Matematika A3a 2008/10. gyakorlat

A MathWikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2008. december 2., 16:58-kor történt szerkesztése után volt.

<Matematika A3a 2008

Tartalomjegyzék

Taylor-sor

A Cauchy-féle integrálformula következménye a következő tétel, mely a komplex differenciálelmélet egyik megjellegzetesebb eredménye:

Tétel. Ha az f: C \supset\!\to C függvény az értelmezési tartománya egy z0 pontjában és ennek egy nyílt környezetében komplex differenciálható (azaz z0-ban reguláris), akkor f a z0 pont egy V = Bδ(z0) környezetén mindenhol végtelenszer differenciálható, V minden pontjában az f z0-beli Taylor-sora konvergens és ennek határfüggvénye V-n előállítja f-et:

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

(azaz f analitikus z0-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

R=\frac{1}{\limsup\limits_{n}\sqrt[n]{|a_n|}}\,

ahol a sor a ∑an(z-z0)n, a körlap középpontja z0, és ahol a reciprok kivételesen úgy értendő, hogy 1/0 = ∞, 1/∞ = 0.

2. A legyakrabban használt Taylor-sorok a következők:

|z|<1\mathrm{-re:}\quad\quad\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad e^z=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}z^n\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \sin(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}z^{2n+1}\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \cos(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!}z^{2n}\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{sh}(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)!}z^{2n+1}\,
|z|<\infty\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{ch}(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n)!}z^{2n}\,
|z|<1\mathrm{-re:}\quad\quad \mathrm{ln}(1+z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}z^n\,

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

A következőkben olyan függvényekkel foglalkozunk, melyek egy adott pontban nem feltétlenül regulárisak, de azon kívül egy környzetben azok.


Tétel. Ha az f: C \supset\!\to C függvény olyan, hogy a z0 pont egy  \scriptstyle{\dot{\mathrm{B}}_\delta(z_0)} kipontozott környezetében az f függvény reguláris, akkor a z0 pont körül f Laurent-sorba fejthető, azaz léteznek olyan z_0 körüli

R_-<|z-z_0|<R_+\,

körgyűrű hogy ezen belül egy

\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n\,

sor előállítja f-et.

A körgyűrű sugarai

R_+=\frac{1}{\limsup\limits_{n>0}\sqrt[n]{|c_n|}}\,
R_-=\limsup\limits_{n<0}\sqrt[n]{|c_n|}\,

Példa. Mely pontok körül fejthető sorba az

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

függvény és mik a konvergenciatartományok? Megoldás. z ≠ 0-ra reguláris, így minden z0 ≠ 0-ra Taylor-sorba fejthető. Ez a sor:

\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)}=
 =\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

A sugara 1, hisz |(-1)||z-z0|<1 kell, ami ugyanaz, mint |z-z0|<1. Persze, ha |z0| < 1, akkor a sugár, maga a |z0|, hisz a 0-t nem állítja elő a sor.

z = 0-ban Laurent-sora is van éspedig önmaga:

f(z)=...+0+\frac{1}{z}+0+... \,

Ennek a sugarai R-=0, mert a (...0,0,1) sorozat n-edik gyökeinek limszupja 0, és R-=+∞, mert a (0,0,0,0,0,...) sorozat n-edik gyökeinek limszupja 0 és "reciproka" + végtelen. (Ez egyben a ∞ körüli Laurent-sor, melynek csak reguláris része van.)

Reguláris- és főrész

A Laurent-sor

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

részét a sor főrészének, a

\sum\limits_{n=0}^{+\infty}c_{n}(z-z_0)^n\,

részét a sor reguláris részének nevezzük.

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

és az

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

függvények ∞ körüli Laurent-sorát!

Megoldás. 1.

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.

2.

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

Ennek sora:

ez = 1 + z + ...

és a |z| < +∞ tartományon konvergens és csak reguláris része van. Tehát

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

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

3.

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

Ez a B(0,1)-en konvergens és csak reguláris tagokat tartalmaz. Így a ∞ körüii 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.

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. 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.

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.

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

\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

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)

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
Személyes eszközök