z a + c 0 + c 1 (z a)

Transcript

1 1 Serii Laurent (continuare) Teorema 1.1 Fie D C un domeniu, a D şi f : D \ {a} C o funcţie olomorfă. Punctul a este pol multiplu de ordin p al lui f dacă şi numai dacă dezvoltarea în serie Laurent a funcţiei f în jurul punctului a, (adică pe o coroană dată prin : ε < z a < r cu ε > 0 oricât de mic), este de forma: f(z) = c p (z a) p c 1 z a + c 0 + c 1 (z a) +c 2 (z a) cu c p 0. Exemplul 1.1 Punctul z = 0 este pol triplu pentru funcţia f : C C, f(z) = ez z3. Această funcţie are o dezvoltare în serie Laurent în jurul punctului z = 0, (în domeniul {z C : 0 < z } = C ), iar această dezvoltare este e z z = 1 3 z ! z ! z , n! z z n 3 C 1

2 Teorema 1.2 Fie D C un domeniu, a D şi f : D \ {a} C o funcţie olomorfă. Punctul a este punct singular esenţial al lui f dacă şi numai dacă partea principală a dezvoltării în serie Laurent a funcţiei f în jurul punctului a, (adică pe o coroană : ε < z a < r cu ε > 0 oricât de mic) are o infinitate de termeni. ( 1 ) c k (z a) k are o infinitate de termeni. k= Exemplul 1.2 Punctul z = 0 este punct singular esenţial pentru funcţia f : C C, f(z) = ez. 1 Această funcţie are o dezvoltare în serie Laurent în jurul punctului z = 0, (în domeniul {z C : 0 < z } = C ), iar această dezvoltare este ez 1 = ! z ! z n! z +..., z n C. 2

3 Teorema 1.3 Fie D C un domeniu, f : D \ {a} C o funcţie olomorfă iar a D punct singular pentru funcţia f. Punctul a este punct singular removabil al lui f dacă şi numai dacă partea principală a dezvoltării în serie Laurent a funcţiei f în jurul punctului a, (adică pe o coroană dată prin : ε < z a < r cu ε > 0 oricât de mic) este nulă (c k = 0, k { 1, 2,...}). Exemplul 1.3 Deoarece dezvoltarea funcţiei f : C C, f(z) = sin z z în jurul punctului z = 0, în domeniul {z C : 0 < z } = C, este sin z z = 1 1! z2 3! + z4 5! ( 1)n z 2n (2n + 1)! +..., rezultă că punctul z = 0 este punct singular removabil al lui f. 3

4 2 Reziduuri Definiţia 2.1 Fie D C un domeniu, f : D \ {a} C o funcţie olomorfă iar a D punct singular izolat al funcţiei f. Se numeşte reziduul funcţiei f în punctul a numărul complex notat Rezf(a) definit prin relaţia Rezf(a) = c 1, unde c 1 este coeficientul corespunzător puterii (z a) 1 din dezvoltarea în serie Laurent a funcţiei f în jurul punctului a, (adică pe o coroană : ε < z a < r cu ε > 0 oricât de mic). 4

5 Teorema 2.1 Fie D C un domeniu, f : D \ {a} C o funcţie olomorfă iar a D punct singular izolat al funcţiei f. Reziduul funcţiei f în punctul a poate fi calculat după cum urmează: (1) Dacă a este pol de ordin p pentru f atunci (2) Dacă Rezf(a) = 1 (p 1)! lim z a [(z a)p f(z)] (p 1). f(z) = g(z) h(z), g(a) 0, h(a) = 0, h (a) 0, iar g şi h sunt funcţii olomorfe pe o vecinătate a punctului a, atunci a este pol simplu pentru funcţia f şi Rezf(a) = g(a) h (a). 5

6 Teorema 2.2 (Teorema reziduurilor) Fie D C un domeniu simplu conex, C o curbă simplă, netedă pe porţiuni şi închisă inclusă în domeniul D, domeniul (deschis) mărginit de curba C. Considerăm o funcţie f care are în domeniul un număr finit de puncte singulare izolate, de tip pol sau singularitate esenţială, notate a 1, a 2,..., a n şi astfel încât f : D \ {a 1, a 2,..., a n } C este o funcţie olomorfă. Atunci n f(z)dz = 2πj Rezf(a k ). C k=1 6

7 Exemplul 2.1 Să se calculeze integrala sin z I k = (z 2 16)(z 2 + 9) 3dz, k {1, 2, 3, 4}, unde C k C 1 : z = 1 C 2 : z 4 = 2 C 3 : z 3j = 1 C 4 : z 4 = 6. Soluţie. Funcţia f : C \ {4, 4, 3j, 3j} C dată prin sin z f(z) = (z 2 16)(z 2 + 9) 3 este olomorfă. Punctele z = 4 şi z = 4 sunt poli simpli ai funcţiei f iar punctele z = 3j şi z = 3j sunt poli tripli ai funcţiei f. În plus [ ] sin z Rezf(4) = lim (z 4), z 4 (z 4)(z + 4)(z 2 + 9) 3 Rezf(3j) = 1 [ ] 2 lim (z 3j) 3 sin z, z 3j (z 2 16)(z 3j) 3 (z + 3j) 3 Rezf( 3j) = 1 [ ] 2 lim (z + 3j) 3 sin z. z 3j (z 2 16)(z + 3j) 3 (z 3j) 3 7

8 Funcţia f nu are puncte singulare în domeniul interior limitat de cercul C 1. Conform teoremei fundamentale a lui Cauchy pentru domenii simplu conexe I 1 = 0. Punctul singular z = 4, este singurul care se află în domeniul interior limitat de cercul C 2 : z 4 = 2. iar punctele singulare z = ±3j, z = 4 se află în exteriorul acestui cerc. Deci I 2 = 2πjRezf(4). Punctul singular z = 3j, este singurul care se află în domeniul interior limitat de cercul C 3 : z 3j = 1. iar punctele singulare z = ±4, z = 3j se află în exteriorul acestui cerc. Deci I 3 = 2πjRezf(3j). Punctele singulare z = 4, z = ±3j ale funcţiei f se află în interiorul cercului C 4, iar punctul singular z = 4 se află în exteriorul acestui cerc, de aceea I 4 = 2πj [Rezf(4) + Rezf(3j) + Rezf( 3j)]. 8

9 Exemplul 2.2 Să se calculeze integrala I = z 4 ezdz, 1 C : z = 3 C Soluţie. Deoarece e z = ! z + 1 2! z n! zn +..., z C rezultă că dezvoltarea în serie Laurent a funcţiei g(z) = e 1 z în jurul punctului z = 0 este ez 1 = ! z ! z n! z +..., z n C şi mai departe că dezvoltarea în serie Laurent a funcţiei f(z) = z 4 ez 1 în jurul punctului z = 0 este z 4 ez 1 = z ! z ! z n! z +..., z n 4 C. În concluzie punctul z = 0 este punct singular esenţial al funcţiei f(z) = z 4 e 1 z şi avem I = 2πjRezf(0) = 2πjc 1 unde unde c 1 este coeficientul corespunzător puterii z 1 din dezvoltarea în serie Laurent a funcţiei f(z) = z 4 e 1 z în jurul punctului z = 0. Obţinem I = 2πj 1 5!. 9

10 Teorema 2.3 (Teorema semireziduurilor) Fie D C un domeniu simplu conex, C o curbă simplă, netedă şi închisă inclusă în domeniul D, domeniul (deschis) mărginit de curba C. Considerăm o funcţie f care are în domeniul un număr finit de puncte singulare izolate, de tip pol sau singularitate esenţială, notate a 1, a 2,..., a n şi un număr finit de poli de ordinul întâi situaţi pe curba C, astfel încât f : D \ {a 1, a 2,..., a n, b 1, b 2,..., b m } C, este o funcţie olomorfă. Atunci n f(z)dz = 2πj Rezf(a k ) + πj C k=1 m Rezf(b l ). l=1 10

11 Exemplul 2.3 Să se calculeze integrala z I = dz, C : z + 1 = 3. C (z + 1) 2 (z 2 5z + 6) Soluţie. Punctele singulare ale funcţiei z f(z) = (z + 1) 2 (z 2 5z + 6) sunt z = 1 (pol dublu), z = 2 (pol simplu) şi z = 3 (pol simplu). Punctul z = 1 se află în domeniul interior limitat de cercul C : z + 1 = 3, punctul z = 2 se află pe cerc iar punctul z = 3 se află în exterior. Conform teoremei semireziduurilor I = 2πjRezf( 1) + πjrezf(2) = [ ] = 2πj lim (z + 1) 2 z + z 1 (z + 1) 2 (z 2 5z + 6) [ ] z +πj lim (z 2) = z 2 (z + 1) 2 (z 2)(z 3) = 2πj lim z 1 [ z 2 ] 5z + 6 z(2z 5) + (z 2 5z + 6) 2 [ ] z πj lim z 2 (z + 1) 2 (z 3) = 11πj =

12 Considerăm un cerc Γ 0 : z = R 0, domeniul E = {z C z > R 0 } şi o funcţie olomorfă pe domeniul E. Punctul de la infinit poate fi pentru f punct ordinar, pol sau punct singular esenţial. Definiţia 2.2 Se numeşte reziduul funcţiei f în punctul de la infinit numărul complex notat Rezf( ) definit prin Rezf( ) = 1 2πj Γ f(z)dz unde Γ este un cerc de ecuaţie z = R cu R > R 0. Teorema 2.4 În contextul de mai sus este adevărată formula ( Rezf( ) = Rez 1 ( )) 1 z 2f (0). z Teorema 2.5 Dacă f este o funcţie care are în C { } un număr finit de singularităţi de tip pol sau singularitate esenţială, iar singularităţile din C sunt notate a 1, a 2,..., a n, atunci suma tuturor reziduurilor acestei funcţii este nulă, adică n Rezf( ) + Rezf(a k ) = 0. k=1 12

13 Corolarul 2.1 Dacă f este o funcţie care are în C { } un număr finit de singularităţi de tip pol sau singularitate esenţială, singularităţile din C sunt notate a 1, a 2,..., a n, iar C este o curbă netedă pe porţiuni, simplă şi închisă astfel încât punctele a 1, a 2,..., a n se află în domeniul interior limitat de această curbă, atunci f(z)dz = 2πjRezf( ). C 13

14 Exemplul 2.4 Să se calculeze integrala complexă: z 13 (z 2) 4 (z 5 + 3) 2dz, C : 4x2 + 9y 2 36 = 0. C Soluţie. Facem notaţia Observăm că f(z) = z 13 (z 2) 4 (z 5 + 3) 2. (a) punctul z = 2 este pol de ordin 4 al funcţiei f; (b) punctele z k = 5 3 ( cos π + 2kπ 5 k {0, 1, 2, 3, 4} sunt poli dubli ai funcţiei f. + j sin π + 2kπ ), 5 Deoarece toate punctele singulare ale funcţiei f se află în domeniul interior limitat de elipsa x 2 C : 9 + y2 4 = 1, este adevărată egalitatea C z 13 (z 2) 4 (z 5 + 3) 2dz = 2πjRezf( ). Pe de altă parte Rezf( ) = Rez ( 1 ( )) 1 z 2f (0). z 14

15 Deoarece 1 z 2f ( 1 z ) rezultă că ( Rez 1 ( )) 1 z 2f z 1 = z(1 2z) 4 (1 + 3z 5 ) 2, [ (0) = lim z 0 ] 1 z z(1 2z) 4 (1 + 3z 5 ) 2 = 1. În concluzie z 13 (z 2) 4 (z 5 + 3) 2dz = 2πj( 1) = 2πj. C 15

16 3 Aplicaţii ale teoremei reziduurilor în calculul unor integrale reale Teorema 3.1 Considerăm o funcţie raţională reală R(x) = P (x) astfel încât Q(x) ( x R)(Q(x) 0) grad Q grad P 2. Atunci + R(x)dx = 2πj n Rezf(a k ), (3.1) k=1 unde f(z) = R(z) iar a 1, a 2,...a n sunt polii funcţiei f care au partea imaginară strict pozitivă. 16

17 Exemplul 3.1 Să se calculeze integrala sunt I = 1 x dx. Soluţie. Punctele singulare ale fumcţiei f(z) = 1 z z 0 = cos π 4 + j sin π = 2 + j 2 z 1 = cos 3π 4 + j sin 3π = 2 + j 2 z 2 = cos 5π j sin 5π 4 = 2 j 2 z 3 = cos 7π 4 + j sin 7π = 2 j 2. Aceste patru puncte sunt poli simpli iar în semiplanul superior se află z 0 şi z 1. Conform formulei (3.1) I = 2πj (Rezf(z 0 ) + Rezf(z 1 )) = = 2πj ( z0 4z z ) 1 4z1 3 = 2πj ( z 0 4 z ) 1 4 = πj 2 j 2 = π

18 Teorema 3.2 Considerăm o funcţie raţională astfel încât funcţia R = R(x, y) g(θ) = R(sin θ, cos θ) este o funcţie continuă pe intervalul [0, 2π]. Atunci 2π R(sin θ, cos θ)dθ = f(z)dz = 0 = 2πj n Rezf(a k ), k=1 z =1 unde f(z) = 1 ( z 2 ) jz R 1 2jz, z z iar a 1, a 2,...a n sunt polii funcţiei f pentru care a k < 1, k = 1, 2,..., n. 18

19 Exemplul 3.2 Să se calculeze integrala I = 2π cos θ sin θ dθ. Soluţie. Facem schimbarea de variabilă z = e jθ. Când θ parcurge intervalul [0, 2π], z descrie cercul C : z = 1, o singură dată, în sens direct. Sunt adevărate egalităţile sin θ = ejθ e jθ 2j = z2 1 2jz cos θ = ejθ + e jθ = z z. Pe de altă parte din relaţia z = e jθ rezultă dθ = 1 jz dz. Integrala devine I = z =1 1 + z2 +1 2z z2 1 jz dz = 2jz z =1 z 2 + 2z + 1 2z(2z 2 + 5jz 2) dz. z 2 + 2z + 1 Punctele singulare ale fumcţiei f(z) = 2z(2z 2 + 5jz 2) sunt z 1 = 0, z 2 = j 2 şi z 3 = 2j. Toate aceste puncte sunt poli simpli. În concluzie Deoarece I = 2πj (Rezf(z 1 ) + Rezf(z 2 )). Rezf(0) = lim z 0 [ z z 2 ] + 2z + 1 2z(2z 2 + 5jz 2) 19 = 1 4

20 iar Rezf ( ) j 2 = lim z 0 [ ( z + j ) 2 ] z 2 + 2z + 1 4z ( z + j ) 2 (z + 2j) = 3 4j 12. În concluzie I = 2π 3. 20

21 Teorema 3.3 Considerăm α > 0 şi o funcţie raţională reală R(x) = P (x) astfel încât Q(x) Atunci + ( x R)(Q(x) 0) grad Q grad P 2. R(x)e jαx dx = 2πj n Rezf(a k ), (3.2) k=1 unde f(z) = R(z)e jαz iar a 1, a 2,...a n sunt polii funcţiei f care au partea imaginară strict pozitivă. 21

22 Exemplul 3.3 Să se calculeze integrala I = 0 cos x (x 2 + 1) 2dx Soluţie. Funcţia este pară de aceea I = 0 f(x) = cos x (x 2 + 1) 2 cos x (x 2 + 1) 2dx = 1 2 cos x (x 2 + 1) 2dx. Notăm A = cos x (x 2 + 1) 2dx, B = sin x (x 2 + 1) 2dx. Observăm că C = A + jb = 1 (x 2 + 1) 2ejx dx. Conform formulei (3.2) C = unde g(z) = 1 (x 2 + 1) 2ejx dx = 2πjRez(g)(j) = πe 1 1 (z 2 + 1) 2ejz. 22

23 În concluzie I = πe

24 4 Exerciţii propuse Exerciţiul 1 Să se calculeze integrala z 2 I = (z 2 + 1)(z 2 4) 2dz, C : z 1 = 2. C Exerciţiul 2 Să se calculeze integrala I = z 2 ez+1dz, 2z C : x 2 + y 2 + 4x = 0. C Exerciţiul 3 Să se calculeze integrala sin z I = dz, C : z = 2. z 2 (z 4 + 1) C Exerciţiul 4 Să se calculeze integrala I = 2π sin x 2 + cos x dx. Exerciţiul 5 Să se calculeze integrala I = x 2 (x 2 + 1)(x 2 + 4) dx. Exerciţiul 6 Să se calculeze integrala I = x sin x (x 2 + 1)(x 2 + 4) dx. Exerciţiul 7 Să se calculeze integrala I = 0 cos x (x 2 + 1) 2dx. 24