KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY exp z., k = 1, 2,... Eksponenttifunktion z exp(z) Laurent-sarjan avulla

Transkriptio

1 KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012 RITVA HURRI-SYRJÄNEN 11. Integrointi erillisen erikoispisteen ympäri Olkoot f analyyttinen punkteeratussa kiekossa D(z 0.r\{z 0 }. Funktiolla f on erikoispiste z 0. Olkoon γ suljettu, paloittain C 1 -polku, joka on yksinkertainen ja kiertää pisteen z 0 ympäri positiiviseen kiertosuuntaan Esimerkki. Määrää + D(0,1 exp ( 1. z f(z Epäoleellisuus ei näytä olevan muotoa (z z 0, k = 1, 2,.... Eksponenttifunktion z exp(z Laurent-sarjan avulla k ( 1 exp ( = + z z + 2!z + 2 3!z Tässä funktiolla z 1, n 2, on integraalifunktio (eli antiderivaatta avoimessa joukossa, jossa suljetun polun jälki + D(0, 1 on ja n!z n siis = 0 jokaisella n 2. n!zn Siis + D(0,1 exp ( 1 = 0 + z z = 2πi missä viimeinen yhtäsuuruus saadaan suoraan laskemalla tai Cauchyn integraalikaavasta. Huomaa, että yhtäsuuruus ( edellyttää eksponenttifunktion sarjakehitelmän tasaista suppenemista, jotta integroinnin ja summauksen järjestyksen voi vaihtaa. Date:

2 2 Kompleksianalyysi I kurssi/rhs Yleisesti: Jos funktiolla f on Laurent-sarjaesitys f(z = a n (z z 0 n n= ja γ on positiiviseen kiertosuuntaan kerran kulkeva (siis yksinkertainen suljettu paloittain C 1 -polku, jonka rajaaman rajoitetun alueen sisälle kuuluu funktion f erillinen erikoispiste z 0 eikä siellä ole muita erikoispisteitä, niin silloin f(z = a 1 = 2πia 1, z z 0 γ koska kaikilla Laurent-sarjan muilla termeillä on integraalifunktio. γ Koska a 1 on ainoa termi, joka jää integroimisen jälkeen, sanotaan sitä funktion f residyksi pisteessä z 0 ja merkitään a 1 = Res(f; z 0. Siis f(z = 2πi Res(f; z 0. γ Perustelu: Olkoon f analyyttinen funktio punkteeratussa kiekossa D(z 0, r \ {z 0 } ja olkoon r 0 < r. Tällöin funktion f Laurent-sarja suppenee tasaisesti ympyrällä z z 0 = r 0. Nyt ( f(z = a n (z z 0 n + D(z 0,r 0 koska ( = + D(z 0,r 0 n= n= + D(z 0,r 0 + D(z 0,r 0 (z z 0 n = a n (z z 0 n = a 1 2πi = 2πi Res(f; z 0, { 0, kun n 1 2πi, kun n = 1. Yhtäsuuruuden ( kohdalla tarvitaan sarjan tasainen suppeneminen.

3 Kompleksianalyysi I kurssi/rhs 3 Jos erillisiä erikoispisteitä on enemmän positiivisesti suunnistetun polun γ jäljen rajaaman alueen sisällä, niin n f(z = 2πi Res(f; z k, γ missä pisteet z j, kun j = 1,..., n, ovat erilliset erikoispisteet Esimerkki. Res ( exp( 1 z ; 0 = Residy-teoreema. Olkoon f analyyttinen yhdesti yhtenäisessä alueessa A lukuunottamatta äärellistä määrää erillisiä erikoispisteitä z 1,..., z n, missä z k A, kaikilla k = 1,..., n. Silloin n f(z = 2πi Res(f; z k n(γ; z k γ kaikilla suljetuilla paloittain C 1 -poluilla γ alueessa A, kun z k k = 1,..., n Residyn laskemisesta. / γ, (1 Jos funktiolla f on poistuva erikoispiste z 0, niin Laurent-sarjalla ei ole luvun (z z 0 negatiivisia potensseja. Laurent-sarjassa ei siis ole termiä 1 z z 0, joten funktion f residy pisteessä z 0 on nolla. (2 Olkoon funktiolla f yksinkertainen napa pisteessä z 0. Silloin Laurent-sarja on muotoa f(z = a 1 + a 0 + a 1 (z z z z 0 Siis (z z 0 f(z = a 1 + a 0 (z z 0 + a 1 (z z pisteen z 0 punkteeratussa ympäristössä. Kun z z 0, saadaan lim (z z 0 f(z = a 1. z z 0 Residy yksinkertaisessa navassa z 0 on siis Res(f; z 0 = lim z z0 f(z(z z Esimerkki. Funktiolla z 1 sin z ( 1 Res sin z ; 0 z = lim z 0 sin z on yksinkertainen napa origossa. L H = lim z 0 1 cos z = 1.

4 4 Kompleksianalyysi I kurssi/rhs Jos funktiolla on 2. kertaluokan napa pisteessä z 0, niin f(z = a 2 (z z 0 + a 1 + a a 1 (z z z z 0 ja (z z 0 2 f(z = a 2 + a 1 (z z 0 + a 0 (z z pisteen z 0 punkteeratussa ympäristössä. Nyt ( d (z z 0 2 f(z = a 1 + 2a 0 (z z ja d Res(f; z 0 = lim (f(z(z z 0 2. z z0 (Edellä tarvitaan sarjan tasainen suppeneminen, jotta summeerauksen ja derivoinen järjestys voidaan vaihtaa. Jos funktiolla on k-kertainen napa pisteessä z 0, niin Res(f; z 0 = lim z z0 1 (k 1! Esimerkki. Olkoon Nyt f(z = d k 1 k 1 ( 3 z + 1. z 1 lim (z z 1 13 f(z = 8 0, (f(z(z z 0 k. joten funktiolla f on 3. kertaluvun napa pisteessä 1. Tällöin 1 d Res(f; 1 = lim (f(z(z = 6. z 1 2! 2 Residy-laskentaa voi erittäin hyvin soveltaa reaalisten määrättyjen integraalien laskemiseen. Seuraavassa on tyyppiesimerkkejä residylaskennan hyödyntämisestä integraalin määräämisessä. 1. Integraalin määrääminen, kun trigonometrinen funktio esiintyy integroitavassa funktiossa, ja integrointi yli äärellisen välin:

5 11.7. Esimerkki. Määrää Ratkaisu: Koska Kompleksianalyysi I kurssi/rhs 5 I = 2π 0 dt 2 + cos t. cos t = 1 2( exp(it + exp( it, niin sijoituksella z = exp(it, = i exp(itdt, kun t [0, 2π], saadaan I = = 2π 2π dt cos t = dt (exp(it + exp( it 2 iz 2 + 1(z + 1 = 2 i z 2 z 2 + 4z + 1. Koska z 2 + 4z + 1 = 0, jos ja vain jos z = 2 ± 3, niin z 2 + 4z + 1 = (z + 2 3(z , ja siis I = 2 i (z + 2 3(z Funktiolla f, z 1 (z + 2 3(z , on erikoispisteet z 1 = 2+ 3 ja z 2 = 2 3, mutta integrointipolku γ, γ(t = exp(it, t [0, 2π], kiertää vain pisteen z 1. Siis, koska z 1 on yksinkertainen napa, niin I = 2 i 2πi Res(f; = 4π lim z 2+ f(z(z z = 4π lim z 2+ 3 (z + 2 3(z = 4π = 2π Huomautus. Kun f on rationaalifunktio, niin edellisessä esimerkissä oleva menettely soveltuu muotoa α+2π olevien integraalien laskemiseen. α f(cos t, sin t dt, missä α R,

6 6 Kompleksianalyysi I kurssi/rhs Huomautus. Edellä oleva menetelmä soveltuu vain, jos integroimme yli välin, jonka pituus on 2π tai luvun 2π monikerta. Menetelmä ei sovellu suoraan integraalin I = π 0 dt 2 + cos t määräämiseen. Syy on se, että sijoitus z = exp(it johtaa puoliympyrän kehälle, ei suljetulle polulle. Tällöin yksi tapa on hyödyntää integroitavan funktion mahdollista symmetrisyyttä. Vastaavasti kuin Esimerkissä 11.7 voidaan osoittaa Esimerkki. 2π 0 dt (5 3 sin t = 5π Rationaalifunktion integraali yli koko reaaliakselin, kun integroivalla funktiolla on tietyt rajoitteet: Lause. Olkoon A avoin joukko, johon ylempi avoin puolitaso H = {z C : Im z > 0} kuuluu aidosti. Olkoon funktio f analyyttinen avoimessa joukossa A lukuunottamatta ylemmässä avoimessa puolitasossa H = {z C : Im z > 0} äärellistä määrää olevia napoja z 1,, z p. Olkoon Γ R (t = R exp(it, t [0, π] polku siten, että kaikki navat sisältyvät suljetun polun γ [ R,R] Γ R (eli polku koostuu janasta [ R, R] ja puoliympyrästä Γ R rajoittamaan alueeseen ja oletetaan, että suurilla R on olemassa vakio M siten, että f(z M R 2 kun luku z on polun Γ R jäljellä. Silloin f(xdx = 2πi Res(f; z k Huomautus. Edellisessä lauseessa on oleellista, että navat eivät ole reaaliakselilla, ja että funktion modulille on kasvurajoite, jotta määrättävä integraali on olemassa Huomautus. Tulofunktion integroimislauseen ja Cauchyn residyteoreeman nojalla R f(x dx + f(z = f(z = 2πi Res(f; z k. R γ [ R,R] Γ R Γ R

7 Koska niin Koska Kompleksianalyysi I kurssi/rhs 7 f(z MπR = πm Γ R R 2 R 0, kun R, R lim f(x dx = 2πi R R Res(f; z k. (11.1 f(x M, kun x kyllin suuri, x2 integraali f(x dx on olemassa ja siis f(x dx = 2πi Res(f; z k Huomautus. Ehto (11.1 toteutuu, kun f(z = P (z Q(z, missä P ja Q ovat polynomeja, joille deg Q 2 + deg P ja polynomilla Q ei ole reaalisia nollakohtia Esimerkki. dx x = π 2. Runko perusteluille: Ensinnäkin integraali on olemassa, joten dx x = lim R R R dx x Määritellään f : z 1 z Funktiolla f on ylemmässä puolitasossa navat z 1 = exp(πi/4 ja z 2 = exp(3π/4. Olkoon R > 2 ja γ R (t on jana reaaliakselilla pisteestä R pisteeseen R. Määritellään Γ R : [0, π] C asettamalla Γ R (t = R exp(it, missä R > 2, joten γ R Γ R kiertää luvut z 1 = exp(πi/4 ja z 2 = exp(3π/4. Cauchyn residylauseen nojalla f(z = π/ 2. γ R Γ R Toisaalta tulopolun integraalilauseen nojalla pätee f(z = f(z + f(z. γ R Γ R γ R Γ R

8 8 Kompleksianalyysi I kurssi/rhs Koska integraali dx x on olemassa (perustelu vastaavasti kuin Huomautuksissa ja 11.14, niin dx x = π lim f(z, 2 R Γ R missä Arviolemman nojalla lim R Γ R f(z = Huomautus. Jordanin lemma: Olkoot P ja Q polynomeja siten, että deg Q deg P + 1. Olkoot Γ + R (t := R exp(i(π t ja Γ R (t := R exp( it, kun t [0, π]. Jos m > 0, niin Γ + R P (z exp(imz 0, kun R. Q(z Jos m < 0, niin Γ R P (z exp(imz 0, kun R. Q(z Jordanin lemman todistus on Laskuharjoituksissa Lause. Olkoon f(z = P (z Q(z, missä P = n j=0 a jz j ja Q = m j=0 b jz j, b m 0, ovat polynomeja, joille deg Q 2+deg P ja polynomilla Q ei ole reaalisia juuria. Olkoon c 0. Silloin f(x exp(icx dx = 2πi Res(f(z exp(icz; z k, missä luvut z 1,, z p ovat funktion f navat avoimessa puolitasossa H = {z C : Im(z > 0}. Todistus. Koska deg Q 2 + deg P, b m 0, niin on olemassa R 0 > 0 ja vakio M siten, että f(z M z 2, kun z > R 0. Muodostetaan suljettu polku γ [ R,R] Γ R, missä Γ R (t = R exp(it, t [0, π] ja γ [ R,R] on janapolku pisteestä R pisteeseen R, jonka

9 Kompleksianalyysi I kurssi/rhs 9 jälki on [ R, R]. Kun R on kyllin suuri, niin kaikki navat sisältyvät suljetun polun γ [ R,R] Γ R rajoittamaan alueeseen. Silloin Cauchyn residylauseen nojalla f(z exp(icz = 2πi Res(f(z exp(icz; z k. γ [ R,R] Γ R Tulopolun integroimislauseen nojalla R f(x exp(icx dx+ f(z exp(icz = R Γ R f(z exp(icz. γ [ R,R] Γ R Siis Arviolemman avulla, kun R > R 0, πm R 0, kun R. Siis Γ R f(z exp(icz R lim f(x exp(icx dx = 2πi R R Koska suurilla x niin integraali Res(f(z exp(icz; z k. f(x exp(icx M/x 2, f(x exp(icx dx on olemassa, niin väite seuraa Esimerkki. Määrärää integraali exp( ix x dx. Ratkaisuehdotuksen runko: Funktiolla f : z exp( iz z on erilliset erikoispisteet i ja +i. Olkoon R > 2, jolloin piste i tulee kierrettyä polulla γ R Γ R kerran negatiiviseen kiertosuuntaan. Tässä γ R on jana pisteestä R pisteeseen R ja Γ R (t := R exp( it, kun t [0, π]. Silloin Cauchyn residy teoreeman nojalla exp( iz = 2πi Res(f; i γ R Γ z R ( = 2πi Toisaalta lim z i exp( iz(z + i z exp( iz γ R z = γ R Γ R exp( iz z ( = 2πi lim z i Γ R exp( iz = π z i e. exp( iz z

10 10 Kompleksianalyysi I kurssi/rhs Arviolemman avulla saadaan lim R Γ R exp( iz z = 0. Koska toisaalta exp( ix/(x2 + 1 dx on olemassa, niin exp( ix exp( iz dx = lim x R γ R z = π e Esimerkki. Määrää integraali cos x x dx. Ratkaisuehdotus: Koska cos x = Re(exp( ix = Re(cos( x + i sin( x = Re(cos x i sin x, niin ( cos x exp( ix dx = Re x x dx = π e Esimerkki. Määrää integraali cos x 0 x dx. Ratkaisuehdotus: Edellisestä esimerkistä integroitavan funktion parillisuuden vuoksi cos x x dx = π 2e Esimerkki. Integraali 0 sillä integroitava funktio on pariton. sin x x dx = 0, Esimerkki. Määrää integraali x sin x 0 (x dx. 2 Ratkaisuehdotuksen runko: Lause tapauksessa c = 1 ja käyttämällä yhtälöä exp(ix = cos x + i sin x ja integrandin parillisuutta.