می‌شوند. قضایای انتگرال گیری مانند فرمول انتگرال گیری کوشی یا قضیهٔ مانده معمولاً به روش‌های زیر مورد استفاده قرار می‌گیرند:

  • انتخاب یک کانتور خاص
کانتور طوری انتخاب می‌شود که در اروشاد قسمتی از صفحهٔ مختلط باشد که انتگرال حقیقی مقدار را

توصیف می‌کند.

  • کاربرد قضیهٔ کوشی-Goursat
انتگرال به به یک انتگرال دور یک دایرهٔ کوچک دور هر قطب (pole) کاهش می‌یابد.
به کار بردن این فرمول‌های انتگرال گیری، مقداری برای انتگرال دور تمام کانتور بدست می‌دهد.
می توان تمام کانتور را به دو قسمت تقسیم کرد: کانتوری که در قسمتی از صفحه مختلط قرار دارد که همان طور که قبلاً انتخاب شد، انتگرال حقیقی مقدار را توضیح می‌دهد( که آن را R می نامیم)، و انتگرالی که از صفحه مختلط عبور می‌کند ( که آن را I می نامیم ). انتگرال روی تمام کانتور برابر است با جمع انتگرال‌های روی این دو کانتور.
  • اثبات این که انتگرالی که از صفحهٔ مختلط می گذرد، در جمع نقشی بازی نمی‌کند
اگر بتوان نشان داد که انتگرال I برابر با صفر است، و یا انتگرال حقیقی مقداری که در بالا گفته شد نا معین

است، و سپس ثابت کنیم که I به سمت صفر میل می‌کند، آنگاه انتگرال R به سمت انتگرال روی R+I میل می‌کند.

  • نتیجه
اگر بتوانیم مرحلهٔ بالا را اثبات کنیم، آنکاه می‌توانیم مستقیماً انتگرال حقیقی مقدار R را محاسبه کنیم.

=== مثال=== (I) انتگرال زیر را در نظر بگیرید

\int_{-\infty}^{\infty} {1 \over (x^2+1)^2}\,dx.

برای محاسبهٔ این انتگرال، به تابع مختط زیر توجه می کنیم

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

که روی i و −i نقطهٔ تکین دارد. با این حال، ما می خواهیم یک کانتور انتخاب کنیم که انتگرال حقیقی مقدار را احاطه کند، بنا بر این یک نیم دایره مانند شکل بالا انتخاب می کنیم، و آن را گسترش می دهیم تا تمام محور حقیقی را در بر بگیرد (a به سمت بی نهایت میل می‌کند). این کانتور را C می نامیم.

==== استفاده از فرمول انتگرال گیری==== کوشی مشاهده کنید که

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

از آنجایی که تنها نقطهٔ تکین در کانتور روی i است، می‌توانیم بنویسیم

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

که تابع را به فرمی در می‌آورد که می‌توان مستقیماً از فرمول استفاده کرد. آنگاه طبق فرمول،

\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 (-i/4)={\pi\over 2}

اگر کمان نیم دایره راA بنامیم، باید نشان دهیم وقتی a به سمت بی نهایت میل می‌کند، انتگرال روی A به سمت صفر میل می‌کند – با استفاده از لم تخمین (estimation lemma)

\left|\oint_A f(z)\,dz\right| \le ML

که M یک حد بالا برای |f(z)| و L طول A است.اکنون

\int_A f(z)\,dz \le {a\pi \over (a^2+1)^2} \rightarrow 0\ \mathrm{as}\ a \rightarrow \infty

بنابر این

\int_{-\infty}^\infty f(z)\,dz = {\pi\over 2}.\quad\square

==== استفاده از روش ==== ماندهs سری Laurent را برای f(z) روی i، تنها نقطهٔ تکینی که باید به آن توجه کنیم، در نظر بگیرید. داریم

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

با بازبینی روش متوجه می شویم که مانده، -i/4 است، بنا بر این طبق قضیهٔ reisdue داریم

 \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

اگر کمان نیم دایره را A بنامیم، باید نشان دهیم وقتی a به سمت بی نهایت میل می‌کند، انتگرال روی A به سمت صفر میل می‌کند – با استفاده از لم تخمین (estimation lemma)

\left|\oint_A f(z)\,dz\right| \le ML
که M یک حد بالا برای |f(z)| و L طول A است.اکنون 
\int_A f(z)\,dz \le {a\pi \over (a^2+1)^2} \rightarrow 0\ \mathrm{as}\ a \rightarrow \infty

بنابر این

\int_{-\infty}^\infty f(z)\,dz = {\pi\over 2}.\quad\square
که همان نتیجه‌ای است که در بالا به آن رسیدیم.

توجه[ویرایش]

ممکن است سوالی پیش بیاید مبنی بر این که آیا نباید نیم دایره را طوری در نظر بگیریم که نقطهٔ تکین دیگر، −i را در بر بگیرد؟ برای انتگرال گیری روی محور حقیقی در جهت صحیح، کانتور باید در جهت عقربه‌های ساعت (منفی) حرکت کند، که علامت انتگرال را عوض می‌کند. این کار استفاده از روش مانده را تحت تأثیر قرار نمی‌دهد.

=== مثال (II) – توزیع === کوشی انتگرال

\int_{-\infty}^\infty {e^{itx} \over x^2+1}\,dx

right|300px|the کانتور

با تکنیک‌های حسابان پایه‌ای قابل محاسبه نیست. ما آن را به صورت حدی از انتگرال‌های کانتور که روی خط حقیقی از −a تاa و سپس در خلاف عقربه‌های ساعت روی یک نیم دایره به مرکز 0 از a تا −a حرکت می‌کند، محاسبه می کنیم. انتگرال کانتور به صورت زیر است:

\int_C {e^{itz} \over z^2+1}\,dz.

از آنجایی که تابع eitz یک تابع پیوسته است، نقطهٔ تکین در تابع بالا فقط زمانی پیش می آید که مخرج z2 + 1 صفر باشد . از آنجایی که z2 + 1 = (z + i)(zi) این اتفاق فقط زمانی می افتد که z = i یا z = −i. تنها یکی از این نقاط در منطقه‌ای هستند که توسط این کانتور احاطه شده است. مانده برای f(z) در z = I برابر است با

\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}.

بنا بر قضیهٔ مانده داریم

\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}.

C را می‌توان به دو قسمت پاره خط و کمان تقسیم کرد طوری که

\int_{\mbox{straight}}+\int_{\mbox{arc}}=\pi e^{-t},

و بنا بر این

\int_{-a}^a =\pi e^{-t}-\int_{\mbox{arc}}.

می توان نشان داد که اگر t>0 آنگاه

\int_{\mbox{arc}}{e^{itz} \over z^2+1}\,dz
\rightarrow 0\ \mbox{as}\ a\rightarrow\infty.

بنا بر این اگر t>0 آنگاه

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

بحثی مشابه با کمانی که دور −i ( به جای i ) می‌گردد نشان می‌دهد که اگر t<0 آنگاه

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

و نهایتاً داریم

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

( اگر t = 0 آنگاه انتگرال به حسابان حقیقی مقدار منجر می‌شود که مقدار آن برابرπ است.)

مثال (III) انتگرال‌های مثلثاتی[ویرایش]

با جایگزینی‌های خاصی می‌توان انتگرال‌هایی رل که توابع مثلثاتی دارند، به انتگرال توابع معمولی روی یک متغیر مختلط تبدیل کرد و روش‌های بالا را برای محاسبهٔ انتگرال به کار برد.

به عنوان مثال انتگرال زیر را در نظر بگیرید

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

باید دنبال جایگزینی z = eitبگردیم. اکنون به یاد بیاورید که

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

و

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

اگر C را دایرهٔ واحد در نظر بگیریم، با جایگذاری خواهیم داشت:

 \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.

سپس از فرمول انتگرال کوشی استفاده می کنیم. با فاکتور گیری مخرج:

 = -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.

پس نقاط تکینی که باید در نظر گرفته شوند روی 3−1/2I و −3−1/2I هستند.اکنون می‌توانیم انتگرال را کاهش دهیم:

 = -{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)}

که در آن C1 یک دایرهٔ کوچک دور 3−1/2I، و C2 یک دایرهٔ کوچک دور −3−1/2i است. اکنون می‌توانیم از فرمول استفاده کنیم:

 = -{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

مثال (IV) – برش‌های شاخه‌ای[ویرایش]

انتگرل زیر را در نظر بگیرید

\int_0^\infty {\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx.

می توانیم با فرموله کردن انتگرال مختلط شروع کنیم

\int_C {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz=I.

دوباره می‌توانیم برای بدست آوردن مانده مربوطه، از فرمول انتگرال گیری کوشی و یا قضیهٔ مانده استفاده کنیم. با این حال، نکتهٔ مهم این است که z1/2=e1/2 Log(z)، بنا بر این z1/2 یک برش شاخه‌ای دارد. این بر روی انتخاب کانتور تأثیر می گذارد. به طور معمول برش شاخه‌ای لگاریتم به صورت محور حقیقی منفی تعریف می‌شود، با این حال، این محاسبه انتگرال را پیجیده تر می‌کند، بنا بر این ما آن را به صورت محور حقیقی مثبت تعریف می کنیم. سپس از کانتور ی استفاده می کنیم که به آن سوراخ کلید گفته می‌شود، و از یک دایرهٔ کوچک دور مبدا با شعاع ε، متصل به یک پاره خط موازی و نزدیک به محور حقیقی مثبت، و در ادامه، یک دایرهٔ تقریباً کامل که به یک پاره خط دیگر موازی و نزدیک به محور حقیقی مثبت ولی زیر آن متصل است، و در جهت منفی به دایرهٔ کوچک باز می‌گردد، تشکیل شده است. اگر γ دایرهٔ کوچک به شعاع ε، و Γ دایرهٔ بزرگ به شعاع r باشد، آنگاه


\begin{align}
\int_C {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz & = & \int_\epsilon^R {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz \\ & + &
\int_\Gamma {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz \\ & + & 
\int_R^\epsilon {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz \\ & + &
\int_\gamma {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz.
\end{align}

از آنجایی که z1/2=e1/2 Log(z)، در اروشاد کانتور زیر برش شاخه ای، در رابطه با Γ به 2π رسیدیم، بنا بر این

\int_R^\epsilon {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz=\int_R^\epsilon {e^{{1\over 2} \mathrm{Log}(z)} \over z^2+6z+8}\,dz=\int_R^\epsilon {e^{{1\over 2}(\log{|z|}+i \arg{z})} \over z^2+6z+8}\,dz
=\int_R^\epsilon { e^{{1\over 2}\log{|z|}}e^{1/2(2\pi i)} \over z^2+6z+8}\,dz=\int_R^\epsilon { e^{{1\over 2}\log{|z|}}e^{\pi i} \over z^2+6z+8}\,dz
=\int_R^\epsilon {-\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx=-\int_\epsilon^R {-\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx

با ساده کردن

=\int_\epsilon^R {\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx,

و آنگاه


\begin{align}
\int_C {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz & = & \int_\epsilon^R {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz \\ & + &
\int_\Gamma {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz \\ & + &
\int_\epsilon^R {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz \\ & + &
\int_\gamma {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz.
\end{align}

می توان نشان داد که وقتی ε به سمت صفر و R به سمت بی نهایت میل می‌کند، انتگرال روی Γ و γ، هر دو به سمت صفر میل می‌کنند. بنا بر این

\int_C {\sqrt{z} \over z^2+6z+8}\,dz=2\int_0^\infty {\sqrt{x} \over x^2+6x+8}\,dx.

و با استفاده از قضیهٔ مانده یا فرمول انتگرال گیری کوشی بدست می آوریم

\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

مثال (V) – لگاریتم‌ها و مانده در بی نهایت[ویرایش]

می خواهیم انتگرال زیر را محاسبه کنیم

I = \int_0^3 {\left(x^3 (3-x)\right)^{1/4} \over 5-x}\,dx.

که احتیاج به مطالعهٔ دقیق روی تابع زیر دارد

f(z) = \left(z^3 (3-z)\right)^{1/4}.

طوری f(z) را می سازیم که یک برش شاخه‌ای روی [0, 3] داشته باشد، که در شکل با رنگ قرمز مشخص شده است. برای این کار، دو شاخه از لگاریتم انتخاب می کنیم و قرار می دهیم

 (z^3)^{1/4} = z^{3/4} = \exp(3/4 \log(z))
\quad \mbox{where} \quad
-\pi \le \arg(\log(z)) <\pi

و

 (3-z)^{1/4} = \exp(1/4 \log(3-z))
\quad \mbox{where} \quad
0 \le \arg(\log(z)) <2\pi.

بنا بر این برش z^{3/4} برابر است با (-\infty, 0]و برش (3-z)^{1/4} برابر است با (-\infty, 3]. بسیار ساده است که ببینیم که برش ضرب این دو [0, 3] است، چرا که f(z) روی (-\infty,0) پیوسته است. این بدین خاطر است که وقتی z = -r <0 و ما از بالا به برش نزدیک می شویم، f(z) مقدار زیر را دارد


r^{3/4} \exp(3/4 \pi i) (3+r)^{1/4} \exp(2/4 \pi i) =
r^{3/4} (3+r)^{1/4} \exp(5/4 \pi i).\,

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


r^{3/4} \exp(-3/4 \pi i) (3+r)^{1/4} \exp(0/4 \pi i) =
r^{3/4} (3+r)^{1/4} \exp(-3/4 \pi i).\,

ولی \exp(-3/4 \pi i) = \exp(5/4 \pi i)، و روی برش پیوستگی داریم . این در شکل مشهود است، جایی که دو دایرهٔ سیاه مقدار مربوطهٔ مبحث لگاریتم روی z^{3/4} و (3-z)^{1/4} علامت گذاری شده اند. از کانتور ی که در شکل با رنگ سبز نشان داده شده استفاده خواهیم کرد. برای این کار، باید مقدار f(z) را روی خطوط بالا و پایین برش محاسبه کنیم. قرار دهید z = r که 0 \le r \le 3. روی پاره خط بالایی ، f(z) مقدار زیر را دارد


r^{3/4} \exp(3/4 \, 0 \, \pi i) (3-r)^{1/4} \exp(2/4 \pi i) =
i \, r^{3/4} (3-r)^{1/4}\,

و روی پاره خط پایینی


r^{3/4} \exp(3/4 \, 0 \, \pi i) (3-r)^{1/4} \exp(0/4 \pi i) =
r^{3/4} (3-r)^{1/4}\,

چنین بر می‌آید که انتگرال شکست در تجزیه (خطای lexing): f(z)/(5-z)\ روی پاره خط بالایی برابر است با -i \ I و روی پاره خط پایینی برابر است با شکست در تجزیه (خطای lexing): I.\ . اگر بتوانیم نشان دهیم انتگرال روی دو دایرهٔ سبز، در حد از بین می‌رود، آنگاه به وسیلهٔ قضیهٔ کوشی مانده مقدار شکست در تجزیه (خطای lexing): I\ را هم خواهیم داشت.شعاع دایره‌های سبز را \rho قرار دهید، که \rho <1/1000 و \rho \rightarrow 0، و نامساوی ML را اعمال کنید. برای دایرهٔ C_L در سمت چپ، در می یابیم که

 \left| \int_{C_L} \frac{f(z)}{5-z} dz \right| \le
2 \pi \rho \frac{\rho^{3/4} (3+1/1000)^{1/4}}{5-1/1000} 
\in \mathcal{O} \left( \rho^{7/4} \right) \rightarrow 0.

متشابها برای دایرهٔ C_R در سمت راست داریم

 \left| \int_{C_R} \frac{f(z)}{5-z} dz \right| \le
2 \pi \rho \frac{(3+1/1000)^{3/4} \rho^{1/4}}{2-1/1000} 
\in \mathcal{O} \left( \rho^{5/4} \right) \rightarrow 0.

اکنون با استفاده از قضیهٔ کوشی redsidue داریم

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

با استفاده از شاخهٔ لگاریتم از محاسبات قبل، به وضوح داریم


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

در شکل، قطب با رنگ آبی مشخص شده است. مقدار بالا اه شکل زیر ساده می‌شود


- 5^{3/4} \exp(1/4 (\log(2) + \pi i) ) =
- \exp(1/4 \pi i) 5^{3/4} 2^{1/4}.\,

از فرمول زیر برای مانده در بی نهایت استفاده می کنیم

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

با جایگذاری داریم

1/(5-1/z) = 
-z \left(1 + 5z + 5^2 z^2 + 5^3 z^3 + \cdots\right)

و

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

که از این حقیقت استفاده کرده ایم که برای دومین شاخهٔ لگاریتم ،-1 = \exp(\pi i). سپس با به کار بردن بسط دو جمله‌ای داریم

1/z \exp(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).

نتیجه بدین صورت است


\mathrm{Res}_{z=\infty} \frac{f(z)}{5-z} =
\exp(1/4 \pi i) (5 - 3/4) = \exp(1/4 \pi i) 17/4.

نهایتاً مقدارشکست در تجزیه (خطای lexing): I\ به صورت زیر به دست می‌آید

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

که برابر است با

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