Matematika A3a 2008/10. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Megszüntethető szingularitás)
 
(egy szerkesztő 28 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
 
''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>''  
 
''<sub><[[Matematika A3a 2008]]</sub>''  
  
==Taylor-sor==
 
 
A Cauchy-féle integrálformula következménye a következő tétel, mely a komplex differenciálelmélet egyik megjellegzetesebb eredménye:
 
 
'''Tétel.''' Ha az ''f'': '''C''' <math>\supset\!\to</math> '''C''' függvény az értelmezési tartománya egy <math>z_0</math> pontjában és ennek egy nyílt környezetében komplex differenciálható (azaz <math>z_0</math>-ban ''reguláris''), akkor ''f'' a  <math>z_0</math> pont egy ''V'' = B<sub>&delta;</sub>(z<sub>0</sub>) környezetén mindenhol végtelenszer differenciálható, ''V'' minden pontjában az ''f'' <math>z_0</math>-beli Taylor-sora konvergens és ennek határfüggvénye ''V''-n előállítja ''f''-et:
 
:<math>f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n</math>
 
(azaz ''f'' ''analitikus'' <math>z_0</math>-ban).
 
 
A tétel tehét azt mondja ki, hogy "reguláris függvény analitikus".
 
 
 
'''Megjegyezzük,''' hogy 1. mint minden nemnegatív egész hatványokat tartalmazó hatványsor, a Taylor-sor is egy körlap belsején abszolút konvergens, mely körlap sugara a konvergenciasugára, mely
 
:<math>R=\frac{1}{\limsup\limits_{n}\sqrt[n]{|a_n|}}\,</math>
 
ahol a sor a &sum;a<sub>n</sub>(z-<math>z_0</math>)<sup>n</sup>, a körlap középpontja <math>z_0</math>, és ahol a reciprok kivételesen úgy értendő, hogy 1/0 = &infin;, 1/&infin; = 0.
 
 
'''2.''' A legyakrabban használt Taylor-sorok a következők:
 
 
:<math>|z|<1\mathrm{-re:}\quad\quad\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n\,</math>
 
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad e^z=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}z^n\,</math>
 
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \sin(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}z^{2n+1}\,</math>
 
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \cos(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!}z^{2n}\,</math>
 
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{sh}(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)!}z^{2n+1}\,</math>
 
:<math>|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{ch}(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n)!}z^{2n}\,</math>
 
:<math>|z|<1\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{ln}(1+z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}z^n\,</math>
 
természetesen az utolsónál a z=1 pont 1 sugarú nyílt környezetében értelmezett logaritmusról van szó.
 
 
'''3. ''' Mint minden hatványsor ez is egyenletesen konvergál az összegfüggvényéhez, így tagonként deriválható és integrálható.
 
  
 
==Laurent-sor==
 
==Laurent-sor==
A következőkben olyan függvényekkel foglalkozunk, melyek egy adott pontban nem feltétlenül regulárisak, de azon kívül egy környzetben azok.
 
 
 
'''Tétel.''' Ha az ''f'': '''C''' <math>\supset\!\to</math> '''C''' függvény olyan, hogy a <math>z_0</math> pont egy <math> \scriptstyle{\dot{\mathrm{B}}_\delta(z_0)}</math> kipontozott környezetében az ''f'' függvény reguláris, akkor a <math>z_0</math> pont körül ''f'' '''Laurent-sorba''' fejthető, azaz léteznek olyan z_0 körüli
 
:<math>R_-<|z-z_0|<R_+\,</math>
 
körgyűrű hogy ezen belül egy
 
:<math>\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n\,</math>
 
sor előállítja ''f''-et.
 
 
===A körgyűrű sugarai===
 
 
:<math>R_+=\frac{1}{\limsup\limits_{n>0}\sqrt[n]{|c_n|}}\,</math>
 
:<math>R_-=\limsup\limits_{n<0}\sqrt[n]{|c_n|}\,</math>
 
 
'''Példa.''' Mely pontok körül fejthető sorba az
 
:<math>f(z)=\frac{1}{z} \,</math>
 
függvény és mik a konvergenciatartományok?
 
''Megoldás.'' z &ne; 0-ra reguláris, így minden <math>z_0</math> &ne; 0-ra Taylor-sorba fejthető. Ez a sor:
 
 
:<math>\frac{1}{z-z_0+z_0}=\frac{1}{z_0}\cdot\frac{1}{z-z_0+1}=\frac{1}{z_0}\cdot\frac{1}{1-(-1)(z-z_0)}=</math>
 
::<math> =\frac{1}{z_0}\cdot\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n(z-z_0)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{z_0}(z-z_0)^n</math>
 
A sugara 1, hisz |(-1)||z-<math>z_0</math>|<1 kell, ami ugyanaz, mint |z-<math>z_0</math>|<1. Persze, ha |<math>z_0</math>| < 1, akkor a sugár, maga a  |<math>z_0</math>|, hisz a 0-t nem állítja elő a sor.
 
 
z = 0-ban Laurent-sora is van  éspedig önmaga:
 
:<math>f(z)=...+0+\frac{1}{z}+0+... \,</math>
 
Ennek a sugarai R<sub>-</sub>=0, mert a (...0,0,1) sorozat n-edik gyökeinek limszupja 0, és  R<sub>-</sub>=+&infin;, mert a (0,0,0,0,0,...) sorozat n-edik gyökeinek limszupja 0 és "reciproka" + végtelen. (Ez egyben a &infin; körüli Laurent-sor, melynek csak reguláris része van.)
 
 
===Reguláris- és főrész ===
 
A Laurent-sor
 
:<math>\sum\limits_{n=1}^{+\infty}c_{-n}\frac{1}{(z-z_0)^n}\,</math>
 
részét a sor '''főrészének,''' a
 
:<math>\sum\limits_{n=0}^{+\infty}c_{n}(z-z_0)^n\,</math>
 
részét a sor '''reguláris''' részének nevezzük.
 
  
 
===A Laurent-sor együtthatói===
 
===A Laurent-sor együtthatói===
102. sor: 42. sor:
 
:<math>\overline{f}(z_0)=c_0</math>
 
:<math>\overline{f}(z_0)=c_0</math>
 
   
 
   
Világos, hogy ezesetben a <math>c_n</math> együtthatók pontosan az ''f'' kiterjesztésének '''Taylor-sori együtthatói,''' hiszen a deriváltakra vonatkozó Cauchy-formulákat a Taylor-sorral összevetve:
+
Világos, hogy ezesetben a <math>c_n</math> együtthatók pontosan az ''f'' kiterjesztésének '''taylor-sori együtthatói,''' hiszen a deriváltakra vonatkozó Cauchy-formulákat a Taylor-sorral összevetve:
 
::<math>f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}z</math>
 
::<math>f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}z</math>
 
::<math>\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n</math>
 
::<math>\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n</math>
118. sor: 58. sor:
 
===A végtelen pont körüli Laurent-sor===
 
===A végtelen pont körüli Laurent-sor===
 
Legyen az ''f'': '''C''' <math>\supset\!\to</math> '''C''' függvény az &infin; egy környezetében mindenhol reguláris.
 
Legyen az ''f'': '''C''' <math>\supset\!\to</math> '''C''' függvény az &infin; egy környezetében mindenhol reguláris.
* Regulárisnak nevezzük ''f''-et &infin;-ben, ha az f<math>\circ</math>(1/id) függvény reguláris 0-ban, azaz ott megszüntethető szakadása van.
+
* Regulárisnak nevezzük az ''f''(''z'') függvényt a &infin;-ben, ha az F(1/&zeta;) függvény (azaz a  <math>\circ</math>(1/id) függvény) reguláris 0-ban, azaz ott megszüntethető szakadása van.
 
* Az ''f''  &infin;-beli Laurent-során a &sum;<math>\circ</math>(1/id) sort értjük, ahol &sum; az f<math>\circ</math>(1/id) függvény 0-beli Laurent-sora.
 
* Az ''f''  &infin;-beli Laurent-során a &sum;<math>\circ</math>(1/id) sort értjük, ahol &sum; az f<math>\circ</math>(1/id) függvény 0-beli Laurent-sora.
 
* &sum; főrésze a &sum;<math>\circ</math>(1/id)-ban a reguláris lesz és fordítva, azaz  
 
* &sum; főrésze a &sum;<math>\circ</math>(1/id)-ban a reguláris lesz és fordítva, azaz  
126. sor: 66. sor:
 
'''Példa.''' Írjuk fel az  
 
'''Példa.''' Írjuk fel az  
 
:<math>f(z)=z^2 \,</math>
 
:<math>f(z)=z^2 \,</math>
:<math>f(z)=e^{\frac{1}{z}}</math>
+
függvény &infin; körüli Laurent-sorát!
és az
+
:<math>f(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{z}}</math>
+
függvények &infin; körüli Laurent-sorát!
+
  
''Megoldás.'' 1.
+
''Megoldás.''  
:<math>f\left(\frac{1}{z}\right)=\frac{1}{z^2}\,</math>  
+
:<math>F(\zeta)=f\left(\frac{1}{\zeta}\right)=\frac{1}{\zeta^2}\,</math>  
Ez csak főrészt tartalmazó 0 < |z| < +&infin; tartományon konvergens sor, azaz előállítja  f<math>\circ</math>(1/id)-t. ''f'' ugyanúgy viselkedik &infin;-ben, mint f<math>\circ</math>(1/id) a nullában, így ''f'-nek a &infin;-ben csak főrészt tartalmaz és a sora maga az ''f''.
+
Ez csak főrészt tartalmazó 0 < |&zeta;| < +&infin; tartományon konvergens sor, azaz előállítja  f<math>\circ</math>(1/id)-t. ''f'' ugyanúgy viselkedik &infin;-ben, mint f<math>\circ</math>(1/id) a nullában, így ''f'-nek a &infin;-ben csak főrészt tartalmaz és a sora maga az ''f''. Reziduuma 0.
  
2.
+
'''Példa.''' Írjuk fel az
:<math>f\left(\frac{1}{z}\right)=e^{z}</math>
+
:<math>f(z)=e^{\frac{1}{z}}</math>
 +
függvény &infin; körüli Laurent-sorát!
 +
 
 +
''Megoldás.''
 +
:<math>F(\zeta)=f\left(\frac{1}{\zeta}\right)=e^{\zeta}</math>
 
Ennek sora:
 
Ennek sora:
:<math>e^{z}=1+z+...</math>
+
:<math>e^{\zeta}=1+\zeta+...</math>
és a |z| < +&infin; tartományon konvergens és csak reguláris része van. Tehát  
+
és a |&zeta;| < +&infin; tartományon konvergens és csak reguláris része van. Tehát vissza transzformált sor:
 
:<math>f(z)=1+\frac{1}{z}+...</math>
 
:<math>f(z)=1+\frac{1}{z}+...</math>
mindenhol konvergens és szintén csak reguláris része van. Sőt, ekkor azt mondjuk, hogy f az &infin;-ben reguláris.
+
mindenhol konvergens és szintén csak reguláris része van. Sőt, ekkor azt mondjuk, hogy f az &infin;-ben reguláris. Reziduuma -1
  
3.  
+
'''Példa.''' Írjuk fel az
:<math>f\left(\frac{1}{z}\right)=\frac{1}{1-z}</math>  
+
:<math>f(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{z}}</math>
Ez a B(0,1)-en konvergens és csak reguláris tagokat tartalmaz. Így a &infin; körüii sor is csak azt fog tartalmazni és  
+
függvény &infin; körüli Laurent-sorát!
 +
 
 +
''Megoldás.''
 +
:<math>F(\zeta)=f\left(\frac{1}{\zeta}\right)=\frac{1}{1-\zeta}</math>  
 +
Ez a B(0,1)-en konvergens és csak reguláris tagokat tartalmaz. Így a &infin; körüli sor is csak azt fog tartalmazni és  
 
:<math>f(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{z}}=1+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}+...</math>  
 
:<math>f(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{z}}=1+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}+...</math>  
konvergens lesz a |z| > 1-en.
+
konvergens lesz a |z| > 1-en. Reziduuma 1.
==Sziguláris helyek és osztályozásuk==
+
 
 +
==Sziguláris helyek és osztályozásuk, reziduumszámítás==
  
 
Az ''f'': D <math>\to</math> '''C''' nyílt halmazon értelmezett függvény izolált szinguláris helyének nevezzük a <math>\scriptstyle{z_0\in\overline{\mathbf{C}}}</math> pontot, ha ''f'' értelmezve van a <math>z_0</math> egy kipontozott környzetében, de ott a függvény nem reguláris.
 
Az ''f'': D <math>\to</math> '''C''' nyílt halmazon értelmezett függvény izolált szinguláris helyének nevezzük a <math>\scriptstyle{z_0\in\overline{\mathbf{C}}}</math> pontot, ha ''f'' értelmezve van a <math>z_0</math> egy kipontozott környzetében, de ott a függvény nem reguláris.
160. sor: 106. sor:
 
#  <math> z_0</math>-ban ''f'' nincs értelmezve, vagy nem folytonos
 
#  <math> z_0</math>-ban ''f'' nincs értelmezve, vagy nem folytonos
 
ugyanis, ha folytonos az adott pontban, körülötte pedig reguláris, akkor az adott pontban is reguláris (v.ö. Riemann-tétel).
 
ugyanis, ha folytonos az adott pontban, körülötte pedig reguláris, akkor az adott pontban is reguláris (v.ö. Riemann-tétel).
 
+
===Reziduum===
A <math>\scriptstyle{\dot{\mathrm{B}}_\delta(z_0)}</math>-n reguláris függvény sorbafejthető <math>z_0</math> körül. Éppen ezért a szingularitásait könnyen osztályozhtajuk a Laurent-sora szerint. Mintpedig hogy a Laurent-sor c<sub>-1</sub> együtthatója maga a reziduum, ezért a szinguláris helyek körüli sorfejtésből mindig adódik a reziduum is. Értelmezzük a &infty; kötrüli reziduumot is, az a -c<sub>-1</sub> együttható.
+
A <math>\scriptstyle{\dot{\mathrm{B}}_\delta(z_0)}</math>-n reguláris függvény sorbafejthető <math>z_0</math> körül. Éppen ezért, minthogy a Laurent-sor c<sub>-1</sub> együtthatója maga a reziduum, ezért a szinguláris helyek körüli sorfejtésből mindig adódik a reziduum is. Értelmezzük a &infin; körüli reziduumot is, az a -c<sub>-1</sub> együttható.
  
 
===Megszüntethető szingularitás===
 
===Megszüntethető szingularitás===
 +
A <math>\scriptstyle{\dot{\mathrm{B}}_\delta(z_0)}</math>-n reguláris függvény sorbafejthető <math>z_0</math> körül. A szingularitásait ezért könnyen osztályozhtajuk a Laurent-sora szerint.
  
''f''-nek pontosan akkor van a <math> z_0</math>-ban megszüntethető szakadása, ha a Laurent-sora csak reguláris részből áll. Ebben az esetben ''f'' regulárissá tehető. Sőt, ílymódon definiálhatjuk az &infin; pont regularitását is.
+
Az alábbi tétel azt mondja, hogy ha egy izolált szingularitás megszüntethető szakadás, akkor ott nem csak folytonossá tehető az f, de regulárissá is.
 +
 
 +
'''Tétel.''' ''f''-nek pontosan akkor van a <math> z_0</math> izolált szingularitásban megszüntethető szakadása, ha a Laurent-sora csak reguláris részből áll. Ebben az esetben a függvény regulárissá tehető.
 +
 
 +
''Bizonyítás.'' A megszüntethető szakadás definíciója miatt tudjuk, ''f''-nek  akkor van a <math> z_0</math>-ban megszüntethető szakadása, ha
 +
:<math>\lim\limits_{z\to z_0}f(z)</math>
 +
létezik és véges. Ekkor f egy <math> z_0</math> körüli  környzetben korlátos. Belátjuk, hogy ekkor a Laurent-sora csak reguláris részből áll. Az együtthatóformulából, k < 0 egészre és K<sub>r</sub> r sugarú körre:
 +
 
 +
:<math>|c_{-k}|=\left|\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{K_r}f(z)(z-z_0)^{k-1}\mathrm{d}z\right|\leq\frac{1}{2\pi}\oint\limits_{K_r}|f(z)||(z-z_0)^{k-1}|\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi}K^2\cdot 2\pi r\to 0</math>
 +
hiszen f korlátjához létezik olyan kis környzet, ahol a nullához tartó második tényező K-nál kisebb (vagy 1, és akkor a képletben és a végeredméybencsak K szerepel). Ha pedig r-rel tartunk a 0-hoz, az együttható eltűnik.
 +
 
 +
Persze ekkor az f függvény egy reguláris függvénnyel egyenlő a <math> z_0</math>-on kívül, a <math> z_0</math>-ban pedig f folytonos.
 +
 
 +
Értelmes tehát a következő definíció:
 +
 
 +
'''Definíció.''' ''f''-nek  a <math> z_0</math>-ban '''megszüntethető szingularitás'''a van, ha a <math>z_0</math> izolált szingularitása és ott a Laurent-sora csupa reguláris.
 +
 
 +
'''Példa.''' Igazoljuk, hogy az alábbi függvénynek megszüntethető szingularitása van a 0-ban!
 +
:<math>f(z)=\frac{e^z-1}{\sin z}</math>
 +
 
 +
''Megoldás.''
 +
 
 +
Tudjuk:
 +
:<math>f(z)=\frac{e^z-1}{z}\cdot\frac{z}{\sin z}</math>
 +
a nullában az 1-hez tart, így 1) reguláris a 0-n kívül, 2) a 0-ban létezik véges határértéke, így a tétel miatt megszüntethető szingularitása van.
 +
 
 +
 
 +
Ílymódon definiálhatjuk az &infin; pont regularitását is.
  
Másként ''f''-nek pontosan akkor van a <math> z_0</math>-ban megszüntethető szakadása, ha <math>\lim\limits_{z\to z_0}f(z)</math> létezik és véges.
 
  
 
'''Példa.''' <math>z_0</math> = &infin;
 
'''Példa.''' <math>z_0</math> = &infin;
 
:<math>f(z)=\sin\left(\frac{1}{z}\right)</math>
 
:<math>f(z)=\sin\left(\frac{1}{z}\right)</math>
 +
 +
''Megoldás.''
 +
 
Ez a függvény a végtelenben reguláris, vagy másként megszünetethető szingularitása van. Ugyanis a
 
Ez a függvény a végtelenben reguláris, vagy másként megszünetethető szingularitása van. Ugyanis a
 
:<math>f\left(\frac{1}{z}\right)=\sin(z)</math>
 
:<math>f\left(\frac{1}{z}\right)=\sin(z)</math>
182. sor: 158. sor:
 
Az ''f'' nek pólusszingularitása van a <math>z_0</math> izolált szinguláris helyen, ha a Laurent-sora főrészében legalább egy, de legfeljebb véges sok tag van.
 
Az ''f'' nek pólusszingularitása van a <math>z_0</math> izolált szinguláris helyen, ha a Laurent-sora főrészében legalább egy, de legfeljebb véges sok tag van.
  
Részletesebben. Az ''f'' nek ''k''-ad rendű pólusszingularitása van a <math>z_0</math> izolált szinguláris helyen, ha a Laurent-sora főrészében a c<sub>-k</sub> együttható nem nulla, de az 1/z k-nál magasabb hatványai már nem szerepelnek a főrészben.  
+
Részletesebben. Az ''f'' nek ''k''-ad rendű pólusszingularitása van a <math>z_0</math> izolált szinguláris helyen (k>0 egész), ha a Laurent-sora főrészében a c<sub>-k</sub> együttható nem nulla, de az 1/z k-nál magasabb hatványai már nem szerepelnek a főrészben.  
  
 
Másként.  
 
Másként.  
188. sor: 164. sor:
 
* <math>z_0</math> pontosan akkor ''k''-ad rendű pólusszingularitás, ha <math> \lim\limits_{z\to z_0}(z-z_0)^k f(z)</math> véges, nemnulla,  de <math> \lim\limits_{z\to z_0}(z-z_0)^{k+1} f(z)</math> már nulla.
 
* <math>z_0</math> pontosan akkor ''k''-ad rendű pólusszingularitás, ha <math> \lim\limits_{z\to z_0}(z-z_0)^k f(z)</math> véges, nemnulla,  de <math> \lim\limits_{z\to z_0}(z-z_0)^{k+1} f(z)</math> már nulla.
  
 +
Plusszingularitások rendjének kiszámítására két fontos lemmát használhatunk.
  
 +
'''Állítás.'''  Az ''f'': ''D'' \ {<math>z_0</math>} <math>\to</math> '''C''' függvénynek pontosan akkor van ''k''-ad rendű pólusszingularitása a <math>z_0</math> helyen, ha létezik olyan D-n reguláris ''g'' függvény, mely <math>z_0</math>-ban nem nulla, és minden D-beli <math>z</math> &ne;<math> z_0</math>-ra:
 +
:<math>f(z)=\frac{g(z)}{(z-z_0)^k}</math>
  
 +
Azaz az ilyen ''f''-ek
 +
:<math>f(z)=\frac{1}{(z-z_0)^k}g(z)</math>
 +
alakúak, ahol ''g'' reguláris, ezt azért nem bizonyítjuk, mert szinte csak átfogalmazása a definíciónak.
  
   
+
'''Példa.''' Világos, hogy az
   
+
:<math>f(z)=\frac{\cos z}{z^{1821}}</math>
 +
függvény pólusszingularitásának foka 1821.
 +
 
 +
Res<sub>0</sub>f=<math>\frac{\cos^{(1820)}(0)}{1820!}=\frac{(-1)^{1820/2+1}}{1820!}=\frac{1}{1820!}</math>
 +
 
 +
'''Példa.''' Milyen szingularitása van az
 +
:<math>f(z)=\frac{1-\cos z^2}{z^{1821}}</math>
 +
függvénynek?
 +
 
 +
''Megoldás.''
 +
:<math>f(z)=\frac{1-\cos(z^2)}{z^{1821}}=\frac{1-\cos(z^2)}{z^4}\cdot\frac{1}{z^{1817}}</math>
 +
-ben az első tényező regulárissá tehető 0-ban (hiszen egy 0-körüli reguláris hatánysorral azonos a 0-n kívül), így f-nek 1817-ed rendű pólusszingularitása van.  
 +
 
 +
'''Állítás.''' Ha az ''f'' függvény
 +
:<math>f(z)=\frac{g(z)}{h(z)}\,</math>
 +
alakú, ahol g,h reguláris és h-nak a <math> z_0</math>-ban ''k'' multiplicitású zérushelye van, akkor ''f'' -nek ''k''-adrendű pólusa van <math> z_0</math>-ban.
 +
 
 +
'''Bizonyítás.''' Vegyük h <math>z_0</math> körüli Taylor-sorát. A ''k'' multiplicitás azt jelenti, hogy a
 +
:<math>\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{h^{(n)(z_0)}}{n!}(z-z_0)^n\,</math>
 +
sorban
 +
:<math>h(z_0)=0\,</math>
 +
:<math>h'(z_0)=0\,</math>
 +
:<math>\vdots</math>
 +
:<math>h^{(k-1)}(z_0)=0\,</math>
 +
de
 +
:<math>h^{(k)}(z_0)\ne 0\,</math>
 +
Tehát
 +
:<math>h(z)=\sum\limits_{n=k}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n\,</math>
 +
Kiemelve (z-<math>z_0</math>)<sup>k</sup>-t kapjuk:
 +
:<math>\frac{g(z)}{h(z)}=\frac{1}{(z-z_0)^k}\cdot\frac{g(z)}{\sum\limits_{n=0}^{\infty}h^{(n+k)}(z_0)\frac{1}{(n+k)!}(z-z_0)^{n+k}}</math>
 +
ahol az utolsó tényező reguláris.
 +
 
 +
A reziduumok számításánál nagyon hasznos a következő lemma (mely könnyen általánosítható olyan esetekre, amikor a derivált is eltűnik).
 +
 
 +
'''Állítás.''' Ha az ''f'' függvény két reguláris hányadosa
 +
:<math>f(z)=\frac{g(z)}{h(z)}</math>
 +
és a <math> z_0</math>-ban izolált szingularitása van úgy, hogy h(<math>z_0</math>)=0, de h'(<math>z_0</math>)&ne; 0, akkor az ekörüli reziduum:
 +
:<math>\mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{g(z_0)}{h'(z_0)}</math>
 +
 
 +
''Ugyanis,'' vegyük h <math>z_0</math> körüli Taylor-sorát:
 +
:<math>\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n\,</math>
 +
Ebből kiemelhetünk <math>z-z_0</math>-t:
 +
 
 +
:<math>f(z)=\frac{g(z)}{(z-z_0)\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n}</math>
 +
Használjuk a reziduumtételt és a Cauchy-formulát a residuum kiszámítására:
 +
 
 +
:<math>2\pi i\cdot \mathrm{Res}_{z_0}=\oint\limits_{G} f(z)\mathrm{d}z=\oint\limits_G\frac{ \frac{g(z)}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n} }{(z-z_0)}\mathrm{d}z=</math>
 +
 
 +
:<math>=2\pi i\cdot\left.\frac{g(z)}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^{n-1}}\right|_{z_0}=2\pi i\cdot\frac{g(z_0)}{h'(z_0)}</math>
 +
 
 +
alkalmas G görbére.
 +
 
 +
Magasabbrendű pólusszingularitások reziduumának kiszámítására a következő formula érvényes:
 +
 
 +
'''Tétel.''' Ha ''f''-nek k-adrendű pólusa van <math>z_0</math>-ban, akkor
 +
:<math>
 +
\mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{1}{(k-1)!}\lim\limits_{z\to z_0}((z-z_0)^k f(z))^{(k-1)}
 +
</math>
 +
Ezt a formulát csak abban az esetben bizonyítjuk, amikor <math>z_0</math> véges. Ebben az esetben a fenti határérték, maga a helyettesítési érték, hisz reguláris függvény analitikus. Legyen
 +
:<math>\varphi(z)=(z-z_0)^k f(z)\,</math>
 +
Tudjuk, hogy f Laurent-sorában -k-ig vannak irreguláris tagok:
 +
:<math>f(z)=\frac{c_{-k}}{(z-z_0)^k}+...+\frac{c_{-1}}{z-z_0} +c_0+c_1(z-z_0)+...\,</math>
 +
ezért &varphi; már egy Taylor sor, és világos, hogy a c<sub>-1</sub> tagot a Taylor-sora k-1-edik tagjának együtthatójából számíthatjuk ki:
 +
:<math>\varphi(z)=(z-z_0)^k f(z)=c_{-k}+...+c_{-1}(z-z_0)^{k-1}+c_0(z-z_0)^k+c_1(z-z_0)^{k+1}+...\,</math>
 +
azaz
 +
:<math>
 +
\mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{1}{(k-1)!}(\varphi)^{(k-1)}(z_0)
 +
</math>
 +
 
 +
 
 +
'''Példa.''' Milyen szingularitása van az alábbi függvénynek a nevező zérushelyein? Mennyi a reziduuma?
 +
 
 +
:<math>\frac{\cos(3z)}{\sin^2(5z)}</math>
 +
 
 +
''Megoldás.'' Másodrendű szing. a zérushelyeken. Ugyanis, a zérushelyek
 +
:<math>z_l=\frac{\pi}{5} l
 +
</math>
 +
és ezek másodrendűek, mert:
 +
:<math>(\sin^2(5z))'|_{z_l}=10\sin(5z)\cos(5z)|_{z_l}=0</math>
 +
:<math>(\sin^2(5z))''|_{z_l}=(10\sin(5z)\cos(5z))'|_{z_l}=50\cos(10z)|_{z_l}=50\cos(2\pi l)=50\ne 0</math>
 +
 
 +
:<math>\mathrm{Res}_0f=\left.\left(z^2\frac{\cos(3z)}{\sin^2(5z)}\right)'\right|_0=</math>
 +
Kicsit bonyi és a határérték számítása prolémát okoz.
 +
 
 +
Érdemes inkább a deriváltra vonatkozó Cauchy-formulával:
 +
 
 +
''1.''
 +
:<math>\mathrm{Res}_0f=\frac{1}{2\pi i}\oint\frac{\frac{1}{25}\cos 3z\frac{25 z^2}{\sin^2(5z)}}{z^2}=\frac{2\pi i}{2\pi i}\left.\left(\frac{1}{25}\cos 3z\frac{25 z^2}{\sin^2(5z)}\right)'\right|_{z=0}</math>
 +
Ha tudjuk a kardinálszinusz négyzetének, reciprokának deriváltját (0), akkor ezt ki tudjuk számolni:
 +
:<math> =\frac{1}{25}3\sin(3\cdot 0)\cdot 1+\frac{1}{25}\cdot 0=0\,</math>
 +
 
 +
''2.'' Másként, egy általános módszert is mutatunk.
 +
Másodrendű pólussal van dolgunk:
 +
:<math>f(z)=\frac{c_{-2}}{z^2}+\frac{c_{-1}}{z}+\rho(z)</math>
 +
ahol &rho; reguláris.
 +
:<math>\cos(3z)=1-\frac{9}{2}z^2+\frac{3^4}{4!}z^4+...</math>
 +
:<math>\sin^2(5z)=\sin(5z)\times\sin(5z)=(5z-\frac{5^3}{3!}z^3+...)\times (5z-\frac{5^3}{3!}z^3+...)=25z^2-\frac{5^4}{3}z^4+...</math>
 +
Ekkor:
 +
:<math>\cos(3z)=f(z)\sin^2(5z)\,
 +
</math>
 +
:<math>1-\frac{9}{2}z^2+\frac{3^4}{4!}z^4+...=(\frac{c_{-2}}{z^2}+\frac{c_{-1}}{z}+\rho(z))\times(25z^2-\frac{5^4}{3}z^4+...)=</math>
 +
:<math>=25c_{-2}-\frac{5^4}{3}c_{-2}z^2+25c_{-1}z+25c_0z^2+...=25c_{-2}+25c_{-1}z+(-\frac{5^4}{3}c_{-2}+25c_0)z^2+...</math>
 +
 
 +
S mivel az cos(3.) sorában nincs esőfokú tag, ezért az eredménysorban sem lehet, azaz  25c<sub>-1</sub> = 0, azaz a reziduum 0.
 +
 
 +
==Gyakorlás==
 +
 
 +
'''Példa.''' Legyen
 +
:<math>f(z)=\frac{z^3}{(z^2+1)(z-1)}\,</math>
 +
Mennyi a
 +
:<math>\oint\limits_{|z|=2}f(z)\mathrm{d}z</math>
 +
integrál?
 +
 
 +
''1. Megoldás.'' Kiszámítjuk a &infin;-beli reziduumot. A &zeta; = 1/''z'' helyettesítést alkalmazva fejtjük sorba a &zeta;=0 körül:
 +
:<math>F(\zeta)=f(\frac{1}{\zeta})=\frac{\frac{1}{\zeta^3}}{(\frac{1}{\zeta^2}+1)(\frac{1}{\zeta}-1)}=\frac{1}{1-\zeta+\zeta^2-\zeta^3}</math>
 +
Ezt a 0-ban Taylor-sorba fejthetjük:
 +
:<math>F(\zeta)=\sum\limits_{n=0}^\infty(\zeta-\zeta^2+\zeta^3)^n=1+\zeta-\zeta^2+\zeta^3+(...)^2+...</math>
 +
Visszatranszformálva:
 +
:<math>f(z)=1+\frac{1}{z}+...\,</math>
 +
azaz a f valóban reguláris az &infin;-ben és reziduuma -1. Emiatt az integrál +2&pi;i, ugyanis
 +
:<math>\mathrm{Res}_1f+ \mathrm{Res}_if+ \mathrm{Res}_{-i}f+ \mathrm{Res}_\infty f=0\,</math>
 +
így
 +
:<math>\mathrm{Res}_1f+ \mathrm{Res}_if+ \mathrm{Res}_{-i}f=- \mathrm{Res}_\infty f=-(-1)\,</math>
 +
 
 +
''2. Megoldás.'' Egyenkint, Cauchy-formulával.
 +
:<math>\oint\limits_{|z-1|=1}\frac{\frac{z^3}{z^2+1}}{z-1}\mathrm{d}z+\oint\limits_{|z-i|=1}\frac{\frac{z^3}{(z+i)(z-1)}}{z-i}\mathrm{d}z+\oint\limits_{|z+i|=1}\frac{\frac{z^3}{(z-i)(z-1)}}{z+i}\mathrm{d}z=</math>
 +
:<math>=2\pi i\left.\frac{z^3}{z^2+1}\right|_{1}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z+i)(z-1)}\right|_{i}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z-i)(z-1)}\right|_{-i}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(i+1)+\frac{1}{4}(1-i)=1</math>
 +
 
 +
'''Példa.''' Jellemezze a szinguláris helyeket!
 +
:<math>f(z)=\frac{1}{1-e^{\frac{1}{z^2}}}</math>
 +
 
 +
''Megoldás.'' A 0 és az &infin; szinguláris helyek, továbbá a nevező zérushelyei:
 +
:<math>z^2_l=\frac{1}{l2\pi i}\,</math>
 +
Mivel ennek a sorozatnak a 0 torlódási pontja, ezért a 0 nem izolált szinguláris hely. (Tehát a Laurent-sorra alapozott tételeink rá nem használhatók. Ennek ellenére elvileg megvizsgálható, hogy van-e ott határérték vagy sem, de nem a sajátos komplex eszközökkel. Ekkor természetesen azt kapjuk, hogy nincs határértéke (még végtelen sem), de ebből nem tudunk a lényeges izolált szingularitások tulajdonságaira következtetni!)
  
 +
A véges izolált szinguláris pontokban
 
   
 
   
 
[[Kategória:Matematika A3]]
 
[[Kategória:Matematika A3]]

A lap jelenlegi, 2013. október 23., 06:51-kori változata

<Matematika A3a 2008


Tartalomjegyzék

Laurent-sor

A Laurent-sor együtthatói

c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}z

amennyiben a G egy a körgyűrűben haladó a z0-t egyszer körülölelő zárt görbe.


Példa. Fejtsük Laurent-sorba az alábbi függvényt a -i pont körül:

f(z)=\frac{\sin(z+i)}{(z+i)^3}\,

1. Megoldás. Tegyük z+i=w-t és helyettesítsünk a sin már ismert sorába. w≠ 0-ra:

f(w)=\frac{1}{w^3}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)}w^{2n+1}= \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}w^{2n+1-3}=

"2n+1-3=2n-2=2k"-val ill 2n=2k+2-vel, ill n=k+1


=\sum\limits_{k=-1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{(2k+3)!}w^{2k}

2. Megoldás. Az képlettel és a sin deriváltjaival.


c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{\frac{\sin(w)}{w^3}}{w^{n+1}}\mathrm{d}w=
\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{\sin(w)}{w^{n+4}}\mathrm{d}w=

n +4 < 0-ra, azaz n < -4 -re az integrandus reguláris, így az integrál 0, sőt n=-4-re és n=-3-re is ez a helyzet. n > -3 -re a deriváltakra vonatkozó Cauchy-féle képletekkel kell kiszámítanunk, az n-edik együtthatót abból a képletből számoljuk, mely nevezőben lévő n+4 = (n+3)+1 miatt az n+3-edik deriváltat adja. Mivel

\sin^{(n+3)}(0)=\frac{(n+3)!}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{\sin(w)}{w^{n+4}}\mathrm{d}w

ezért


n\geq -3\quad\quad c_n=\frac{1}{2\pi i}\frac{2\pi i }{(n+3)!}\sin^{(n+3)}(0)=\frac{\sin^{(n+3)}(0) }{(n+3)!}

2l=n-nel

c_{2l}=\frac{\sin^{(2l+3)}(0) }{(2l+3)!}=\frac{(-1)^{l+1}}{(2l+3)!},\quad\mathrm{ha} \quad l\geq-1 és
c_{2l}=0,\quad\mathrm{ha} \quad l<-1

Főrész nélküli Laurent-sor

Ha nincs a Laurent-sornak főrésze, akkor R-=0 és az f függvény a z0 pontban vagy reguláris, vagy megszüntethető szakadása van. Ez utóbbi amiatt, hogy ebben az esetben f a z0-on kívül azonos egy hatványsor összegfüggvényével, mely azonban Abel tétele miatt folytonos és így határértéke a helyettesítési értékkel egyenlő. Tehát, ha f ilyen, akkor:

\lim\limits_{z\to z_0}f(z)=\lim\limits_{z\to z_0}\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n=\sum\limits_{n=0}^\infty c_n0^n=c_0

hiszen a hatványsoroknál a középpontban a 00 hatványt 1-nek értelmezzük.

f kiterjeszthető ezek szerint analitikusan kiterjeszthető és az értéke

\overline{f}(z_0)=c_0

Világos, hogy ezesetben a cn együtthatók pontosan az f kiterjesztésének taylor-sori együtthatói, hiszen a deriváltakra vonatkozó Cauchy-formulákat a Taylor-sorral összevetve:

f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\oint\limits_{G}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}z
\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n

bármilyen a z0-t egyszer körülölelő, a körgyűrűben haladó zárt görbére.

Példa. Igazoljuk, hogy az alábbi függvény reguláris a 0 pontban és számítsuk ki a a kiterjesztés összes magasabbrendű deriváltját!

f(x)=\frac{e^z-z-1}{z^2}\,

Megoldás. Elvileg ez egy Laurent-sor, hisz számlálóbeli reguláris függvény van elosztva z2-tel. De konkrétan elvégezve:

f(x)=\frac{1}{z^2}(\frac{1}{2}z^2+\frac{1}{2\cdot 3}z^3+...)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2\cdot 3}z+...

azaz f a 0-t kivéve egy reguláris függvénnyel egyenlő, azaz kiterjeszthető regulárissá és ez a fenti. A deriváltakat a Taylor-sor együtthatói adják a megfelelő faktoriálissal megsorozva. k=n-2-re:

f(x)=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n!}z^{n-2}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+2)!}z^{k}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!(k+1)(k+1)}z^{k}

azaz

f^{(k)}(0)=\frac{1}{(k+1)(k+2)}

A végtelen pont körüli Laurent-sor

Legyen az f: C \supset\!\to C függvény az ∞ egy környezetében mindenhol reguláris.

  • Regulárisnak nevezzük az f(z) függvényt a ∞-ben, ha az F(1/ζ) függvény (azaz a \circ(1/id) függvény) reguláris 0-ban, azaz ott megszüntethető szakadása van.
  • Az f ∞-beli Laurent-során a ∑\circ(1/id) sort értjük, ahol ∑ az f\circ(1/id) függvény 0-beli Laurent-sora.
  • ∑ főrésze a ∑\circ(1/id)-ban a reguláris lesz és fordítva, azaz
  • \circ(1/id) konvergenciatartománya |z| > 1/r számok, ahol 0<|z|<r-ra konvergens ∑.

Példa. Írjuk fel az

f(z)=z^2 \,

függvény ∞ körüli Laurent-sorát!

Megoldás.

F(\zeta)=f\left(\frac{1}{\zeta}\right)=\frac{1}{\zeta^2}\,

Ez csak főrészt tartalmazó 0 < |ζ| < +∞ tartományon konvergens sor, azaz előállítja f\circ(1/id)-t. f ugyanúgy viselkedik ∞-ben, mint f\circ(1/id) a nullában, így f'-nek a ∞-ben csak főrészt tartalmaz és a sora maga az f. Reziduuma 0.

Példa. Írjuk fel az

f(z)=e^{\frac{1}{z}}

függvény ∞ körüli Laurent-sorát!

Megoldás.

F(\zeta)=f\left(\frac{1}{\zeta}\right)=e^{\zeta}

Ennek sora:

eζ = 1 + ζ + ...

és a |ζ| < +∞ tartományon konvergens és csak reguláris része van. Tehát vissza transzformált sor:

f(z)=1+\frac{1}{z}+...

mindenhol konvergens és szintén csak reguláris része van. Sőt, ekkor azt mondjuk, hogy f az ∞-ben reguláris. Reziduuma -1

Példa. Írjuk fel az

f(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{z}}

függvény ∞ körüli Laurent-sorát!

Megoldás.

F(\zeta)=f\left(\frac{1}{\zeta}\right)=\frac{1}{1-\zeta}

Ez a B(0,1)-en konvergens és csak reguláris tagokat tartalmaz. Így a ∞ körüli sor is csak azt fog tartalmazni és

f(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{z}}=1+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}+...

konvergens lesz a |z| > 1-en. Reziduuma 1.

Sziguláris helyek és osztályozásuk, reziduumszámítás

Az f: D \to C nyílt halmazon értelmezett függvény izolált szinguláris helyének nevezzük a \scriptstyle{z_0\in\overline{\mathbf{C}}} pontot, ha f értelmezve van a z0 egy kipontozott környzetében, de ott a függvény nem reguláris.

Itt a nem regulárist úgy értjük, hogy vagy értelmezve van, de ott nem komplex deriválható, vagy nincs értelmezve.

A definícióval másképp is fogalmazható. Ha az f: D \to C nyílt halmazon értelmezett függvény esetén a \scriptstyle{z_0\in\overline{\mathbf{C}}} pont olyan, hogy létezik δ > 0, hogy

\dot{\mathrm{B}}_\delta(z_0)\subseteq D\,

akkor a következők ekvivalensek:

  1. z0 f-nek izolált szinguláris pontja
  2. z0-ban f nincs értelmezve, vagy nem folytonos

ugyanis, ha folytonos az adott pontban, körülötte pedig reguláris, akkor az adott pontban is reguláris (v.ö. Riemann-tétel).

Reziduum

A \scriptstyle{\dot{\mathrm{B}}_\delta(z_0)}-n reguláris függvény sorbafejthető z0 körül. Éppen ezért, minthogy a Laurent-sor c-1 együtthatója maga a reziduum, ezért a szinguláris helyek körüli sorfejtésből mindig adódik a reziduum is. Értelmezzük a ∞ körüli reziduumot is, az a -c-1 együttható.

Megszüntethető szingularitás

A \scriptstyle{\dot{\mathrm{B}}_\delta(z_0)}-n reguláris függvény sorbafejthető z0 körül. A szingularitásait ezért könnyen osztályozhtajuk a Laurent-sora szerint.

Az alábbi tétel azt mondja, hogy ha egy izolált szingularitás megszüntethető szakadás, akkor ott nem csak folytonossá tehető az f, de regulárissá is.

Tétel. f-nek pontosan akkor van a z0 izolált szingularitásban megszüntethető szakadása, ha a Laurent-sora csak reguláris részből áll. Ebben az esetben a függvény regulárissá tehető.

Bizonyítás. A megszüntethető szakadás definíciója miatt tudjuk, f-nek akkor van a z0-ban megszüntethető szakadása, ha

\lim\limits_{z\to z_0}f(z)

létezik és véges. Ekkor f egy z0 körüli környzetben korlátos. Belátjuk, hogy ekkor a Laurent-sora csak reguláris részből áll. Az együtthatóformulából, k < 0 egészre és Kr r sugarú körre:

|c_{-k}|=\left|\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{K_r}f(z)(z-z_0)^{k-1}\mathrm{d}z\right|\leq\frac{1}{2\pi}\oint\limits_{K_r}|f(z)||(z-z_0)^{k-1}|\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi}K^2\cdot 2\pi r\to 0

hiszen f korlátjához létezik olyan kis környzet, ahol a nullához tartó második tényező K-nál kisebb (vagy 1, és akkor a képletben és a végeredméybencsak K szerepel). Ha pedig r-rel tartunk a 0-hoz, az együttható eltűnik.

Persze ekkor az f függvény egy reguláris függvénnyel egyenlő a z0-on kívül, a z0-ban pedig f folytonos.

Értelmes tehát a következő definíció:

Definíció. f-nek a z0-ban megszüntethető szingularitása van, ha a z0 izolált szingularitása és ott a Laurent-sora csupa reguláris.

Példa. Igazoljuk, hogy az alábbi függvénynek megszüntethető szingularitása van a 0-ban!

f(z)=\frac{e^z-1}{\sin z}

Megoldás.

Tudjuk:

f(z)=\frac{e^z-1}{z}\cdot\frac{z}{\sin z}

a nullában az 1-hez tart, így 1) reguláris a 0-n kívül, 2) a 0-ban létezik véges határértéke, így a tétel miatt megszüntethető szingularitása van.


Ílymódon definiálhatjuk az ∞ pont regularitását is.


Példa. z0 = ∞

f(z)=\sin\left(\frac{1}{z}\right)

Megoldás.

Ez a függvény a végtelenben reguláris, vagy másként megszünetethető szingularitása van. Ugyanis a

f\left(\frac{1}{z}\right)=\sin(z)

függvény a 0-ban folytonos módon eltűnik. Az ∞ környzetében a függvényt az

f(z)=\frac{1}{z}-\frac{1}{3!}\cdot\frac{1}{z^3}+...\,

amely csak reguláris tagokat tartalmaz és

\lim\limits_{z\to \infty}f(z)=\lim\limits\frac{1}{z}\cdot\frac{\sin\left(\frac{1}{z}\right)}{\frac{1}{z}}=0

ahogy a tagonként határétékképzésből is ez jön ki.

Pólusszingularitás

Az f nek pólusszingularitása van a z0 izolált szinguláris helyen, ha a Laurent-sora főrészében legalább egy, de legfeljebb véges sok tag van.

Részletesebben. Az f nek k-ad rendű pólusszingularitása van a z0 izolált szinguláris helyen (k>0 egész), ha a Laurent-sora főrészében a c-k együttható nem nulla, de az 1/z k-nál magasabb hatványai már nem szerepelnek a főrészben.

Másként.

  • z0 pontosan akkor pólusszingularitás, ha  \lim\limits_{z\to z_0}f(z)=\infty
  • z0 pontosan akkor k-ad rendű pólusszingularitás, ha  \lim\limits_{z\to z_0}(z-z_0)^k f(z) véges, nemnulla, de  \lim\limits_{z\to z_0}(z-z_0)^{k+1} f(z) már nulla.

Plusszingularitások rendjének kiszámítására két fontos lemmát használhatunk.

Állítás. Az f: D \ {z0} \to C függvénynek pontosan akkor van k-ad rendű pólusszingularitása a z0 helyen, ha létezik olyan D-n reguláris g függvény, mely z0-ban nem nulla, és minden D-beli zz0-ra:

f(z)=\frac{g(z)}{(z-z_0)^k}

Azaz az ilyen f-ek

f(z)=\frac{1}{(z-z_0)^k}g(z)

alakúak, ahol g reguláris, ezt azért nem bizonyítjuk, mert szinte csak átfogalmazása a definíciónak.

Példa. Világos, hogy az

f(z)=\frac{\cos z}{z^{1821}}

függvény pólusszingularitásának foka 1821.

Res0f=\frac{\cos^{(1820)}(0)}{1820!}=\frac{(-1)^{1820/2+1}}{1820!}=\frac{1}{1820!}

Példa. Milyen szingularitása van az

f(z)=\frac{1-\cos z^2}{z^{1821}}

függvénynek?

Megoldás.

f(z)=\frac{1-\cos(z^2)}{z^{1821}}=\frac{1-\cos(z^2)}{z^4}\cdot\frac{1}{z^{1817}}

-ben az első tényező regulárissá tehető 0-ban (hiszen egy 0-körüli reguláris hatánysorral azonos a 0-n kívül), így f-nek 1817-ed rendű pólusszingularitása van.

Állítás. Ha az f függvény

f(z)=\frac{g(z)}{h(z)}\,

alakú, ahol g,h reguláris és h-nak a z0-ban k multiplicitású zérushelye van, akkor f -nek k-adrendű pólusa van z0-ban.

Bizonyítás. Vegyük h z0 körüli Taylor-sorát. A k multiplicitás azt jelenti, hogy a

\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{h^{(n)(z_0)}}{n!}(z-z_0)^n\,

sorban

h(z_0)=0\,
h'(z_0)=0\,
\vdots
h^{(k-1)}(z_0)=0\,

de

h^{(k)}(z_0)\ne 0\,

Tehát

h(z)=\sum\limits_{n=k}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n\,

Kiemelve (z-z0)k-t kapjuk:

\frac{g(z)}{h(z)}=\frac{1}{(z-z_0)^k}\cdot\frac{g(z)}{\sum\limits_{n=0}^{\infty}h^{(n+k)}(z_0)\frac{1}{(n+k)!}(z-z_0)^{n+k}}

ahol az utolsó tényező reguláris.

A reziduumok számításánál nagyon hasznos a következő lemma (mely könnyen általánosítható olyan esetekre, amikor a derivált is eltűnik).

Állítás. Ha az f függvény két reguláris hányadosa

f(z)=\frac{g(z)}{h(z)}

és a z0-ban izolált szingularitása van úgy, hogy h(z0)=0, de h'(z0)≠ 0, akkor az ekörüli reziduum:

\mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{g(z_0)}{h'(z_0)}

Ugyanis, vegyük h z0 körüli Taylor-sorát:

\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n\,

Ebből kiemelhetünk zz0-t:

f(z)=\frac{g(z)}{(z-z_0)\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n}

Használjuk a reziduumtételt és a Cauchy-formulát a residuum kiszámítására:

2\pi i\cdot \mathrm{Res}_{z_0}=\oint\limits_{G} f(z)\mathrm{d}z=\oint\limits_G\frac{ \frac{g(z)}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n} }{(z-z_0)}\mathrm{d}z=
=2\pi i\cdot\left.\frac{g(z)}{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{h^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^{n-1}}\right|_{z_0}=2\pi i\cdot\frac{g(z_0)}{h'(z_0)}

alkalmas G görbére.

Magasabbrendű pólusszingularitások reziduumának kiszámítására a következő formula érvényes:

Tétel. Ha f-nek k-adrendű pólusa van z0-ban, akkor


\mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{1}{(k-1)!}\lim\limits_{z\to z_0}((z-z_0)^k f(z))^{(k-1)}

Ezt a formulát csak abban az esetben bizonyítjuk, amikor z0 véges. Ebben az esetben a fenti határérték, maga a helyettesítési érték, hisz reguláris függvény analitikus. Legyen

\varphi(z)=(z-z_0)^k f(z)\,

Tudjuk, hogy f Laurent-sorában -k-ig vannak irreguláris tagok:

f(z)=\frac{c_{-k}}{(z-z_0)^k}+...+\frac{c_{-1}}{z-z_0} +c_0+c_1(z-z_0)+...\,

ezért &varphi; már egy Taylor sor, és világos, hogy a c-1 tagot a Taylor-sora k-1-edik tagjának együtthatójából számíthatjuk ki:

\varphi(z)=(z-z_0)^k f(z)=c_{-k}+...+c_{-1}(z-z_0)^{k-1}+c_0(z-z_0)^k+c_1(z-z_0)^{k+1}+...\,

azaz


\mathrm{Res}_{z_0}f=\frac{1}{(k-1)!}(\varphi)^{(k-1)}(z_0)


Példa. Milyen szingularitása van az alábbi függvénynek a nevező zérushelyein? Mennyi a reziduuma?

\frac{\cos(3z)}{\sin^2(5z)}

Megoldás. Másodrendű szing. a zérushelyeken. Ugyanis, a zérushelyek

z_l=\frac{\pi}{5} l

és ezek másodrendűek, mert:

(\sin^2(5z))'|_{z_l}=10\sin(5z)\cos(5z)|_{z_l}=0
(\sin^2(5z))''|_{z_l}=(10\sin(5z)\cos(5z))'|_{z_l}=50\cos(10z)|_{z_l}=50\cos(2\pi l)=50\ne 0
\mathrm{Res}_0f=\left.\left(z^2\frac{\cos(3z)}{\sin^2(5z)}\right)'\right|_0=

Kicsit bonyi és a határérték számítása prolémát okoz.

Érdemes inkább a deriváltra vonatkozó Cauchy-formulával:

1.

\mathrm{Res}_0f=\frac{1}{2\pi i}\oint\frac{\frac{1}{25}\cos 3z\frac{25 z^2}{\sin^2(5z)}}{z^2}=\frac{2\pi i}{2\pi i}\left.\left(\frac{1}{25}\cos 3z\frac{25 z^2}{\sin^2(5z)}\right)'\right|_{z=0}

Ha tudjuk a kardinálszinusz négyzetének, reciprokának deriváltját (0), akkor ezt ki tudjuk számolni:

 =\frac{1}{25}3\sin(3\cdot 0)\cdot 1+\frac{1}{25}\cdot 0=0\,

2. Másként, egy általános módszert is mutatunk. Másodrendű pólussal van dolgunk:

f(z)=\frac{c_{-2}}{z^2}+\frac{c_{-1}}{z}+\rho(z)

ahol ρ reguláris.

\cos(3z)=1-\frac{9}{2}z^2+\frac{3^4}{4!}z^4+...
\sin^2(5z)=\sin(5z)\times\sin(5z)=(5z-\frac{5^3}{3!}z^3+...)\times (5z-\frac{5^3}{3!}z^3+...)=25z^2-\frac{5^4}{3}z^4+...

Ekkor:

\cos(3z)=f(z)\sin^2(5z)\,
1-\frac{9}{2}z^2+\frac{3^4}{4!}z^4+...=(\frac{c_{-2}}{z^2}+\frac{c_{-1}}{z}+\rho(z))\times(25z^2-\frac{5^4}{3}z^4+...)=
=25c_{-2}-\frac{5^4}{3}c_{-2}z^2+25c_{-1}z+25c_0z^2+...=25c_{-2}+25c_{-1}z+(-\frac{5^4}{3}c_{-2}+25c_0)z^2+...

S mivel az cos(3.) sorában nincs esőfokú tag, ezért az eredménysorban sem lehet, azaz 25c-1 = 0, azaz a reziduum 0.

Gyakorlás

Példa. Legyen

f(z)=\frac{z^3}{(z^2+1)(z-1)}\,

Mennyi a

\oint\limits_{|z|=2}f(z)\mathrm{d}z

integrál?

1. Megoldás. Kiszámítjuk a ∞-beli reziduumot. A ζ = 1/z helyettesítést alkalmazva fejtjük sorba a ζ=0 körül:

F(\zeta)=f(\frac{1}{\zeta})=\frac{\frac{1}{\zeta^3}}{(\frac{1}{\zeta^2}+1)(\frac{1}{\zeta}-1)}=\frac{1}{1-\zeta+\zeta^2-\zeta^3}

Ezt a 0-ban Taylor-sorba fejthetjük:

F(\zeta)=\sum\limits_{n=0}^\infty(\zeta-\zeta^2+\zeta^3)^n=1+\zeta-\zeta^2+\zeta^3+(...)^2+...

Visszatranszformálva:

f(z)=1+\frac{1}{z}+...\,

azaz a f valóban reguláris az ∞-ben és reziduuma -1. Emiatt az integrál +2πi, ugyanis

\mathrm{Res}_1f+ \mathrm{Res}_if+ \mathrm{Res}_{-i}f+ \mathrm{Res}_\infty f=0\,

így

\mathrm{Res}_1f+ \mathrm{Res}_if+ \mathrm{Res}_{-i}f=- \mathrm{Res}_\infty f=-(-1)\,

2. Megoldás. Egyenkint, Cauchy-formulával.

\oint\limits_{|z-1|=1}\frac{\frac{z^3}{z^2+1}}{z-1}\mathrm{d}z+\oint\limits_{|z-i|=1}\frac{\frac{z^3}{(z+i)(z-1)}}{z-i}\mathrm{d}z+\oint\limits_{|z+i|=1}\frac{\frac{z^3}{(z-i)(z-1)}}{z+i}\mathrm{d}z=
=2\pi i\left.\frac{z^3}{z^2+1}\right|_{1}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z+i)(z-1)}\right|_{i}+2\pi i\left.\frac{z^3}{(z-i)(z-1)}\right|_{-i}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}(i+1)+\frac{1}{4}(1-i)=1

Példa. Jellemezze a szinguláris helyeket!

f(z)=\frac{1}{1-e^{\frac{1}{z^2}}}

Megoldás. A 0 és az ∞ szinguláris helyek, továbbá a nevező zérushelyei:

z^2_l=\frac{1}{l2\pi i}\,

Mivel ennek a sorozatnak a 0 torlódási pontja, ezért a 0 nem izolált szinguláris hely. (Tehát a Laurent-sorra alapozott tételeink rá nem használhatók. Ennek ellenére elvileg megvizsgálható, hogy van-e ott határérték vagy sem, de nem a sajátos komplex eszközökkel. Ekkor természetesen azt kapjuk, hogy nincs határértéke (még végtelen sem), de ebből nem tudunk a lényeges izolált szingularitások tulajdonságaira következtetni!)

A véges izolált szinguláris pontokban

Személyes eszközök