נוסחת האינטגרל של קושי

באנליזה מרוכבת, נוסחת האינטגרל של קושי היא נוסחה מרכזית, המתארת פונקציה הולומורפית בעיגול באמצעות הערכים שהיא מקבלת על שפת העיגול. הנוסחה ניתנת להכללה גם אל הנגזרות של פונקציה כזו.

את נוסחת האינטגרל של קושי מוכיחים באמצעות משפט האינטגרל של קושי. מהוכחת הנוסחה נובע בין היתר כי כל פונקציה הולומורפית היא פונקציה אנליטית - בעלת אינסוף נגזרות וניתנת לפיתוח לטור חזקות. כמו כן נובעים ממנה משפטים חשובים דוגמת משפט ליוביל.

ניסוח פורמלי

תהא $U$ קבוצה פתוחה במישור המרוכב, המכילה עיגול $D=\{z||z-z_0|\le R\}$. אז לכל פונקציה $f:U\to \mathbb{ℂ}$ שהיא הולומורפית ב-$U$ ולכל $a$ בפנים של העיגול, $f(a)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial D}\frac{f(z)}{z-a}\mathrm{d}z$, כאשר $\partial D$ היא שפת העיגול ומגמת האינטגרל היא נגד כיוון השעון.

ניתן להרחיב את הנוסחה לכל הנגזרות של $f$: $f^{(n)}(a)=\frac{n!}{2\pi i}{\oint }_{\partial D}\frac{f(z)}{(z-a{)}^{n+1}}\mathrm{d}z$.

למעשה, על פי משפט האינטגרל של קושי, המשפט תקף לא רק בעבור מעגלים אלא גם בעבור עקומים פשוטים סגורים כלשהם (כאשר הנקודה $a$ נמצאת בתוך התחום המוגדר על ידי המסילה). כמו כן, די לדרוש כי הפונקציה תהיה הולומורפית בתוך התחום, ורציפה בלבד על השפה.

מנוסחאות אלו ניתן להוכיח את משפט השאריות, שמהווה הכללה מרחיקת לכת שלהן.

הוכחה

נוכיח גרסה בסיסית של המשפט, עבור המקרה $a=z_0$, שממנה מסיקים את השאר:

$f(z_0)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial D}\frac{f(z)}{z-z_0}\mathrm{d}z$

מכיוון ש-$f(z)$ הולומורפית, היא בפרט רציפה, כלומר עבור $\epsilon >0$ כלשהו קיים $r>0$ כך ש-$|f(z)-f(z_0)|<\epsilon$ לכל $|z-z_0|\le r$, וכך שהעיגול הזה מוכל כולו בקבוצה $U$. כעת, לפי משפט אינטגרל קושי, אפשר להחליף את העקומה $\partial D$ במעגל $z:|z-z_0|=r$, שהרי $\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial D}\frac{f(z)}{z-z_0}\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{f(z)}{z-z_0}\mathrm{d}z$.

כעת:

$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{f(z)}{z-z_0}\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\mathrm{d}z+f(z_0)\cdot \frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{1}{z-z_0}\mathrm{d}z$$.

ראשית נחסום את האינטגרל השמאלי בסכום:

$$\left|\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\mathrm{d}z\right|\le \frac{1}{2\pi }{\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{|f(z)-f(z_0)|}{|z-z_0|}|\mathrm{d}z|<\frac{\epsilon }{2\pi r}{\oint }_{|z-z_0|=r}|\mathrm{d}z|=\epsilon$$

כעת נחשב במדויק את האינטגרל הימני בסכום. תוך כדי כך נחשב גם את כל האינטגרלים הדומים לו, ונשיג תוצאה שימושית גם להוכחת משפט השאריות, שהוא הכללה של נוסחת אינטגרל קושי.

נרצה להשתמש בפרמטריזציה לחישוב האינטגרל ${\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{1}{z-z_0}\mathrm{d}z$. נשים לב שזהו אינטגרל על מעגל ברדיוס $r$ סביב הנקודה $z_0$ . לכן נשתמש בפרמטריזציה $z=z_0+r{e}^{i\theta }$ (המשתנה הוא הזווית $\theta$ ). בפרמטריזציה זו, $\mathrm{d}z=ir{e}^{i\theta }\mathrm{d}\theta =i(z-z_0)\mathrm{d}\theta$, כלומר קיבלנו $\frac{\mathrm{d}z}{z-z_0}=i\mathrm{d}\theta$ .

נקבל את האינטגרל: ${\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{1}{z-z_0}\mathrm{d}z=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}i\mathrm{d}\theta =2\pi i$. מכאן נובע $f(z_0)\cdot \frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{1}{z-z_0}\mathrm{d}z=f(z_0)$.

כמו כן נשים לב שעל ידי אותו החישוב נקבל לחזקות שונות מ-1 ($n\ne 1$).

$${\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{1}{(z-z_0{)}^n}\mathrm{d}z=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{i\mathrm{d}\theta }{r^{n-1}{e}^{i\theta (n-1)}}=i{r}^{1-n}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{e}^{i\theta (1-n)}\mathrm{d}\theta =i{r}^{1-n}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}(\cos \theta (1-n)+i\sin \theta (1-n))\mathrm{d}\theta =0$$.

בסיכומו של דבר, הראינו כי עבור $\epsilon >0$ כלשהו מתקיים $|\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial d}\frac{f(z)}{z-z_0}\mathrm{d}z-f(z_0)|=\left|\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|z-z_0|=r}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\mathrm{d}z\right|<\epsilon$.

מכיוון שזה נכון עבור $\epsilon$ חיובי שרירותי, בהכרח $|\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial d}\frac{f(z)}{z-z_0}\mathrm{d}z-f(z_0)|=0$.

על כן, קיבלנו $\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial D}\frac{f(z)}{z-z_0}\mathrm{d}z=f(z_0)$, כמבוקש.

מ.ש.ל.

קישורים חיצוניים

• נוסחת האינטגרל של קושי, באתר MathWorld (באנגלית)

הערך באדיבות ויקיפדיה העברית, קרדיט,
רשימת התורמים
רישיון cc-by-sa 3.0

נוסחת האינטגרל של קושי41593720Q913764