Matematické Fórum

drabi · 10. 02. 2013 18:11

Ahoj,
trochu se ztrácím v tomto příkladě:
Zjistěte všechny izolované singularity funkce $f(z) = \frac{1}{(e^z - 1)\sin(z)}$ a určete typ těchto singularit.
Vypočítejte $\int_\varphi f(z) \mathrm{d}z$ , kde $\varphi(t) = e^{it}, t \in [-\pi, \pi]$

Zjistila jsem, že singularity jsou
(a) 0 a jedná se o dvojnásobný pól
(b) v $k\pi, k \in \mathbb{Z}$ , jedná se o podstatnou singularitu

Ale nevím, jak s tím hnout dál. Pomohl by mi prosím někdo?

Rumburak

↑ drabi:

Ahoj. To tvrzení (b) se mi nezdá, dokonce je v rozporu s tvrzením (a) , které je správně.

A zapomněla jsi na body $z = 2k\pi \mathrm{i}$ , v nichž je také $\mathrm{e}^z = 1$ .
Bude asi vhodné použít Laurentovy rozvoje i se středy v dalších problémových bodech, než jenom v nule.

drabi · 12. 02. 2013 14:11 — Editoval drabi (12. 02. 2013 14:25)

↑ Rumburak:
Ahoj,
nevím moc jak na ten příklad jít.
Takže singularity jsou
(a) v $2k\pi i, k \in \mathbb{Z}$ a tam to bude 2-násobný pól
(b) v $(2k + 1)\pi i, k \in \mathbb{Z}$ a tam to bude 1-násobný pól

dále mám $\text{ind}_\varphi k\pi i = 1 \Leftrightarrow k = 0$
tak tedy

$\int_\varphi f(z) \mathrm{d}z = 2\pi i \sum \text{ind}_\varphi s \text{res}_s f = 2\pi i \sum \text{ind}_\varphi 0 \text{res}_0 f = 2\pi i \sum \text{res}_s f$

Ale tady mám problém určit to residuum. Pomohl bys mi prosím?
Je to tak dobře, nebo to počítám špatně?

drabi · 12. 02. 2013 14:36 — Editoval drabi (12. 02. 2013 14:47)

Zkouším Laurentův rozvoj:

$\sin (x) = \sum_0^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} = x - \frac{x^3}{6} + \dots$
$e^x = \sum_0^\infty \frac{x^{n}}{n!}$
$e^x - 1 = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \dots$

$(e^x - 1) \sin(x) = x^2 + \frac{x^3}{2} + \dots$
$1 : (x^2 + \frac{x^3}{2} + \dots) = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{2x} + \cdots$
tedy
$a_{-1} = -\frac12 = \text{res}$

To by dávalo celkově výsledek $-\pi i$ , je to dobře?

Rumburak

↑ drabi:

Ty singularity funkce $f(z) = \frac{1}{(e^z - 1)\sin(z)}$ mi vycházejí následovně:

(a) $\mathrm{e}^z - 1 = 0 \wedge \sin z \ne 0$ : $z = 2k\pi \mathrm{i} , k \in \mathbb{Z} - \{0\}$ ... jednoduché póly ,

(b) $\mathrm{e}^z - 1 \ne 0 \wedge \sin z = 0$ : $z = k\pi , k \in \mathbb{Z} - \{0\}$ ... jednoduché póly ,

(c) $\mathrm{e}^z - 1 = 0 \wedge \sin z = 0$ : $z = 0$ ... dvojnásobný pól .

Na to residuum se zkusím ještě kouknout .

drabi · 12. 02. 2013 15:35

↑ Rumburak:
Jo máš pravdu..
Já jsem pak ještě hledala, jak se to má počítát a mělo by to být podle residuové věty...

Rumburak

↑ drabi:

Dělení konstanty řadou příliš neovládám, proto bych na to šel trochu jinak. Naše funkce má v bodě $z=0$ dvojnásobný pól,
proto její Laurentův rozvoj bude

$f(z) = \frac{1}{(e^z - 1)\sin z} = \sum_{k=-2}^{+\infty} a_k z^k , a_{-2} \ne 0$ .

Odtud

$1 = (e^z - 1)\sin z \sum_{k=-2}^{+\infty} a_k z^k = \\=\sum_{m=1}^{+\infty}\frac{1}{m!}\, z^m\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1) !}\,z^{2n+1}\sum_{k=-2}^{+\infty} a_k z^k =\\=\sum_{m=1}^{+\infty} \sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=-2}^{+\infty}\frac{1}{m!}\,\frac{(-1)^n}{(2n+1) !} a_k \,z^{m + 2n + k + 1} = \sum_{j=0}^{+\infty} C_j z^j$ ,

kde

(1) $C_j = \sum_{[m,n,k] \in M_j}\frac{1}{m!}\,\frac{(-1)^n}{(2n+1) !} a_k , j = 0, 1, 2, ...$ ,
$M_j = \{ [m,n,k] \in \mathbb{Z}^3 : m \ge 1 \wedge n \ge 0 \wedge k \ge -2 \wedge m + 2n + k + 1 = j \}$ .

Z rovnice $1 = \sum_{j=0}^{+\infty} C_j z^j$ , kterou můžeme vnímat jako rozvoj "jedničky" , podle věty o jednoznačnosti rozvoje dostáváme

(2) $C_0 = 1, C_j = 0 (j = 1, 2, ...)$ .

Odtud a z (1) plynou rovnice pro $a_k$ , nás zajímá residuum fce $f$ , tedy $a_{-1}$ .

Z $C_0 = 1$ tak snadno plyne $a_{-2} = 1$ , neboť zřejmě $M_0 = \{[1, 0, -2]\}$ .

Na členu $a_{-1}$ , tj. pro $k = -1$ , budou záviset čísla $C_j$ pro $j = m + 2n$ ,
speciálně to bude číslo $C_1$ pro $M_1 = \{[1, 0, -1]\}$ , tj. $m = 1 , n = 0$ a tedy $0 = C_1 = a_{-1}$ .

Za správnost ale neručím, nějak mi to dnes už nemyslí.

ZDE je opravdu CHYBA.

OPRAVA:
$M_1 = \{[1, 0, -1] , [2, 0, -2]\}$ , odtud dle (1), (2) máme $0 = C_1 = a_{-1} + \frac{1}{2}\,a_{-2} = a_{-1} + \frac{1}{2}$ ,
tedy $a_{-1} = -\frac{1}{2}$ , což je ve shodě s Tvým výpočtem. Použít residuovou větu znamená již jen dosadit do vzorce -
pokud si ho dobře pamatuji, tak to máš správně (vzhledem k tomu, že index nuly k té kružnici je 1).

drabi · 13. 02. 2013 18:21

↑ Rumburak:
díky moc za vyčerpávající odpověď a pomoc, teď je mi to už jasné

Matematické Fórum

#1 10. 02. 2013 18:11

izolované singularity, výpočet integrálu

#2 11. 02. 2013 09:41 — Editoval Rumburak (11. 02. 2013 09:50)

Re: izolované singularity, výpočet integrálu

#3 12. 02. 2013 14:11 — Editoval drabi (12. 02. 2013 14:25)

Re: izolované singularity, výpočet integrálu

#4 12. 02. 2013 14:36 — Editoval drabi (12. 02. 2013 14:47)

Re: izolované singularity, výpočet integrálu

#5 12. 02. 2013 15:29 — Editoval Rumburak (12. 02. 2013 15:30)

Re: izolované singularity, výpočet integrálu

#6 12. 02. 2013 15:35

Re: izolované singularity, výpočet integrálu

#7 12. 02. 2013 17:07 — Editoval Rumburak (13. 02. 2013 09:46)

Re: izolované singularity, výpočet integrálu

#8 13. 02. 2013 18:21

Re: izolované singularity, výpočet integrálu

Zápatí