Matematika A3a 2009/8. gyakorlat

A MathWikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2009. november 11., 19:57-kor történt szerkesztése után volt.

Tartalomjegyzék

Laurent-sor

1. Feladat Igazoljuk, hogy ha ∑-∞cn(zz0)n hatványsornak a z0-ban izolált szingularitása van, máshol reguláris, akkor

\oint\limits_{G}\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n\,\mathrm{d}z=2\pi i c_{-1}

Mo. Ugyanis,

\oint\limits_{G}\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n\,\mathrm{d}z=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}\oint\limits_{G}c_n(z-z_0)^n\,\mathrm{d}z=
=\oint\limits_{G}c_{-1}(z-z_0)^{-1}\,\mathrm{d}z=2\pi i c_{-1}

mert a primitív függvénnyel rendelkező tagok integráljai nullák.

\mathrm{Res}_{z_0}f=c_{-1}

2. Feladat. Állítsuk elő a 3/2 i számot

a) függvény \frac{1}{1-z} a 0 körül sorával
b) \frac{i}{(z+i)(z+2i)} -t a 0 körül

Mo. a)

\frac{1}{1-z}=\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{z}-1}=-\frac{1}{z}\frac{0}{1-\frac{1}{z}}=-\frac{1}{z}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{z^n}=

a konvergencia feltétele |1/z|<1, |z|>1 -n+1=k-val:

\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{k=-1}^{\infty}-z^{k}=

b)

\frac{i}{(z+i)(z+2i)}=\frac{1}{z+i}-\frac{1}{z+2i}=


Izolált szingularitások osztályozása

Ha az f a \scriptstyle{\dot{\mathrm{B}}_\delta(z_0)}-n reguláris, de a z0-ban nem, akkor itt izolált szingularitása van. Ilyen az 1/z a 0-ban és nem ilyen a 1/sin(1/z) a 0- körül.

Az izolált szingularitások osztályozatók a Laurent-sora tagjai szerint.

Megszüntethető szingularitás

Ha a Laurent sor főrésze eltünik, akkor a függvény regulárissá tehető.

3. Feladat. (Riemann-tétel) Igazoljuk, hogy ha f korlátos, z0-ban szingularis és máshol reguláris, akkor a körintegrálja eltűnik.

Mo. Belátjuk, az f Laurent-sorának főrésze eltűnik. Az Laurent-sor együtthatóformuláiból, k < 0 egészre és Kr egy 0 < r < 1 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}r=
=\frac{1}{2\pi}K \cdot 2\pi r\to 0

ahol K az f korlátja. Itt felhasználtuk, hogy xk − 1 < 1, ha 0 < x < 1. Ha pedig r-rel tartunk a 0-hoz, az együttható eltűnik.

f-tehát kiterjeszthető U-n reguláris függvénnyé, így a Cauchy-tétel miatt minden körintegrálja eltűnik. Vagy egyszerűbben: f reziduuma a megszüntethető szingularitási helyen 0.

4. Feladat Milyen szingularitása van a 0-ban, mennyi ott a reziduuma, mennyi a körintegrálja a 0 körüli egségkörön?

\oint\limits_{|z|=1}\frac{z^2}{1-\cos z}\,\mathrm{d}z=?

Mo. Megnézzük az értelmezési tartományt!

1-\cos z=0\,, \cos z=1\,,
\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=1
e^{2iz}-2e^{iz}+1=0\,
(e^{iz}-1)^2=0\,
e^{iz}=1\,
iz=k2\pi i\,, z=2\pi k\,

Tehát a kör lapon értelmes kivéve a 0-t, ahol viszont korlátos egy környezetben:

\lim\limits_{z\to 0}\frac{1-\cos z}{z^2}=\frac{1}{2}

A maradék kompakton folytonos, így korlátos, tehát az előző tétel értelmébena körintegrálja eltűnik, a reziduuma 0, a szakadása megszüntethető.

Pólusszingularitás

Ha a Laurent-sorban az első nemnulla tag az 1/zn-hez tartozó, akkor ott a függvénynek n-edrendű pólusa van.

Persze ekkor f(z)zn már reguláris.

5. Feladat. Milyen a szingularitása, mennyi a reziduuma, mennyi a körintegrálja az aegysékörön a 0-ban.

\oint\limits_{|z|=1}\frac{1}{\sin 2z}\,\mathrm{d}z=?

Mo. Tudjuk,

\lim\limits_{z\to 0}\frac{\sin 2z}{z}=2

emiatt zf(z) már reguláris, ezért a Laurent-sorában a főrészben egyedül a c-1-hez tartozó tag van.

\frac{1}{\sin 2z}=c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...\,
\frac{1}{2z-\frac{1}{6}(2z)^3+...}=c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...\,
1=(2z-\frac{1}{6}(2z)^3+...)(c_{-1}\frac{1}{z}+c_0+c_1z+...)\,
1=2c_{-1} \,, c_{-1}=\frac{1}{2}
\oint\limits_{|z|=1}\frac{1}{\sin 2z}\,\mathrm{d}z=\pi i

Lényeges szakadás

Ha a főrész végtelen hosszú.

Személyes eszközök