ניסוח פורמלי
עריכה
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}
חישוב שאריות
עריכה
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})}
קישורים חיצוניים
עריכה
![{\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)
