路に沿う積分を計算するために積分定理を用いることもしばしばある。これは実数値関数が路に沿う積分の計算と一緒に同時に計算されることを意味する。
コーシーの積分公式 や留数定理 のような積分定理は以下の手法において一般的に用いられる：
積分路は以下のように選ばれる。実数値積分を記述する複素平面の部分を通り、コーシーの積分公式 や留数定理 が使えるように被積分関数の特異点を囲む。 積分は各極のまわりの小さい円周に沿う積分のみに簡約される。 これらの積分公式を適用することで積分路全体の積分の値が得られる。 積分路の全体は前に選んだように実数値積分を記述する複素平面の部分を通る積分路 R と複素平面をお横断する積分路 I に分割できる。積分路全体上の積分はこれらの積分路それぞれの上の積分の和である。 I 上の積分が 0 であることを示すことができるか、あるいは、求める実数値積分が広義積分のときは I 上の積分が 0 に収束することを示せば、R 上の積分は積分路 R + I 上記の段階を示すことができれば、R 上の実数値積分を計算することができる。 次の積分を考える：
∫
−
∞
∞
1
(
x
2
+
1
)
2
d
x
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{1 \over (x^{2}+1)^{2}}dx.}
この積分を計算するために、次の複素数値関数を見る：
f
(
z
)
=
1
(
z
2
+
1
)
2
.
{\displaystyle f(z)={1 \over (z^{2}+1)^{2}}.}
この関数は i −i に特異点 を持つ。積分路として実数値積分を含む積分路を選ぶ。ここでは実数直線上に境界の直径（−a から a まで）を持つ半円が便利である。この積分路を C と呼ぶ。
2つのやり方がある。コーシーの積分公式 を使う方法と留数の手法によるものである：
次に注意：
∮
C
f
(
z
)
d
z
=
∫
−
a
a
f
(
z
)
d
z
+
∫
Arc
f
(
z
)
d
z
{\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=\int _{-a}^{a}f(z)\,dz+\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz}
したがって
∫
−
a
a
f
(
z
)
d
z
=
∮
C
f
(
z
)
d
z
−
∫
Arc
f
(
z
)
d
z
.
{\displaystyle \int _{-a}^{a}f(z)\,dz=\oint _{C}f(z)\,dz-\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz.}
さらに次が成り立つ：
f
(
z
)
=
1
(
z
2
+
1
)
2
=
1
(
z
+
i
)
2
(
z
−
i
)
2
.
{\displaystyle f(z)={1 \over (z^{2}+1)^{2}}={1 \over (z+i)^{2}(z-i)^{2}}.}
閉曲線の囲む領域内に二位の極 i があるため、コーシーの積分公式を用いて、
∮
C
f
(
z
)
d
z
=
2
π
i
d
d
z
(
1
(
z
+
i
)
2
)
|
z
=
i
=
2
π
i
(
−
2
(
z
+
i
)
3
)
|
z
=
i
=
π
2
.
{\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=2\pi i{\frac {d}{dz}}\left({1 \over (z+i)^{2}}\right){\Bigg |}_{z=i}=2\pi i\left({\frac {-2}{(z+i)^{3}}}\right){\Bigg |}_{z=i}={\frac {\pi }{2}}.}
半円の弧を Arc と呼ぶことにすれば、Arc 上の積分が R → ∞0 に収束することを示す必要がある。estimation lemma （英語版 ）
|
∫
Arc
f
(
z
)
d
z
|
≤
M
L
{\displaystyle \left|\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz\right|\leq ML}
ただし M は Arc 上の |f (z )| の上界であり、L は Arc の長さである。今
|
∫
Arc
f
(
z
)
d
z
|
≤
R
π
(
R
2
−
1
)
2
→
0
(
R
→
∞
)
{\displaystyle \left|\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz\right|\leq {\frac {R\pi }{(R^{2}-1)^{2}}}\to 0\quad (R\to \infty )}
である。したがって
∫
−
∞
∞
1
(
x
2
+
1
)
2
d
x
=
∫
−
∞
∞
f
(
z
)
d
z
=
lim
a
→
+
∞
∫
−
a
a
f
(
z
)
d
z
=
π
2
.
◻
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{1 \over (x^{2}+1)^{2}}\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }f(z)\,dz=\lim _{a\to +\infty }\int _{-a}^{a}f(z)\,dz={\pi \over 2}.\quad \square }
i の周りでの f (z )ローラン展開 を考える（i は考える必要のある唯一の特異点 である）。すると
f
(
z
)
=
−
1
4
(
z
−
i
)
2
+
−
i
4
(
z
−
i
)
+
3
16
+
i
8
(
z
−
i
)
+
−
5
64
(
z
−
i
)
2
+
⋯
{\displaystyle 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 }
となる（この級数の導出はローラン級数 （英語版 ）
留数が −i /4 であることは見た目から明らかである（これを確かめるには、上の等式に z − i 0 でない値となる）。よって留数定理 より
∮
C
f
(
z
)
d
z
=
∮
C
1
(
z
2
+
1
)
2
d
z
=
2
π
i
R
e
s
z
=
i
f
=
π
2
.
◻
{\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=\oint _{C}{1 \over (z^{2}+1)^{2}}\,dz=2\pi i\,\mathrm {Res} _{z=i}f={\frac {\pi }{2}}.\quad \square }
したがって前と同じ結果が得られた。
余談ではあるが、他の 特異点 −i を囲む半円を取らなかったことについて疑問が生じ得る。正しい向きに動いて実軸に沿って積分するには、その積分路は時計回り、つまり負の方向にまわらなければならず、積分全体の符号が逆になる。
これは級数による留数の手法の使用に影響しない。
積分
∫
−
∞
∞
e
i
t
x
x
2
+
1
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{e^{itx} \over x^{2}+1}\,dx}
積分路 （確率論 においてコーシー分布 の特性関数 のスカラー倍として生じる）は初等解析学 のテクニックでは困難である。それを次の積分路 C に沿った線積分の極限として表示することにより計算しよう：実数直線を −a から a まで沿って行き、0 を中心とする半円に沿って a から −a まで反時計回りに行く。a を 1 よりも大きく取って、虚数単位 i が曲線の内側に入るようにする。線積分は
∫
C
e
i
t
z
z
2
+
1
d
z
{\displaystyle \int _{C}{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz}
である。eitz は整関数 （複素平面のどこにも特異点を持たない）だから、この関数は分母 z 2 + 10 になる点でのみ特異点を持つ。z 2 + 1 = (z + i )(z − i )z = i z = −i f (z )z = i 留数 は
R
e
s
z
=
i
f
(
z
)
=
lim
z
→
i
(
z
−
i
)
f
(
z
)
=
lim
z
→
i
e
i
t
z
z
+
i
=
e
−
t
2
i
{\displaystyle \mathrm {Res} _{z=i}f(z)=\lim _{z\to i}(z-i)f(z)=\lim _{z\to i}{e^{itz} \over z+i}={e^{-t} \over 2i}}
である。留数定理 により、
∫
C
f
(
z
)
d
z
=
2
π
i
Res
z
=
i
f
(
z
)
=
π
e
−
t
{\displaystyle \int _{C}f(z)\,dz=2\pi i\operatorname {Res} _{z=i}f(z)=\pi e^{-t}}
となる。積分路 C は「まっすぐな (straight)」部分と曲がった弧 (arc) とに分けられるので
∫
straight
+
∫
arc
=
π
e
−
t
{\displaystyle \int _{\text{straight}}+\int _{\text{arc}}=\pi e^{-t}}
でありしたがって
∫
−
a
a
=
π
e
−
t
−
∫
arc
{\displaystyle \int _{-a}^{a}=\pi e^{-t}-\int _{\text{arc}}}
となる。t > 0
∫
arc
e
i
t
z
z
2
+
1
d
z
→
0
as
a
→
∞
{\displaystyle \int _{\text{arc}}{e^{itz} \over z^{2}+1}\,dz\rightarrow 0{\text{ as }}a\rightarrow \infty }
であることを示すことができる。よって t > 0
∫
−
∞
∞
e
i
t
x
x
2
+
1
d
x
=
π
e
−
t
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{e^{itx} \over x^{2}+1}\,dx=\pi e^{-t}}
である。t < 0i ではなく −i をまわる弧を用いた類似の議論によって
∫
−
∞
∞
e
i
t
x
x
2
+
1
d
x
=
π
e
t
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{e^{itx} \over x^{2}+1}\,dx=\pi e^{t}}
が示される。よって最終的に次を得る：
∫
−
∞
∞
e
i
t
x
x
2
+
1
d
x
=
π
e
−
|
t
|
.
◻
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{e^{itx} \over x^{2}+1}\,dx=\pi e^{-\left|t\right|}.\quad \square }
（t = 0π である。）
三角関数 を含む積分に対して、ある種の代入を行って複素有理関数へと変換することで積分値が算出できる場合がある。
例として次のような積分を考える。
∫
−
π
π
1
1
+
3
(
cos
t
)
2
d
t
.
{\displaystyle \int _{-\pi }^{\pi }{1 \over 1+3(\cos {t})^{2}}\,dt.}
z = eit と変数変換する。
cos
t
=
1
2
(
e
i
t
+
e
−
i
t
)
=
1
2
(
z
+
1
z
)
{\displaystyle \cos t={1 \over 2}\left(e^{it}+e^{-it}\right)={1 \over 2}\left(z+{1 \over z}\right)}
および
d
z
d
t
=
i
z
,
d
t
=
d
z
i
z
{\displaystyle {dz \over dt}=iz,\ dt={dz \over iz}}
であることを思い出すと、代入により積分は次のように書き直せる。C は単位円周。
∮
C
1
1
+
3
(
1
2
(
z
+
1
z
)
)
2
d
z
i
z
=
∮
C
1
1
+
3
4
(
z
+
1
z
)
2
1
i
z
d
z
=
∮
C
−
i
z
+
3
4
z
(
z
+
1
z
)
2
d
z
=
−
i
∮
C
1
z
+
3
4
z
(
z
2
+
2
+
1
z
2
)
d
z
=
−
i
∮
C
1
z
+
3
4
(
z
3
+
2
z
+
1
z
)
d
z
=
−
i
∮
C
1
3
4
z
3
+
5
2
z
+
3
4
z
d
z
=
−
i
∮
C
4
3
z
3
+
10
z
+
3
z
d
z
=
−
4
i
∮
C
1
3
z
3
+
10
z
+
3
z
d
z
=
−
4
i
∮
C
z
3
z
4
+
10
z
2
+
3
d
z
=
−
4
i
∮
C
z
3
(
z
+
3
i
)
(
z
−
3
i
)
(
z
+
i
3
)
(
z
−
i
3
)
d
z
=
−
4
3
i
∮
C
z
(
z
+
3
i
)
(
z
−
3
i
)
(
z
+
i
3
)
(
z
−
i
3
)
d
z
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\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\\&=-4i\oint _{C}{z \over 3(z+{\sqrt {3}}i)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)\left(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}\,dz\\&=-{4 \over 3}i\oint _{C}{z \over (z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)\left(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)\left(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}\,dz.\end{aligned}}}
考える必要がある特異点は 3−1/2 i , −3−1/2 i の2つである。
C 1 を 3−1/2 i を囲む小さな円周、C 2 を −3−1/2 i を囲む小さな円周として、以下のように計算できる。
−
4
3
i
[
∮
C
1
z
(
z
+
3
i
)
(
z
−
3
i
)
(
z
+
i
3
)
z
−
i
3
d
z
+
∮
C
2
z
(
z
+
3
i
)
(
z
−
3
i
)
(
z
−
i
3
)
z
+
i
3
d
z
]
=
−
4
3
i
[
2
π
i
(
z
(
z
+
3
i
)
(
z
−
3
i
)
(
z
+
i
3
)
)
|
z
=
i
3
+
2
π
i
(
z
(
z
+
3
i
)
(
z
−
3
i
)
(
z
−
i
3
)
)
|
z
=
−
i
3
]
=
8
π
3
[
i
3
(
i
3
+
3
i
)
(
i
3
−
3
i
)
(
i
3
+
i
3
)
+
−
i
3
(
−
i
3
+
3
i
)
(
−
i
3
−
3
i
)
(
−
i
3
−
i
3
)
]
=
8
π
3
[
i
3
(
4
3
i
)
(
−
2
i
3
)
(
2
3
i
)
+
−
i
3
(
2
3
i
)
(
−
4
3
i
)
(
−
2
3
i
)
]
=
8
π
3
[
i
3
i
(
4
3
)
(
2
3
)
(
2
3
)
+
−
i
3
−
i
(
2
3
)
(
4
3
)
(
2
3
)
]
=
8
π
3
[
1
3
(
4
3
)
(
2
3
)
(
2
3
)
+
1
3
(
2
3
)
(
4
3
)
(
2
3
)
]
=
8
π
3
[
1
3
16
3
3
+
1
3
16
3
3
]
=
8
π
3
[
3
16
+
3
16
]
=
π
.
{\displaystyle {\begin{aligned}&-{\frac {4}{3}}i\left[\oint _{C_{1}}{\frac {\frac {z}{(z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)\left(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}{z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}}\,dz+\oint _{C_{2}}{\frac {\frac {z}{(z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)\left(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}{z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}}}\,dz\right]\\&=-{\frac {4}{3}}i\left[2\pi i\left({\frac {z}{(z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}})}}\right){\Bigg |}_{z={\frac {i}{\sqrt {3}}}}+2\pi i\left({\frac {z}{(z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}})}}\right){\Bigg |}_{z=-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {i}{\sqrt {3}}}{({\frac {i}{\sqrt {3}}}+{\sqrt {3}}i)({\frac {i}{\sqrt {3}}}-{\sqrt {3}}i)({\frac {i}{\sqrt {3}}}+{\frac {i}{\sqrt {3}}})}}+{\frac {-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}{(-{\frac {i}{\sqrt {3}}}+{\sqrt {3}}i)(-{\frac {i}{\sqrt {3}}}-{\sqrt {3}}i)(-{\frac {i}{\sqrt {3}}}-{\frac {i}{\sqrt {3}}})}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {i}{\sqrt {3}}}{({\frac {4}{\sqrt {3}}}i)(-{\frac {2}{i{\sqrt {3}}}})({\frac {2}{{\sqrt {3}}i}})}}+{\frac {-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}{({\frac {2}{\sqrt {3}}}i)(-{\frac {4}{\sqrt {3}}}i)(-{\frac {2}{\sqrt {3}}}i)}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {i}{\sqrt {3}}}{i({\frac {4}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})}}+{\frac {-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}{-i({\frac {2}{\sqrt {3}}})({\frac {4}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{({\frac {4}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})}}+{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{({\frac {2}{\sqrt {3}}})({\frac {4}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {16}{3{\sqrt {3}}}}}+{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {16}{3{\sqrt {3}}}}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {3}{16}}+{\frac {3}{16}}\right]=\pi .\end{aligned}}}
編集
上記の方法は、次の形をした全ての積分に適用できる。
∫
0
2
π
P
(
sin
(
t
)
,
sin
(
2
t
)
,
…
,
cos
(
t
)
,
cos
(
2
t
)
,
…
)
Q
(
sin
(
t
)
,
sin
(
2
t
)
,
…
,
cos
(
t
)
,
cos
(
2
t
)
,
…
)
d
t
{\displaystyle \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}
ここで P と Q は多項式である（つまり、三角関数の有理関数の積分を考えている）。積分範囲は先の例のように π から -π まででも良いし、また 2π だけ離れた任意の区間でも良い。
変数変換
z
=
exp
(
i
t
)
{\displaystyle z=\exp(it)}
d
z
=
i
exp
(
i
t
)
d
t
{\displaystyle dz=i\exp(it)\,dt}
1
i
z
d
z
=
d
t
.
{\displaystyle {\frac {1}{iz}}\,dz=dt.}
この変換により閉区間 [0, 2π] は複素平面の単位円周に写される。さらに、
sin
(
k
t
)
=
exp
(
i
k
t
)
−
exp
(
−
i
k
t
)
2
i
=
z
k
−
z
−
k
2
i
{\displaystyle \sin(kt)={\frac {\exp(ikt)-\exp(-ikt)}{2i}}={\frac {z^{k}-z^{-k}}{2i}}}
および
cos
(
k
t
)
=
exp
(
i
k
t
)
+
exp
(
−
i
k
t
)
2
=
z
k
+
z
−
k
2
{\displaystyle \cos(kt)={\frac {\exp(ikt)+\exp(-ikt)}{2}}={\frac {z^{k}+z^{-k}}{2}}}
であるから、変換によって z の有理関数 f (z ) が得られ、積分は
∮
|
z
|
=
1
f
(
z
)
1
i
z
d
z
{\displaystyle \oint _{|z|=1}f(z){\frac {1}{iz}}\,dz}
となる。この積分は
f
(
z
)
1
i
z
{\displaystyle f(z){\frac {1}{iz}}}
右の図は
I
=
∫
0
π
2
1
1
+
sin
(
t
)
2
d
t
,
{\displaystyle I=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{1+\sin(t)^{2}}}\,dt,}
の場合を図示したものである。まず、
I
=
1
4
∫
0
2
π
1
1
+
sin
(
t
)
2
d
t
.
{\displaystyle I={\frac {1}{4}}\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{1+\sin(t)^{2}}}\,dt.}
と変形して、変数変換をすると
1
4
∮
|
z
|
=
1
4
i
z
z
4
−
6
z
2
+
1
d
z
=
∮
|
z
|
=
1
i
z
z
4
−
6
z
2
+
1
d
z
{\displaystyle {\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}
となる。被積分関数の極は 1 ± √2 と −1 ± √2 である。これらのうち 1 + √2 と −1 −√2 は単位円板の外側にあり（赤い点で示した。縮尺は正確ではない）、一方 1 − √2 と −1 + √2 は単位円板の内側にある（青い点で示した）。
対応する留数はいずれも −i √2/16 だから、求める積分値は
I
=
2
π
i
2
(
−
2
16
i
)
=
π
2
4
{\displaystyle I=2\pi i\;2\left(-{\frac {\sqrt {2}}{16}}i\right)=\pi {\frac {\sqrt {2}}{4}}}
となる。
実関数積分
∫
0
∞
x
x
2
+
6
x
+
8
d
x
.
{\displaystyle \int _{0}^{\infty }{{\sqrt {x}} \over x^{2}+6x+8}\,dx.}
を考える。次のように複素積分として書き直すところから始める。
∫
C
z
z
2
+
6
z
+
8
d
z
=
I
.
{\displaystyle \int _{C}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz=I.}
問題となる留数の値を得るため、再びコーシーの積分公式もしくは留数定理を用いることができる。しかしここで注意すべき重要なことは、z 1/2 = e (1/2)Log(z ) であり、z 1/2 には分岐切断 があるということである。このことは、積分路 C の選び方に影響してくる。
対数関数の分岐切断は、普通は実軸のうち負の部分と定めることが多いが、こうすると計算がやや面倒になる。そこでここでは、実軸の正の部分と定めることにする。
ここで、次のような経路を順にたどって得られる、いわゆる「鍵穴積分路（keyhole contour）」を用いる。
原点を中心として時計回りにほぼ1周する半径 ε の小さな円
実軸に上半平面側から接近して（接触はしていない）平行な線分
反時計回りにほぼ1周する半径 R の大きな円
実軸に下半平面側から接近し平行な線分 z = −2 と z = −4 は大円が囲む内部にあることに注意する。被積分関数の分母を因数分解すれば、これらが2個の極だとがわかる。分岐点は z = 0 だが、これは原点を迂回したことによって避けられている。
γ を半径 ε の小円、Γ を半径 R の大円とする。このとき積分路は
∫
C
=
∫
ε
R
+
∫
Γ
+
∫
R
ε
+
∫
γ
{\displaystyle \int _{C}=\int _{\varepsilon }^{R}+\int _{\Gamma }+\int _{R}^{\varepsilon }+\int _{\gamma }}
と分解できる。
Γ と γ に沿う積分は、先に行ったのと同様の議論で ε → 0, R → ∞ のときにいずれも 0 に収束することが示せて、積分は2項のみが残る。ここで z 1/2 = e (1/2)Log(z ) であり、分岐切断の外側で γ に沿って動くとき、偏角は 2π だけ変わる。よって
∫
R
ε
z
z
2
+
6
z
+
8
d
z
=
∫
R
ε
e
1
2
L
o
g
(
z
)
z
2
+
6
z
+
8
d
z
=
∫
R
ε
e
1
2
(
log
|
z
|
+
i
arg
z
)
z
2
+
6
z
+
8
d
z
=
∫
R
ε
e
1
2
log
|
z
|
e
(
1
/
2
)
(
2
π
i
)
z
2
+
6
z
+
8
d
z
=
∫
R
ε
e
1
2
log
|
z
|
e
π
i
z
2
+
6
z
+
8
d
z
=
∫
R
ε
−
z
z
2
+
6
z
+
8
d
z
=
∫
ε
R
z
z
2
+
6
z
+
8
d
z
.
{\displaystyle {\begin{aligned}\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 {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz\\&=\int _{\varepsilon }^{R}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz.\end{aligned}}}
ゆえに[ 注釈 1]
∫
C
z
z
2
+
6
z
+
8
d
z
=
2
∫
0
∞
x
x
2
+
6
x
+
8
d
x
{\displaystyle \int _{C}{{\sqrt {z}} \over z^{2}+6z+8}\,dz=2\int _{0}^{\infty }{{\sqrt {x}} \over x^{2}+6x+8}\,dx}
留数定理を使うか、もしくはコーシーの積分公式を使う（まず被積分関数を部分分数分解して、2個の単純な円の周りの積分に書き直してから和をとる）かして、
π
i
(
i
2
−
i
)
=
∫
0
∞
x
x
2
+
6
x
+
8
d
x
=
π
(
1
−
1
2
)
.
◻
{\displaystyle \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 }
を得る。
この節では、
∫
0
∞
log
(
x
)
(
1
+
x
2
)
2
d
x
{\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\log(x)}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx}
のようなタイプの積分を扱う。
この積分を計算するのに、関数
f
(
z
)
=
(
log
(
z
)
1
+
z
2
)
2
{\displaystyle f(z)=\left({\frac {\log(z)}{1+z^{2}}}\right)^{2}}
を用い、
−
π
<
arg
(
z
)
≤
π
{\displaystyle -\pi <\arg(z)\leq \pi }
f (z ) の、右の図に示すような鍵穴積分路に沿った複素線積分を計算する。この積分は、冒頭に示した実積分の定数倍であることがわかり（後述）、積分値は留数定理により
(
∫
R
+
∫
M
+
∫
N
+
∫
r
)
f
(
z
)
d
z
=
2
π
i
(
R
e
s
z
=
i
f
(
z
)
+
R
e
s
z
=
−
i
f
(
z
)
)
=
2
π
i
(
−
π
4
+
1
16
i
π
2
−
π
4
−
1
16
i
π
2
)
=
−
i
π
2
{\displaystyle {\begin{aligned}\left(\int _{R}+\int _{M}+\int _{N}+\int _{r}\right)f(z)\,dz&=2\pi i\left(\mathrm {Res} _{z=i}f(z)+\mathrm {Res} _{z=-i}f(z)\right)\\&=2\pi i\left(-{\frac {\pi }{4}}+{\frac {1}{16}}i\pi ^{2}-{\frac {\pi }{4}}-{\frac {1}{16}}i\pi ^{2}\right)\\&=-i\pi ^{2}\end{aligned}}}
と計算できる。
R と r をそれぞれ大円、小円の半径とし、上側の線分を M 、下側の線分を N と書く。R → ∞ および r → 0 の極限はまだとっていない。2つの円周部分からの積分の寄与はいずれも極限をとると消える。例えば、ML補題により大円に沿った積分は次のように上から抑えられる：
|
∫
R
f
(
z
)
d
z
|
≤
2
π
R
(
log
(
R
)
)
2
+
π
2
(
R
2
−
1
)
2
→
0
{\displaystyle \left|\int _{R}f(z)\,dz\right|\leq 2\pi R{\frac {(\log(R))^{2}+\pi ^{2}}{(R^{2}-1)^{2}}}\to 0}
M , N に沿った積分値を計算するため、M 上では
z
=
−
x
+
i
ϵ
{\displaystyle z=-x+i\epsilon }
N 上では
z
=
−
x
−
i
ϵ
{\displaystyle z=-x-i\epsilon }
x < ∞) ととると、
−
i
π
2
=
(
∫
R
+
∫
M
+
∫
N
+
∫
r
)
f
(
z
)
d
z
=
(
∫
M
+
∫
N
)
f
(
z
)
d
z
∫
R
,
∫
r
vanish
=
−
∫
∞
0
(
log
(
−
x
+
i
ϵ
)
1
+
(
−
x
+
i
ϵ
)
2
)
2
d
x
−
∫
0
∞
(
log
(
−
x
−
i
ϵ
)
1
+
(
−
x
−
i
ϵ
)
2
)
2
d
x
=
∫
0
∞
(
log
(
−
x
+
i
ϵ
)
1
+
(
−
x
+
i
ϵ
)
2
)
2
d
x
−
∫
0
∞
(
log
(
−
x
−
i
ϵ
)
1
+
(
−
x
−
i
ϵ
)
2
)
2
d
x
=
∫
0
∞
(
log
(
x
)
+
i
π
1
+
x
2
)
2
d
x
−
∫
0
∞
(
log
(
x
)
−
i
π
1
+
x
2
)
2
d
x
ϵ
→
0
=
∫
0
∞
(
log
(
x
)
+
i
π
)
2
−
(
log
(
x
)
−
i
π
)
2
(
1
+
x
2
)
2
d
x
=
∫
0
∞
4
π
i
log
(
x
)
(
1
+
x
2
)
2
d
x
=
4
π
i
∫
0
∞
log
(
x
)
(
1
+
x
2
)
2
d
x
{\displaystyle {\begin{aligned}-i\pi ^{2}&=\left(\int _{R}+\int _{M}+\int _{N}+\int _{r}\right)f(z)\,dz\\&=\left(\int _{M}+\int _{N}\right)f(z)\,dz\qquad \int _{R},\int _{r}{\text{ vanish}}\\&=-\int _{\infty }^{0}\left({\frac {\log(-x+i\epsilon )}{1+(-x+i\epsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x-i\epsilon )}{1+(-x-i\epsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx\\&=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x+i\epsilon )}{1+(-x+i\epsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x-i\epsilon )}{1+(-x-i\epsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx\\&=\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\qquad \epsilon \to 0\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {(\log(x)+i\pi )^{2}-(\log(x)-i\pi )^{2}}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {4\pi i\log(x)}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx\\&=4\pi i\int _{0}^{\infty }{\frac {\log(x)}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx\end{aligned}}}
以上より
∫
0
∞
log
(
x
)
(
1
+
x
2
)
2
d
x
=
−
π
4
.
{\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\log(x)}{(1+x^{2})^{2}}}\,dx=-{\frac {\pi }{4}}.}
次の積分を計算したい。
I
=
∫
0
3
x
3
4
(
3
−
x
)
1
4
5
−
x
d
x
.
{\displaystyle I=\int _{0}^{3}{\frac {x^{\frac {3}{4}}(3-x)^{\frac {1}{4}}}{5-x}}\,dx.}
これには、関数
f
(
z
)
=
z
3
4
(
3
−
z
)
1
4
.
{\displaystyle f(z)=z^{\frac {3}{4}}(3-z)^{\frac {1}{4}}.}
の精密な分析が必要である。f (z ) を、分岐切断が図に赤で示したように [0, 3] となるよう構成する。これをするため、2つの対数関数を、枝がそれぞれ
z
3
4
=
exp
(
3
4
log
(
z
)
)
where
−
π
≤
arg
(
z
)
<
π
{\displaystyle z^{\frac {3}{4}}=\exp \left({\frac {3}{4}}\log(z)\right)\quad {\mbox{where}}\quad -\pi \leq \arg(z)<\pi }
(
3
−
z
)
1
4
=
exp
(
1
4
log
(
3
−
z
)
)
where
0
≤
arg
(
3
−
z
)
<
2
π
{\displaystyle (3-z)^{\frac {1}{4}}=\exp \left({\frac {1}{4}}\log(3-z)\right)\quad {\mbox{where}}\quad 0\leq \arg(3-z)<2\pi }
となるよう選ぶ。
このとき、z 3/4 の分岐切断は (−∞, 0] であり、(3−z )1/4 の分岐切断は (−∞, 3] となる。これらの積、つまり f (z ) の分岐切断は [0, 3] である。なぜなら、f (z ) は実は (−∞, 0) をまたいで連続になるからである。このことは、z = −r < 0 として (−∞, 0) に向かって上半平面から近づくときの f (z ) の値が
r
3
4
exp
(
3
π
i
4
)
(
3
+
r
)
1
4
exp
(
2
π
i
4
)
=
r
3
4
(
3
+
r
)
1
4
exp
(
5
π
i
4
)
{\displaystyle r^{\frac {3}{4}}\exp({\tfrac {3\pi i}{4}})(3+r)^{\frac {1}{4}}\exp({\tfrac {2\pi i}{4}})=r^{\frac {3}{4}}(3+r)^{\frac {1}{4}}\exp({\tfrac {5\pi i}{4}})}
であり、一方下半平面から近づくときの f (z ) の値が
r
3
4
exp
(
−
3
π
i
4
)
(
3
+
r
)
1
4
exp
(
0
π
i
4
)
=
r
3
4
(
3
+
r
)
1
4
exp
(
−
3
π
i
4
)
{\displaystyle r^{\frac {3}{4}}\exp(-{\tfrac {3\pi i}{4}})(3+r)^{\frac {1}{4}}\exp({\tfrac {0\pi i}{4}})=r^{\frac {3}{4}}(3+r)^{\frac {1}{4}}\exp(-{\tfrac {3\pi i}{4}})}
となるが、
exp
(
−
3
π
i
4
)
=
exp
(
5
π
i
4
)
{\displaystyle \exp(-{\tfrac {3\pi i}{4}})=\exp({\tfrac {5\pi i}{4}})}
だから、この両者は (−∞, 0) を越えて連続となることからわかる。図中では、2個の向きのついた黒い円周が、それぞれ z 3/4 と (3−z )1/4 を定義している対数関数の偏角とともに示されている。
図中の緑色の積分路を使うことにする。このため線分のすぐ上側と、すぐ下側を通る経路上の積分を考える。これらの経路は極限では（つまり2個の緑色の円周が半径0となるとき）、z = r (0 ≤ r ≤ 3) となる。線分の上側では、f (z ) の値は
r
3
4
exp
(
0
π
i
4
)
(
3
−
r
)
1
4
exp
(
2
π
i
4
)
=
i
r
3
4
(
3
−
r
)
1
4
{\displaystyle r^{\frac {3}{4}}\exp({\tfrac {0\pi i}{4}})(3-r)^{\frac {1}{4}}\exp({\tfrac {2\pi i}{4}})=i\,r^{\frac {3}{4}}(3-r)^{\frac {1}{4}}}
と求まる。線分の下側では、
r
3
4
exp
(
0
π
i
4
)
(
3
−
r
)
1
4
exp
(
0
π
i
4
)
=
r
3
4
(
3
−
r
)
1
4
{\displaystyle r^{\frac {3}{4}}\exp({\tfrac {0\pi i}{4}})(3-r)^{\frac {1}{4}}\exp({\tfrac {0\pi i}{4}})=r^{\frac {3}{4}}(3-r)^{\frac {1}{4}}}
となる。これらより
f
(
z
)
5
−
z
{\displaystyle {\frac {f(z)}{5-z}}}
の積分は、線分の上側を通るとき極限では −iI となり、下側を通るとき極限では I となることがわかる。
2個の緑色の円周上の積分が極限では消えることを示せれば、留数定理によって I の値も得られる。緑色の円周の半径を ρ とし、ρ < 1/1000 を満たしつつ ρ → 0 と向かう状況を考える。
ML不等式を左側の円周 CL に適用すると、
|
∫
C
L
f
(
z
)
5
−
z
d
z
|
≤
2
π
ρ
ρ
3
4
(
3
+
1
1000
)
1
4
5
−
1
1000
∈
O
(
ρ
7
4
)
→
0
{\displaystyle \left|\int _{C_{L}}{\frac {f(z)}{5-z}}dz\right|\leq 2\pi \rho {\frac {\rho ^{\frac {3}{4}}(3+{\frac {1}{1000}})^{\frac {1}{4}}}{5-{\frac {1}{1000}}}}\in {\mathcal {O}}\left(\rho ^{\frac {7}{4}}\right)\to 0}
が得られる。同様に、右側の円周 C R
|
∫
C
R
f
(
z
)
5
−
z
d
z
|
≤
2
π
ρ
(
3
+
1
1000
)
3
4
ρ
1
4
2
−
1
1000
∈
O
(
ρ
5
4
)
→
0
{\displaystyle \left|\int _{C_{R}}{\frac {f(z)}{5-z}}dz\right|\leq 2\pi \rho {\frac {(3+{\frac {1}{1000}})^{\frac {3}{4}}\rho ^{\frac {1}{4}}}{2-{\frac {1}{1000}}}}\in {\mathcal {O}}\left(\rho ^{\frac {5}{4}}\right)\to 0}
が得られる。
ここで留数定理より（今考えている積分路は、内側には有限個の孤立特異点を囲めていない事に注意する）、
(
−
i
+
1
)
I
=
−
2
π
i
(
R
e
s
z
=
5
f
(
z
)
5
−
z
+
R
e
s
z
=
∞
f
(
z
)
5
−
z
)
{\displaystyle (-i+1)I=-2\pi i\left(\mathrm {Res} _{z=5}{\frac {f(z)}{5-z}}+\mathrm {Res} _{z=\infty }{\frac {f(z)}{5-z}}\right)}
となる。ここで右辺の最初に負号がついているのは、特異点から見ると積分路は時計回りをしているからである。上で定めた対数関数の枝を使うと、明らかに
R
e
s
z
=
5
f
(
z
)
5
−
z
=
−
5
3
4
exp
(
log
(
−
2
)
4
)
.
{\displaystyle \mathrm {Res} _{z=5}{\frac {f(z)}{5-z}}=-5^{\frac {3}{4}}\exp \left({\tfrac {\log(-2)}{4}}\right).}
この極は図では青い点で示されている。値は単純化されて
−
5
3
4
exp
(
log
(
2
)
+
π
i
4
)
=
−
exp
(
π
i
4
)
5
3
4
2
1
4
{\displaystyle -5^{\frac {3}{4}}\exp \left({\tfrac {\log(2)+\pi i}{4}}\right)=-\exp({\tfrac {\pi i}{4}})5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}}
となる。
無限遠点での留数を求めるのに、次の公式を使う。
R
e
s
z
=
∞
h
(
z
)
=
R
e
s
z
=
0
[
−
1
z
2
h
(
1
z
)
]
.
{\displaystyle \mathrm {Res} _{z=\infty }h(z)=\mathrm {Res} _{z=0}\left[-{\frac {1}{z^{2}}}h\left({\frac {1}{z}}\right)\right].}
z を 1/z に置き換えて、
1
5
−
1
z
=
−
z
(
1
+
5
z
+
5
2
z
2
+
5
3
z
3
+
⋯
)
{\displaystyle {\frac {1}{5-{\frac {1}{z}}}}=-z\left(1+5z+5^{2}z^{2}+5^{3}z^{3}+\cdots \right)}
および
(
1
z
3
(
3
−
1
z
)
)
1
4
=
1
z
(
3
z
−
1
)
1
4
=
1
z
exp
(
π
i
4
)
(
1
−
3
z
)
1
4
{\displaystyle \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}}\exp({\tfrac {\pi i}{4}})(1-3z)^{\frac {1}{4}}}
を得る。ここで、2番目の対数関数の枝について −1 = e i π
更に二項展開 から、
1
z
exp
(
π
i
4
)
(
1
−
(
1
4
1
)
3
z
+
(
1
4
2
)
3
2
z
2
−
(
1
4
3
)
3
3
z
3
+
⋯
)
{\displaystyle {\frac {1}{z}}\exp({\tfrac {\pi i}{4}})\left(1-{{\frac {1}{4}} \choose 1}3z+{{\frac {1}{4}} \choose 2}3^{2}z^{2}-{{\frac {1}{4}} \choose 3}3^{3}z^{3}+\cdots \right)}
を得る。結論として、留数
R
e
s
z
=
∞
f
(
z
)
5
−
z
=
exp
(
π
i
4
)
(
5
−
3
4
)
=
exp
(
π
i
4
)
17
4
{\displaystyle \mathrm {Res} _{z=\infty }{\frac {f(z)}{5-z}}=\exp({\tfrac {\pi i}{4}})\left(5-{\frac {3}{4}}\right)=\exp({\tfrac {\pi i}{4}}){\frac {17}{4}}}
が得られた。
以上より、最終的に I の値は
I
=
2
π
i
exp
(
π
i
4
)
−
1
+
i
(
17
4
−
5
3
4
2
1
4
)
=
2
π
2
−
1
2
(
17
4
−
5
3
4
2
1
4
)
=
π
2
2
(
17
−
5
3
4
2
9
4
)
=
π
2
2
(
17
−
40
3
4
)
{\displaystyle {\begin{aligned}I&=2\pi i{\frac {\exp({\tfrac {\pi i}{4}})}{-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)\\&={\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)\end{aligned}}}
と求まる。
![{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{a}^{b}f(t)\,dt&=\int _{a}^{b}{\big [}u(t)+iv(t){\big ]}\,dt\\&=\int _{a}^{b}u(t)\,dt+i\int _{a}^{b}v(t)\,dt.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b3daaf6e0888368de4434a7a375d8e8e6df2f8d3)
![{\displaystyle {\begin{aligned}&-{\frac {4}{3}}i\left[\oint _{C_{1}}{\frac {\frac {z}{(z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)\left(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}{z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}}\,dz+\oint _{C_{2}}{\frac {\frac {z}{(z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)\left(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}{z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}}}\,dz\right]\\&=-{\frac {4}{3}}i\left[2\pi i\left({\frac {z}{(z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}})}}\right){\Bigg |}_{z={\frac {i}{\sqrt {3}}}}+2\pi i\left({\frac {z}{(z+{\sqrt {3}}i)(z-{\sqrt {3}}i)(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}})}}\right){\Bigg |}_{z=-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {i}{\sqrt {3}}}{({\frac {i}{\sqrt {3}}}+{\sqrt {3}}i)({\frac {i}{\sqrt {3}}}-{\sqrt {3}}i)({\frac {i}{\sqrt {3}}}+{\frac {i}{\sqrt {3}}})}}+{\frac {-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}{(-{\frac {i}{\sqrt {3}}}+{\sqrt {3}}i)(-{\frac {i}{\sqrt {3}}}-{\sqrt {3}}i)(-{\frac {i}{\sqrt {3}}}-{\frac {i}{\sqrt {3}}})}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {i}{\sqrt {3}}}{({\frac {4}{\sqrt {3}}}i)(-{\frac {2}{i{\sqrt {3}}}})({\frac {2}{{\sqrt {3}}i}})}}+{\frac {-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}{({\frac {2}{\sqrt {3}}}i)(-{\frac {4}{\sqrt {3}}}i)(-{\frac {2}{\sqrt {3}}}i)}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {i}{\sqrt {3}}}{i({\frac {4}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})}}+{\frac {-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}{-i({\frac {2}{\sqrt {3}}})({\frac {4}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{({\frac {4}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})}}+{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{({\frac {2}{\sqrt {3}}})({\frac {4}{\sqrt {3}}})({\frac {2}{\sqrt {3}}})}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {16}{3{\sqrt {3}}}}}+{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {16}{3{\sqrt {3}}}}}\right]\\&={\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {3}{16}}+{\frac {3}{16}}\right]=\pi .\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/337bba7c71f225f172b8d680a9b40f924e37a719)
![{\displaystyle \mathrm {Res} _{z=\infty }h(z)=\mathrm {Res} _{z=0}\left[-{\frac {1}{z^{2}}}h\left({\frac {1}{z}}\right)\right].}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4613847fb0db7551db4310746bff50ea2af89663)
![{\displaystyle {e^{{1 \over 2}\log {|x-{\frac {i}{n}}|}}e^{(i/2)\arg {(x-{\frac {i}{n}})}} \over (x-{\frac {i}{n}})^{2}+6(x-{\frac {i}{n}})+8}\cdot 1_{[{\frac {1}{n}},n]}(x)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9ed3daa19871026d7bce15bc6a89cdcf17f1f578)
