Sia
Ω
{\displaystyle \Omega }
insieme aperto del piano complesso
C
{\displaystyle \mathbb {C} }
f
(
z
)
{\displaystyle f(z)}
funzione olomorfa , tale che:
lim
z
→
z
0
(
z
−
z
0
)
f
(
z
)
=
0
{\displaystyle \lim _{z\rightarrow z_{0}}(z-z_{0})f(z)=0}
Allora:
lim
r
→
0
∫
γ
r
f
(
z
)
d
z
=
0
{\displaystyle \lim _{r\rightarrow 0}\int _{\gamma _{r}}f(z)\,dz=0}
Costruzione di una curva regolare a tratti per calcolare l'integrale So che:
∃
ε
>
0
∃
δ
(
ε
)
>
0
:
∀
r
<
δ
⇒
|
∫
γ
r
f
(
z
)
⋅
d
z
|
<
ε
{\displaystyle \exists \,\varepsilon >0\,\,\exists \,\,\delta (\varepsilon )>0\,:\,\forall \,r<\delta \,\Rightarrow \left|\int _{\gamma _{r}}f(z)\cdot dz\right|<\varepsilon }
Riscrivendo il
lim
z
−
z
0
{\displaystyle \lim _{z-z_{0}}}
∃
δ
>
0
:
∀
z
,
|
z
−
z
0
|
<
δ
⇒
|
(
z
−
z
0
)
⋅
f
(
z
)
|
<
ε
ϕ
2
−
ϕ
1
{\displaystyle \exists \,\,\delta >0\,:\,\forall \,z,\left|z-z_{0}\right|<\delta \,\,\Rightarrow \,\left|(z-z_{0})\cdot f(z)\right|<{\frac {\varepsilon }{\phi _{2}-\phi _{1}}}}
Mi calcolo quindi il modulo dell'integrale :
|
∫
γ
r
f
(
z
)
d
z
|
≤
∫
γ
r
|
f
(
z
)
|
d
z
≤
∫
γ
r
ε
(
ϕ
2
−
ϕ
1
)
|
z
−
z
0
|
d
z
=
{\displaystyle \left|\int _{\gamma _{r}}f(z)\,dz\right|\leq \int _{\gamma _{r}}\left|f(z)\right|\,dz\leq \int _{\gamma _{r}}{\frac {\varepsilon }{(\phi _{2}-\phi _{1})\left|z-z_{0}\right|}}\,dz=}
Poiché per ipotesi
|
z
−
z
0
|
=
r
<
δ
{\displaystyle \left|z-z_{0}\right|=r<\delta }
frazione , e risolvere l'integrale che è uguale alla lunghezza dell'arco di circonferenza compresa tra i due angoli
ϕ
1
,
ϕ
2
{\displaystyle \phi _{1},\,\phi _{2}}
=
ε
(
ϕ
2
−
ϕ
1
)
r
⋅
r
(
ϕ
2
−
ϕ
1
)
=
ε
{\displaystyle ={\frac {\varepsilon }{(\phi _{2}-\phi _{1})r}}\,\cdot r(\phi _{2}-\phi _{1})=\varepsilon }
Il primo lemma dimostra che data una
f
(
z
)
{\displaystyle f(z)}
Ω
∈
C
{\displaystyle \Omega \in \mathbb {C} }
singolarità isolata , precisamente un polo di ordine 1, l'integrale attorno a tale polo risulta nullo. Tale risultato, importante da un punto di vista teorico, è meno importante da un punto di vista risolutivo degli integrali .
Sia
f
(
z
)
{\displaystyle f(z)}
polo semplice. Allora
∫
γ
r
f
(
z
)
d
z
=
(
ϕ
2
−
ϕ
1
)
i
Res
(
f
,
z
0
)
{\displaystyle \int _{\gamma _{r}}f(z)\,dz=\,(\phi _{2}-\phi _{1})i\operatorname {Res} (f,z_{0})}
Sviluppando tramite serie di Laurent si otterrà:
f
(
z
)
=
a
−
1
z
−
z
0
+
g
(
z
)
{\displaystyle f(z)={\frac {a_{-1}}{z-z_{0}}}+g(z)}
a
−
1
{\displaystyle a_{-1}}
serie di Laurent . Applicando il segno di integrazione ad ambo i membri ottengo:
∫
γ
r
f
(
z
)
d
z
=
∫
γ
r
a
−
1
z
−
z
0
d
z
+
∫
γ
r
g
(
z
)
d
z
{\displaystyle \int _{\gamma _{r}}f(z)\,dz=\int _{\gamma _{r}}{\frac {a_{-1}}{z-z_{0}}}\,dz+\int _{\gamma _{r}}g(z)\,dz}
La
g
(
z
)
{\displaystyle g(z)}
lim
z
−
z
0
(
z
−
z
0
)
⋅
g
(
z
)
=
0
⇒
∫
γ
r
g
(
z
)
d
z
=
0
{\displaystyle \lim _{z-z_{0}}(z-z_{0})\cdot g(z)=0\Rightarrow \int _{\gamma _{r}}g(z)\,dz=0}
l'integrale della
g
(
z
)
{\displaystyle g(z)}
Parametrizzo la mia curva chiusa
γ
r
{\displaystyle \gamma _{r}}
z
=
z
0
+
r
e
i
t
{\displaystyle z=z_{0}+re^{it}}
ϕ
1
≤
t
≤
ϕ
2
{\displaystyle \phi _{1}\leq t\leq \phi _{2}}
integrale avrò:
a
−
1
∫
ϕ
1
ϕ
2
1
r
e
i
t
r
i
e
i
t
d
t
=
a
−
1
(
ϕ
2
−
ϕ
1
)
i
{\displaystyle a_{-1}\int _{\phi _{1}}^{\phi _{2}}{\frac {1}{re^{it}}}\,rie^{it}\,dt=a_{-1}\,(\phi _{2}-\phi _{1})i}
di cui il coefficiente
a
−
1
{\displaystyle a_{-1}}
Res
(
f
,
z
0
)
{\displaystyle \operatorname {Res} (f,z_{0})}
Il secondo lemma, rispetto al primo, è molto più utilizzato nella risoluzione di integrali , a patto che il polo presente sia del primo ordine,
n
=
1
{\displaystyle n=1}
