יהי
D
{\displaystyle D}
תחום פשוט קשר ויהיו
a
1
,
.
.
.
,
a
n
{\displaystyle a_{1},...,a_{n}}
D
{\displaystyle D}
D
∗
=
D
−
{
a
1
,
.
.
.
,
a
n
}
{\displaystyle D^{*}=D-\left\{a_{1},...,a_{n}\right\}}
f
{\displaystyle f}
פונקציה הולומורפית ב-
D
∗
{\displaystyle D^{*}}
γ
{\displaystyle \gamma }
מסילה סגורה ב-
D
∗
{\displaystyle D^{*}}
a
1
,
.
.
.
,
a
n
{\displaystyle a_{1},...,a_{n}}
השארית של הפונקציה
f
{\displaystyle f}
a
k
{\displaystyle a_{k}}
(
z
−
a
k
)
−
1
{\displaystyle (z-a_{k})^{-1}}
טור לורן של הפונקציה סביב הנקודה
a
k
{\displaystyle a_{k}}
Res
(
f
,
a
k
)
{\displaystyle \operatorname {Res} (f,a_{k})}
כמו כן נסמן ב-
I
(
γ
,
a
k
)
{\displaystyle \operatorname {I} (\gamma ,a_{k})}
γ
{\displaystyle \gamma }
a
k
{\displaystyle a_{k}}
האינדקס של המסילה ).
אז מתקיים:
∮
γ
f
(
z
)
d
z
=
2
π
i
∑
i
=
1
n
I
(
γ
,
a
i
)
⋅
Res
(
f
,
a
i
)
{\displaystyle \oint _{\gamma }f(z)\,dz=2\pi i\sum _{i=1}^{n}\operatorname {I} (\gamma ,a_{i})\cdot \operatorname {Res} (f,a_{i})}
כלומר, האינטגרל על המסילה שווה ל-
2
π
i
{\displaystyle 2\pi i}
נרצה לחשב את האינטגרל הבא:
∮
|
z
|
=
2
z
e
1
z
−
1
(
1
−
z
)
2
d
z
{\displaystyle \oint _{|z|=2}{\frac {ze^{\frac {1}{z-1}}}{(1-z)^{2}}}dz}
נשים לב כי בתוך המעגל
{
z
:
|
z
|
=
2
}
{\displaystyle \left\{z:\left|z\right|=2\right\}}
f
(
z
)
=
z
e
1
z
−
1
(
1
−
z
)
2
{\displaystyle f(z)={\frac {ze^{\frac {1}{z-1}}}{(1-z)^{2}}}}
z
=
1
{\displaystyle z=1}
לכן, לפי משפט השאריות:
∮
|
z
|
=
2
z
e
1
z
−
1
(
1
−
z
)
2
d
z
=
∮
|
z
|
=
2
f
(
z
)
d
z
=
2
π
i
R
e
s
(
f
,
1
)
{\displaystyle \oint _{|z|=2}{\frac {ze^{\frac {1}{z-1}}}{(1-z)^{2}}}dz=\oint _{|z|=2}{f(z)}dz=2\pi iRes(f,1)}
נשתמש בפיתוח הפונקציה לטור לורן על מנת לחשב את השארית.
ידוע לנו:
e
z
=
∑
n
=
0
∞
z
n
n
!
{\displaystyle e^{z}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {z^{n}}{n!}}}
e
1
z
−
1
=
∑
n
=
0
∞
(
z
−
1
)
−
n
n
!
{\displaystyle e^{\frac {1}{z-1}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {{(z-1)}^{-n}}{n!}}}
נחזור לפונקציה המקורית שלנו:
f
(
z
)
=
z
e
1
z
−
1
(
1
−
z
)
2
=
(
z
−
1
+
1
)
(
z
−
1
)
2
∑
n
=
0
∞
(
z
−
1
)
−
n
n
!
=
(
z
−
1
)
(
z
−
1
)
2
∑
n
=
0
∞
(
z
−
1
)
−
n
n
!
+
1
(
z
−
1
)
2
∑
n
=
0
∞
(
z
−
1
)
−
n
n
!
=
{\displaystyle f(z)={\frac {ze^{\frac {1}{z-1}}}{(1-z)^{2}}}={\frac {(z-1+1)}{(z-1)^{2}}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {{(z-1)}^{-n}}{n!}}={\frac {(z-1)}{(z-1)^{2}}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {{(z-1)}^{-n}}{n!}}+{\frac {1}{(z-1)^{2}}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {{(z-1)}^{-n}}{n!}}=}
=
∑
n
=
0
∞
(
z
−
1
)
−
n
−
1
n
!
+
∑
n
=
0
∞
(
z
−
1
)
−
n
−
2
n
!
{\displaystyle =\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {{(z-1)}^{-n-1}}{n!}}+\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {{(z-1)}^{-n-2}}{n!}}}
כמו שנכתב לעיל, השארית היא המקדם של האיבר
(
z
−
1
)
−
1
{\displaystyle (z-1)^{-1}}
R
e
s
(
f
,
1
)
=
1
{\displaystyle Res(f,1)=1}
לכן מתקיים ש:
∮
|
z
|
=
2
z
e
1
z
−
1
(
1
−
z
)
2
d
z
=
∮
|
z
|
=
2
f
(
z
)
d
z
=
2
π
i
{\displaystyle \oint _{|z|=2}{\frac {ze^{\frac {1}{z-1}}}{(1-z)^{2}}}dz=\oint _{|z|=2}{f(z)dz}=2\pi i}
על פי משפט האינטגרל של קושי , די להראות כי
∮
|
z
−
a
k
|
=
r
f
(
z
)
d
z
=
2
π
i
⋅
Res
(
f
,
a
k
)
{\displaystyle \oint _{|z-a_{k}|=r}f(z)\,dz=2\pi i\cdot \operatorname {Res} (f,a_{k})}
a
k
{\displaystyle a_{k}}
מכיוון שהפונקציה אנליטית סביב הנקודה
a
k
{\displaystyle a_{k}}
f
(
z
)
=
∑
n
=
−
∞
∞
c
n
(
z
−
a
k
)
n
{\displaystyle f(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}(z-a_{k})^{n}}
מתכנס במידה שווה מתקיים
∮
|
z
−
a
k
|
=
r
∑
n
=
−
∞
∞
c
n
(
z
−
a
k
)
n
d
z
=
∑
n
=
−
∞
∞
c
n
∮
|
z
−
a
k
|
=
r
(
z
−
a
k
)
n
d
z
{\displaystyle \oint _{|z-a_{k}|=r}\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}(z-a_{k})^{n}dz=\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}\oint _{|z-a_{k}|=r}(z-a_{k})^{n}dz}
כעת, עבור
n
≥
0
{\displaystyle n\geq 0}
(
z
−
a
k
)
n
{\displaystyle (z-a_{k})^{n}}
|
z
−
a
k
|
≤
r
{\displaystyle |z-a_{k}|\leq r}
∮
|
z
−
a
k
|
=
r
(
z
−
a
k
)
n
d
z
=
0
{\displaystyle \oint _{|z-a_{k}|=r}(z-a_{k})^{n}dz=0}
עבור
n
<
−
1
{\displaystyle n<-1}
∮
|
z
−
a
k
|
=
r
(
z
−
a
k
)
n
d
z
=
0
{\displaystyle \oint _{|z-a_{k}|=r}(z-a_{k})^{n}dz=0}
n
=
−
1
{\displaystyle n=-1}
∮
|
z
−
a
k
|
=
r
(
z
−
a
k
)
n
d
z
=
2
π
i
{\displaystyle \oint _{|z-a_{k}|=r}(z-a_{k})^{n}dz=2\pi i}
נוסחת האינטגרל של קושי .
מכל אלו נובע כי
∮
|
z
−
a
k
|
=
r
∑
n
=
−
∞
∞
c
n
(
z
−
a
k
)
n
d
z
=
c
−
1
∮
|
z
−
a
k
|
=
r
(
z
−
a
k
)
−
1
d
z
=
2
π
i
⋅
Res
(
f
,
a
k
)
{\displaystyle \oint _{|z-a_{k}|=r}\sum _{n=-\infty }^{\infty }c_{n}(z-a_{k})^{n}dz=c_{-1}\oint _{|z-a_{k}|=r}(z-a_{k})^{-1}dz=2\pi i\cdot \operatorname {Res} (f,a_{k})}
עריכה
באמצעות המשפט ניתן לחשב אינטגרלים של פונקציות ממשיות, שיכולים להיות קשים לחישוב בכלים של אנליזה ממשית.
אם
f
(
x
)
,
g
(
x
)
{\displaystyle f(x),g(x)}
פולינומים שמקיימים:
g
(
x
)
≠
0
{\displaystyle g(x)\neq 0}
x
∈
R
{\displaystyle x\in {\displaystyle \mathbb {R} }}
deg
(
g
(
x
)
)
≥
deg
(
f
(
x
)
)
+
2
{\displaystyle \deg(g(x))\geq \deg(f(x))+2}
אז מתקיים:
∫
−
∞
∞
f
(
x
)
g
(
x
)
d
x
=
2
π
i
∑
k
=
1
n
Res
(
f
g
,
z
k
)
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {f(x)}{g(x)}}\,dx=2\pi i\sum _{k=1}^{n}{\displaystyle \operatorname {Res} {\Bigl (}{\frac {f}{g}},z_{k}{\Bigr )}}}
כאשר
z
1
,
.
.
.
,
z
n
{\displaystyle z_{1},...,z_{n}}
g
(
z
)
{\displaystyle g(z)}
השימוש המקורי במשפט דורש להקיף את הנקודות הלא-אנליטיות. הדרישה כאן להפרש בין מעלת המכנה למעלת המונה נדרשת כדי שניתן יהיה להזניח את התרומה של החלק במסילה שעובר בחצי המישור העליון בגבול שבו היקפו הולך לאינסוף, כך שנשארת רק התרומה על הציר הממשי כולו.
![{\displaystyle {\begin{aligned}\mathop {\operatorname {Res} } _{z=z_{0}}f(z)&=\lim _{z\to z_{0}}(z-z_{0})f(z)=\lim _{z\to z_{0}}{\frac {zp(z)-z_{0}p(z)}{q(z)}}\\[4pt]&=\lim _{z\to z_{0}}{\frac {p(z)+zp'(z)-z_{0}p'(z)}{q'(z)}}={\frac {p(z_{0})}{q'(z_{0})}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f251b63e05015a6b3a9e34fc22f3a0b95c7294dc)
