הצגת המקור של הדף "נוסחת האינטגרל של קושי"

{{מקורות|רמה=מחפש|נושא=מדעי הטבע}}
{{פירוש נוסף|נוכחי=נוסחה לחישוב נגזרת של פונקציה מרוכבת|אחר=נוסחה לחישוב אינטגרל חוזר של פונקציה ממשית|ראו=נוסחת האינטגרל החוזר של קושי}}
ב[[אנליזה מרוכבת]], '''נוסחת האינטגרל של קושי''' היא נוסחה מרכזית, המתארת [[פונקציה מרוכבת|פונקציה]] [[פונקציה הולומורפית|הולומורפית]] בעיגול באמצעות הערכים שהיא מקבלת על שפת העיגול. הנוסחה ניתנת להכללה גם אל הנגזרות של פונקציה כזו.

את נוסחת האינטגרל של [[אוגוסטן לואי קושי|קושי]] מוכיחים באמצעות [[משפט האינטגרל של קושי]]. מהוכחת הנוסחה נובע בין היתר כי כל [[פונקציה הולומורפית]] היא [[פונקציה אנליטית]] - בעלת אינסוף [[נגזרת|נגזרות]] וניתנת לפיתוח ל[[טור חזקות]]. כמו כן נובעים ממנה משפטים חשובים דוגמת [[משפט ליוביל (אנליזה מרוכבת)|משפט ליוביל]].

==ניסוח פורמלי==

תהא <math>\ U</math> [[קבוצה פתוחה]] ב[[שדה המספרים המרוכבים|מישור המרוכב]], המכילה עיגול <math>\ D=\left\{z|\left|z-z_0\right|\le R\right\}</math>. אז לכל פונקציה <math>\ f:U\rarr\mathbb{C}</math> שהיא הולומורפית ב-<math>\ U</math> ולכל <math>\ a</math> בפנים של העיגול,
<math>f(a) = {1 \over 2\pi i} \oint_{\partial D} {f(z) \over z-a}\, \mathrm{d}z </math>, כאשר <math>\ \partial D</math> היא שפת העיגול ומגמת האינטגרל היא נגד [[כיוון השעון]].

ניתן להרחיב את הנוסחה לכל הנגזרות של <math>\ f</math>:
<math>f^{(n)}(a) = {n! \over 2\pi i} \oint_{\partial D} {f(z) \over (z-a)^{n+1}}\, \mathrm{d}z</math>.

למעשה, על פי משפט האינטגרל של קושי, המשפט תקף לא רק בעבור מעגלים אלא גם בעבור עקומים פשוטים סגורים כלשהם (כאשר הנקודה <math>\ a</math> 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 <math>a = z_0</math>, שממנה מסיקים את השאר:
:<math>f(z_0) = {1 \over 2\pi i} \oint_{\partial D} {f(z) \over z-z_0}\, \mathrm{d}z </math>

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

כעת:

<math>\ {1 \over 2\pi i} \oint_{|z-z_0|=r} {f(z) \over z-z_0}\, \mathrm{d}z=
{1 \over 2\pi i} \oint_{|z-z_0|=r} {f(z)-f(z_0) \over z-z_0}\, \mathrm{d}z+f(z_0)\cdot {1 \over 2\pi i} \oint_{|z-z_0|=r} {1 \over z-z_0}\, \mathrm{d}z</math>.

ראשית נחסום את האינטגרל השמאלי בסכום:

<math>\ \left|{1 \over 2\pi i} \oint_{|z-z_0|=r} {f(z)-f(z_0) \over z-z_0}\, \mathrm{d}z\right|\le
{1 \over 2\pi} \oint_{|z-z_0|=r} {\left|f(z)-f(z_0)\right| \over \left|z-z_0\right|}\, |\mathrm{d}z|<
\frac{\varepsilon}{2\pi r}\oint_{|z-z_0|=r}|\mathrm{d}z|=\varepsilon</math>

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 <math>\ \oint_{|z-z_0|=r} {1 \over z-z_0}\, \mathrm{d}z</math>. נשים לב שזהו אינטגרל על מעגל ברדיוס <math>\ r</math> סביב הנקודה <math>\ z_0</math> . לכן נשתמש בפרמטריזציה <math>\ z=z_0+re^{i\theta}</math> (המשתנה הוא הזווית <math>\ \theta</math> ). בפרמטריזציה זו, <math>\ \mathrm{d}z=ire^{i\theta}\mathrm{d}\theta=i(z-z_0)\mathrm{d}\theta</math>, כלומר קיבלנו <math>\ \frac{\mathrm{d}z}{z-z_0}=i\mathrm{d}\theta</math> .

נקבל את האינטגרל: <math>\ \oint_{|z-z_0|=r} {1 \over z-z_0}\, \mathrm{d}z=\int_0^{2\pi}i\mathrm{d}\theta=2\pi i</math>. מכאן נובע <math>\ f(z_0)\cdot {1 \over 2\pi i} \oint_{|z-z_0|=r} {1 \over z-z_0}\, \mathrm{d}z=f(z_0)</math>.

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

<math>\ \oint_{|z-z_0|=r} {1 \over (z-z_0)^n}\, \mathrm{d}z=\int_0^{2\pi}\frac{i\mathrm{d}\theta}{r^{n-1}e^{i\theta(n-1)}}=ir^{1-n}\int_0^{2\pi}e^{i\theta(1-n)}\mathrm{d}\theta=ir^{1-n}\int_0^{2\pi}(\cos\theta(1-n)+i\sin\theta(1-n))\mathrm{d}\theta=0</math>.

בסיכומו של דבר, הראינו כי עבור <math>\ \varepsilon>0</math> כלשהו מתקיים <math>\ \left|{1 \over 2\pi i} \oint_{\partial d} {f(z) \over z-z_0}\, \mathrm{d}z-f(z_0)\right|=
\left|{1 \over 2\pi i} \oint_{|z-z_0|=r} {f(z)-f(z_0) \over z-z_0}\, \mathrm{d}z\right|<\varepsilon</math>.

מכיוון שזה נכון עבור <math>\ \varepsilon</math> חיובי שרירותי, בהכרח <math>\ \left|{1 \over 2\pi i} \oint_{\partial d} {f(z) \over z-z_0}\, \mathrm{d}z-f(z_0)\right|=0</math>.

על כן, קיבלנו <math>\ {1 \over 2\pi i} \oint_{\partial D} {f(z) \over z-z_0}\, \mathrm{d}z=f(z_0)</math>, כמבוקש.

'''מ.ש.ל.'''

==קישורים חיצוניים==
* {{MathWorld}}
{{אנליזה מרוכבת}}
[[קטגוריה:משפטים באנליזה מרוכבת]]
[[קטגוריה:אוגוסטן לואי קושי]]