Príklady na precvičovanie – Cauchyho teória rezíduí a
jej aplikácie
Riešené príklady
Príklad 1
Vypočítajme krivkový integrál
∫
φ
z3
e
1
z
z + 1
dz,
kde krivka φ je kladne orientovaná kružnica |z| = 2.
Riešenie:
Na výpočet integrálu v zadaní príkladu aplikujeme Cauchyho vetu o rezíduách.
Potrebujeme teda zistiť všetky izolované singularity funkcie
f(z) =
z3
e
1
z
z + 1
,
ktoré sa nachádzajú vo vnútri kružnice φ a stanoviť v nich rezíduá funkcie
f. Vidíme, že f má izolované singularity v bodoch z = −1 (jednoduchý pól)
a z = 0 (podstatná singularita), pričom oba body ležia vo vnútri φ (podľa
vhodného náčrtku). Pre r ezíduum v póle z = −1 platí
res−1 f(z) = lim
z→−1
(z + 1) · f(z) = lim
z→−1
z3
e
1
z = −
1
e
.
Rezíduum funkcie f v bode z = 0 zistíme priamo z definície rezídua rozvinutím
f do Laurentovho radu na nejakom prstencovom okolí bodu 0 (t.j.,
rozvinutím f do akéhokoľvek radu podľa mocnín zn
, kde n ∈ Z). Podľa definície
exponenciálnej funkcie platí
e
1
z =
∞∑
n=0
(1
z
)n
n!
=
∞∑
n=0
z−n
n!
pre každé z ̸= 0.
Ďalej, funkcia 1/(1 + z) je pre |z| < 1 súčtom geometrického radu s kvocientom
q = −z, nakoľko
1
1 + z
=
1
1 − (−z)
=
∞∑
m=0
(−z)m
=
∞∑
m=0
(−1)m
zm
, |z| < 1.
1
Pre funkciu f potom dostaneme vyjadrenie
f(z) =
z3
e
1
z
z + 1
= z3
· e
1
z ·
1
z + 1
= z3
·
( ∞∑
n=0
z−n
n!
)
·
( ∞∑
m=0
(−1)m
zm
)
platné pre 0 < |z| < 1. Jedná sa teda (po roznásobení) o hľadaný Laurentov
rad funkcie f na prstencovom okolí bodu 0. Zaujíma nás Laurentov koeficient
pri mocnine z−1
, keďže práve to je, podľa definície, rezíduum res0 f(z). Pri postupnom
roznásobovaní daných nekonečných súčtov má exponent všeobecnej
mocniny, ktorú dostaneme, tvar
3
príspevok od z3
+ (−n)
príspevok od prvej sumy
+ m
príspevok od druhej sumy
,
kde m, n sú nezáporné celé čísla. Chceme, aby 3−n+m = −1, teda n = 4+m.
Index m z druhej sumy je teda nezávislý, kým index n z prvej sumy závisí na
aktuálnej hodnote indexu m, a to n = 4 + m. Jednotlivé členy, ktoré budú
prispievať k celkovému členu s mocninou z−1
, sú teda postupne
z3
·
z−4
4!
· (−1)0
z0
,
z3
·
z−5
5!
· (−1)1
z1
,
z3
·
z−6
6!
· (−1)2
z2
,
z3
·
z−7
7!
· (−1)3
z3
,
...
z3
·
z−4−m
(4 + m)!
· (−1)m
zm
,
...
⇓
celkový koeficient pri z−1
=
(−1)0
4!
+
(−1)1
5!
+
(−1)2
6!
+ · · · +
(−1)m
(4 + m)!
+ · · · ,
2
a tak pre rezíduum funkcie f v bode 0 máme
res0 f(z) =
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
−
1
7!
+ · · · +
(−1)m
(4 + m)!
+ · · · .
Tento súčet vieme určiť, pretože platí
e−1
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
=
1
2!
−
1
3!
+
1
4!
−
1
5!
+
1
6!
−
1
7!
+ · · ·
toto je už res0 f(z)
.
Preto dostaneme
1
e
=
1
2!
−
1
3!
+ res0 f(z) =⇒ res0f =
1
e
−
1
3
.
Hodnota integrálu v zadaní príkladu potom bude
∫
φ
z3
e
1
z
z + 1
dz = 2πi · [res−1 f(z) + res0 f(z)] = 2πi ·
[
−
1
e
+
1
e
−
1
3
]
= −
2πi
3
.
V nasledujúcich príkladoch aplikujeme Cauchyho teóriu krivkových integrálov
na výpočet určitých a nevlastných integrálov z reálnych funkcií jednej
reálnej premennej. Najprv ilustrujeme použitie niekoľkých už „hotových formúl,
konkrétne:
(i) Integrály typu
∫ ∞
−∞
f(t) cos mt dt,
∫ ∞
−∞
f(t) sin mt dt, m > 0.
Predpoklady:
• Funkcia f(z) má v C iba konečne veľa izolovaných singularít, pričom
na reálnej osi má najviac jednoduché póly.
• Platí limz→∞ f(z) = 0.
Potom
∫ ∞
−∞
f(t) cos mt dt = Re
[
2πi ·
∑
Im w>0
resw f(z) eimz
+ πi ·
∑
Im w=0
resw f(z) eimz
]
,
∫ ∞
−∞
f(t) sin mt dt = Im
[
2πi ·
∑
Im w>0
resw f(z) eimz
+ πi ·
∑
Im w=0
resw f(z) eimz
]
.
3
(ii) Integrál typu ∫ ∞
−∞
f(t) dt.
Predpoklady:
• Funkcia f(z) má v hornej komplexnej polrovine (t.j., obsahujúcej
nezápornú imaginárnu polos) iba konečne veľa izolovaných singularít,
pričom žiadna z nich neleží na reálnej osi.
• Platí
limz→∞
Im z≥0
zf(z) = 0.
Potom ∫ ∞
−∞
f(t) dt = 2πi ·
∑
Im w>0
resw f(z).
(iii) Integrál typu ∫ ∞
0
f(t) ta−1
dt, a ∈ R \ Z.
Predpoklady:
• Funkcia f(z) má v C iba konečne veľa izolovaných singularít neležiacich
v reálnom intervale (0, ∞).
• Platí
lim
z→∞
|z|a
f(z) = 0 = lim
z→0
|z|a
f(z).
Potom
∫ ∞
0
f(t) ta−1
dt =
π
sin πa
·
∑
w∈C\[0,∞)
resw (−z)a−1
f(z),
kde mocnina za−1
je chápaná v zmysle hlavnej hodnoty (vetvy) podľa
za−1
:= e(a−1)·[ln |z|+i·arg z]
.
(iv) Integrály typu ∫ ∞
0
f(t) ln t dt,
∫ ∞
0
f(t) dt.
Predpoklady:
4
• Funkcia f(z) má v C iba konečne veľa izolovaných singularít neležiacich
v reálnom intervale (0, ∞).
• Platí
lim
z→∞
z ln2
|z| f(z) = 0 = lim
z→0
z ln2
|z| f(z).
Potom
∫ ∞
0
f(t) ln t dt = −
1
2
· Re


∑
w∈C\[0,∞)
resw f(z) log2
2π z

 ,
∫ ∞
0
f(t) ln t dt = −
1
2π
· Im


∑
w∈C\[0,∞)
resw f(z) log2
2π z

 ,
pričom logaritmická funkcia log2π z je definovaná predpisom
log2π z := ln |z| + i · φ,
kde φ ∈ [0, 2π) je argument komplexného čísla z. Okrem toho platí
(log2π z)′
= 1/z v bodoch, kde je funkcia log2π z holomorfná.
Príklad 2
Vypočítajme nevlastný integrál
∫ ∞
0
sin at
t (t2 + b2)
dt, a, b ∈ R+
.
Riešenie:
Jedná sa o integrál typu (i). Komplexná funkcia f(z) má tvar
f(z) =
1
z(z2 + b2)
.
Platí limz→∞ f(z) = 0, ako sa možno ľahko presvedčiť. Funkcia f je racionálna
lomená funkcia, izolované singularity má práve v koreňoch svojho
menovateľa, t.j. v číslach 0, ±ib. Všetky tri singularity sú jednoduché póly.
Zaujímajú nás iba tie, ktoré majú nezápornú imaginárnu časť, teda 0 a ib
5
(vzhľadom na podmienku b > 0). Potrebujeme v nich zistiť rezíduá funkcie
f(z) eiaz
. Postupne dostaneme
res0 f(z) eiaz
= lim
z→0
z ·
eiaz
z(z2 + b2)
=
1
b2
,
resib f(z) eiaz
= lim
z→ib
(z − ib) ·
eiaz
z(z2 + b2)
=
eia·ib
ib · (ib + ib)
= −
e−ab
2b2
.
Dosadením do vhodnej formuly v (i) dostaneme
∫ ∞
−∞
sin at
t (t2 + b2)
dt = Im
[
2πi · resib f(z) eiaz
+ πi · res0 f(z) eiaz
]
=
Im
[
2πi ·
(
−
e−ab
2b2
)
+ πi ·
1
b2
]
= π ·
1 − e−ab
b2
.
Nakoľko funkcia pod integrálom v zadaní príkladu je párna, platí
∫ ∞
0
sin at
t (t2 + b2)
dt =
1
2
∫ ∞
−∞
sin at
t (t2 + b2)
dt = π ·
1 − e−ab
2b2
.
Príklad 3
Stanovme nevlastný integrál
∫ ∞
−∞
3t + 1
(t2 + 1)2
dt.
Riešenie:
Jedná sa o integrál typu (ii). Komplexná funkcia f(z) má tvar
f(z) =
3z + 1
(z2 + 1)2
.
Platí limz→∞ zf(z) = 0. Je to racionálna lomená funkcia s izolovanými singularitami
v bodoch ±i, ktoré neležia na reálnej osi. Podstatná je pre nás
singularita w = i, nakoľko Im w > 0. V tomto bode má funkcia f dvojnásobný
pól. Preto pre rezíduum resi f(z) platí
resi f(z) = lim
z→i
[
(z − i)2
·
3z + 1
(z2 + 1)2
]′
= lim
z→i
[
3z + 1
(z + i)2
]′
=
6
lim
z→i
3(i − z) − 2
(z + i)3
= −
i
4
.
Dosadením do formuly v (ii) dostaneme pre integrál v zadaní vyjadrenie
∫ ∞
−∞
3t + 1
(t2 + 1)2
dt = 2πi ·
(
−
i
4
)
=
π
2
.
Príklad 4
Nájdime hodnotu nevlastného integrálu
∫ ∞
0
ta−1
1 + t2
dt, a ∈ (0, 1).
Riešenie:
Jedná sa o integrál typu (iii). Komplexná funkcia f(z) má tvar
f(z) =
1
1 + z2
.
Nie je ťažké overiť, že platí
lim
z→∞
|z|a
f(z) = 0 a lim
z→0
|z|a
f(z) = 0.
Funkcia f má jednoduché póly v bodoch ±i, neležiace na kladnej reálnej osi.
Potrebujeme stanoviť rezíduá funkcie (−z)a−1
f(z) v týchto bodoch. Nakoľko
mocninová funkcia (−z)a−1
je holomorfná na okoliach bodov ±i, platí
resi (−z)a−1
f(z) = lim
z→i
(z − i) ·
(−z)a−1
1 + z2
= lim
z→i
(−z)a−1
i + z
=
(−i)a−1
2i
=
e(a−1)·[ln |−i|+i·arg(−i)]
2i
=
e(a−1)·i·(−π/2)
2i
=
e−i(a−1)π/2
2i
.
Analogicky zistíme rezíduum v bode −i (samy overte :))
res−i (−z)a−1
f(z) = −
ei(a−1)π/2
2i
.
Pri výpočte rezíduí sme využili fakt, že mocninu (−z)a−1
chápeme v zmysle
jej hlavnej hodnoty (vetvy) podľa predpisu v (iii). Následným dosadením do
danej formuly v (iii) dostaneme pre integrál v zadaní príkladu vyjadrenie
∫ ∞
0
ta−1
1 + t2
dt =
π
sin πa
·
[
resi (−z)a−1
f(z) + res−i (−z)a−1
f(z)
]
=
7
π
sin πa
·
[
e−i(a−1)π/2
2i
−
ei(a−1)π/2
2i
]
toto je −sin(π(a−1)
2 )
= −
π
sin πa
· sin
(
π(a − 1)
2
)
=
−π
sin πa
· sin
(πa
2
−
π
2
)
=
π
sin πa
2 sin πa
2
cosπa
2
· cos
πa
2
=
π cos πa
2
2 sin πa
2
cos πa
2
=
π
2 sin πa
2
.
Príklad 5
Určime nevlastné integrály
∫ ∞
0
ln t
(1 + t2)2
dt,
∫ ∞
0
1
(1 + t2)2
dt.
Riešenie:
Ide o integrály typu (iv). Komplexná funkcia f(z) má tvar
f(z) =
1
(1 + z2)2
.
Platí (ukážte samy :))
lim
z→∞
z ln2
|z| f(z) = 0 a lim
z→0
z ln2
|z| f(z) = 0.
Funkcia f má dvojnásobné póly v bodoch ±i. Chceme nájsť rezíduá funkcie
f(z) log2
2π z v týchto bodoch. Podľa rovnosti v (iv) je funkcia log2
2π z
holomorfná na istých okoliach bodov ±i. Preto máme
resi f(z) log2
2π z = lim
z→i
[
(z − i)2
·
log2
2π z
(1 + z2)2
]′
= lim
z→i
[
log2
2π z
(z + i)2
]′
=
lim
z→i
2 log2π z
[
(z + i) · 1
z
− log2π z
]
(z + i)3
=
2 log2π i
[
2i · 1
i
− log2π i
]
(2i)3
.
Keďže platí
log2π i = ln |i| + i ·
π
2
=
πi
2
,
pre hodnotu resi f(z) log2
2π z dostaneme
resi f(z) log2
2π z =
2 · πi
2
·
[
2 − πi
2
]
−8i
= −
π
4
+ i ·
π2
16
.
8
Podobnou procedúrou získame hodnotu res−i f(z) log2
2π z (overte samy :))
res−i f(z) log2
2π z =
3π
4
− i ·
9π2
16
.
Pre hodnotu prvého integrálu v zadaní príkladu potom platí
∫ ∞
0
ln t
(1 + t2)2
dt = −
1
2
· Re
[
resi f(z) log2
2π z + res−i f(z) log2
2π z
]
=
−
1
2
· Re
[
−
π
4
+ i ·
π2
16
+
3π
4
− i ·
9π2
16
]
= −
1
2
· Re
[
π
2
− i ·
π2
2
]
= −
π
4
.
Hodnota druhého integrálu v zadaní príkladu má tvar
∫ ∞
0
1
(1 + t2)2
dt = −
1
2π
· Im
[
resi f(z) log2
2π z + res−i f(z) log2
2π z
]
=
−
1
2π
· Im
[
π
2
− i ·
π2
2
]
=
π
4
.
V ďalších príkladoch si ukážeme, čo sa pri výpočtoch určitých, resp. nevlastných
reálnych integrálov pomocou komplexnej Cauchyho teórie deje „v
skutočnosti . Poznamenajme, že nasledujúce integrály nie sú z typov (i), (ii),
(iii) a (iv).
Príklad 6
Nájdime hodnoty tzv. Fresnelových integrálov
∫ ∞
0
cos t2
dt,
∫ ∞
0
sin t2
dt.
Riešenie:
Obidva integrály konvergujú (Pokúste sa ukázať samy :)). Uvažujme komplexnú
funkciu f tvaru
f(z) = eiz2
, z ∈ C.
Funkcia f je celá, t.j., je holomorfná v celej komplexnej rovine. Podľa Cauchyho
integrálnej vety teda pre každú uzavretú kladne orientovanú krivku φ
platí ∫
φ
eiz2
dz = 0.
9
Uvažujme nasledovnú uzavretú kladne orientovanú krivku φ
φ = φ1 + φ2 + φ3, kde
φ1 : z = t, t ∈ [0, R], φ2 : z = R eit
, t ∈ [0, π/4],
φ3 : z = (R − t) eiπ/4
, t ∈ [0, R],
kde R je dané kladné reálne číslo. (Znázornite v komplexnej rovine. Mali by
ste dostať jednu osminku kruhovej „tortičky so stredom v bode 0 :)). Potom
0 =
∫
φ
eiz2
dz =
∫
φ1
eiz2
dz
I1
+
∫
φ2
eiz2
dz
I2
+
∫
φ3
eiz2
dz
I3
. (1)
Jednotlivé integrály I1, I2 a I3 prepíšeme pomocou daných parametrizácií
(všimnime si, že parametrizácie kriviek φ1, φ2 a φ3 sú súhlasné s kladnou
orientáciou krivky φ)
I1 =
∫
φ1
eiz2
dz = |z = t, dz = dt| =
∫ R
0
eit2
dt =
∫ R
0
(
cos t2
+ i · sin t2
)
dt
=
∫ R
0
cos t2
dt + i ·
∫ R
0
sin t2
dt,
I2 =
∫
φ2
eiz2
dz = z = R eit
, dz = iR eit
dt =
∫ π/4
0
ei·(R eit)2
· iR eit
dt
= iR
∫ π/4
0
eiR2 ei·2t
· eit
dt = iR
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t+i·R2 cos 2t
· eit
dt
= iR
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t
· eiR2 cos 2t
· eit
dt,
I3 =
∫
φ3
eiz2
dz = z = (R − t) eiπ/4
, dz = −eiπ/4
dt =
∫ R
0
ei·[(R−t) eiπ/4
]
2
·
(
−eiπ/4
)
dt = −eiπ/4
∫ R
0
ei·(R−t)2·
toto je i
eiπ/2
dt =
10
−eiπ/4
∫ R
0
e−(R−t)2
dt.
Zavedením substitúcie s = R − t v poslednom integrále máme (samy ukážte)
I3 = −eiπ/4
∫ R
0
e−s2
ds.
Dosadením týchto vyjadrení integrálov I1 a I3 do rovnosti (1) získame
0 =
∫ R
0
cos t2
dt + i ·
∫ R
0
sin t2
dt + I2 − eiπ/4
∫ R
0
e−s2
ds. (2)
Integrál I2 odhadneme v absolútnej hodnote zhora
|I2| = iR
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t
· eiR2 cos 2t
· eit
dt ≤
|i| · |R| ·
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t
·
toto je 1
eiR2 cos 2t
·
toto je 1
eit
dt = R
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t
dt.
V poslednom integrále sa funkcia sin 2t dá nahradiť funkciou 4t/π s tým, že
tento integrál sa zväčší (nakreslením grafov oboch funkcií na intervale [0, π/4]
sa samy presvedčte, že platí 4t/π ≤ sin 2t pre t ∈ [0, π/4]). Preto máme
|I2| ≤ R
∫ π/4
0
e−4R2t/π
dt =
π
4R
(
1 − e−R2
)
(3)
(poslednú rovnosť overte priamou integráciou podľa premennej t samy :)).
Dôvod, prečo robíme takéto hrozné výpočty a odhady je nasledovný. V rovnosti
(2) budeme limitovať R → ∞. Môžeme to urobiť, pretože rovnosť (2),
resp. (1), platí pre akúkoľvek tortičku φ, a teda aj pre obrovské tortisko φ :)
(pripomeňme, že funkcia f(z) v úvode príkladu je holomorfná v celom C).
Celý fígeľ spočíva v tom, že pri takomto limitovaní prvý a druhý integrál v
(2) nám prejdu na Fresnelove integrály v zadaní príkladu, kým integrál I2
bude konvergovať do nuly (toto vyplýva z odhadu (3), podľa ktorého |I2| → 0
pre R → ∞, overte samy :)). Posledný integrál v (2) sa zmení na Poissonov
integrál
∫ ∞
0
e−s2
ds. Platí teda
0 =
∫ R
0
cos t2
dt + i ·
∫ R
0
sin t2
dt + I2 − eiπ/4
∫ R
0
e−s2
ds
11
⇓ pre R → ∞ ⇓
0 =
∫ ∞
0
cos t2
dt + i ·
∫ ∞
0
sin t2
dt − eiπ/4
∫ ∞
0
e−s2
ds.
Vieme, že ∫ ∞
0
e−s2
ds =
√
π
2
, eiπ/4
=
1 + i
√
2
(prvú identitu sa pokúste samy dokázať, napr. pomocou vhodného dvojného
integrálu a transformácie do polárnych súradníc ;)). Dosadením dostaneme
0 =
∫ ∞
0
cos t2
dt + i ·
∫ ∞
0
sin t2
dt −
1 + i
√
2
·
√
π
2
.
Z tejto rovnosti porovnaním reálnych a imaginárnych častí daných výrazov
vyplýva finálny výsledok
∫ ∞
0
cos t2
dt =
√
π
8
=
∫ ∞
0
sin t2
dt.
Príklad 7
Nech n je dané prirodzené číslo. Pomocou výpočtu komplexného integrálu
I =
∫
φ
(
z +
1
z
)2n
dz
z
, φ : |z| = 1, ,
nájdime hodnotu určitého integrálu
∫ 2π
0
cos2n
t dt.
Riešenie:
Integrál I budeme počítať dvomi spôsobmi – jednak tradične, zavedením
parametrizácie, a jednak pomocou Cauchyho teórie. Riešenie úlohy v príklade
bude spočívať v porovnaní výsledkov oboch týchto spôsobov. Krivka
φ je kladne orientované kružnica so stredom v bode 0 a s polomerom 1, má
12
teda parametrické vyjadrenie z = eit
, kde t ∈ [0, 2π]. Táto parametrizácia je
zrejme súhlasná s orientáciou krivky φ v zadaní príkladu. Ďalej, dz = i·eit
dt.
Zavedením parametrizácie do integrálu I dostaneme
I =
∫ 2π
0
(
eit
+ e−it
)2n
·e−it
·i·eit
dt =
∫ 2π
0
(2 cos t)2n
·i dt = i·
∫ 2π
0
22n
cos2n
t dt,
Pri úprave sme využili identitu cos t = (eit
+e−it
)/2. Na druhej strane, integrál
I sa dá upraviť
I =
∫
φ
(
z2
+ 1
z
)2n
dz
z
=
∫
φ
(z2
+ 1)2n
z2n+1
dz.
Čitateľ zlomku pod integrálom je funkcia holomorfná vo vnútri φ a bod
0 (nulový bod menovateľa) leží vo vnútri φ. Podľa Cauchyho integrálnej
formuly teda platí
I =
2πi
(2n)!
·
[
(z2
+ 1)2n
](2n)
z=0
.
Potrebujeme nájsť hodnotu 2n-tej derivácie funkcie (z2
+ 1)2n
v bode z = 0.
Jedná sa o polynóm stupňa 4n, pričom podľa binomickej vety máme
(z2
+ 1)2n
=
2n∑
k=0
z2k
(
2n
k
)
. (4)
Po 2n-tom derivovaní tohto polynómu dostaneme zrejme polynóm 2n-tého
stupňa, ktorého absolútny člen (člen s mocninou z0
) bude to, čo vznikne
2n-tým derivovaním člena v pôvodnom polynóme (4) s k = n, t.j., člena
z2n
(2n
n
)
(dobre si toto premyslite; derivujeme prirodzené mocniny, ich stupne
sa každou deriváciou znižujú o jednotku). Načo nám je však tento absolútny
člen? Po dosadení z = 0 do hľadanej 2n-tej derivácie polynómu (4) – to predsa
chceme urobiť – nám ostane iba absolútny člen :) (tiež si dobre premyslite).
Platí teda
[
(z2
+ 1)2n
](2n)
z=0
=
[
z2n
(
2n
n
)](2n)
= 2n · (2n − 1) · (2n − 2) · · · 2 · 1 ·
(
2n
n
)
=
(2n)! ·
(
2n
n
)
.
13
To znamená, že máme
I =
2πi
(2n)!
· (2n)! ·
(
2n
n
)
= 2πi ·
(
2n
n
)
.
Porovnaním oboch získaných výsledkov pre integrál I dostaneme (po úprave)
i ·
∫ 2π
0
22n
cos2n
t dt = 2πi ·
(
2n
n
)
⇓
∫ 2π
0
cos2n
t dt =
π
22n−1
·
(
2n
n
)
.
14