SIMR 2012/13, Analiza Zespolona, wykład 3, 2011-10-28 Wzór całkowy Cauchy’ego uogólnienie
Twierdzenie: Niech D ⊂ C będzie zbiorem domkniętym i ograniczonym, którego brzeg jest krzywą C kawałkami gładką zorientowaną w lewo. Niech f : U → C będzie funkcją holomorficzną na zbiorze otwartym U oraz na D ⊂ U . Niech z0 ∈ int D. Wtedy dla n ∈ N zachodzi:
I
C
f (z)
(z − z0)ndz = 2πi
(n − 1)!f(n−1)(z0) Przykład: Obliczyć
I
C
z2+ 4
(z2+ 1)2dz jeśli:
C2 jest okręgiem |z − i| = 1 skierowanym w lewo Badamy holomorficzność funkcji f (z) = z2 + 4
(z2+ 1)2 . Funkcja jest holomorficzna z wyjątkiem punktów: z2+ 1 = 0.
W obszarze ograniczonym okręgiem C funkcja f jest holomorficzna z wyjątkiem punktu z = i. Przekształcamy:
f (z) = z2+ 4
(z2+ 1)2 = z2+ 4
(z − i)2(z + i)2 =
z2+ 4 (z + i)2 (z − i)2 Funkcja g(z) = z2+ 4
(z + i)2 jest holomorficzna w obszarze ograniczonym krzywą C więc:
I
C
g(z)
(z − i)2dz = 2π 1!g0(i)
g0(z) = 2z(z + i)2− (z2+ 4)2(z + i) (z + i)4
g0(i) = −8i − 12i
16 = −5i stąd: 4
I
C
g(z)
(z − i)2dz = 5π 2
Szereg Laurenta
Twierdzenie: Funkcja holomorficzna w pierścieniu P = {z ∈ C : r < |z − z0| < R} rozwija się w tym pierścieniu w szereg Laurenta:
f (z) =
∞
X
n=−∞
an(z − z0)n, ∀z ∈ P
Przykład: Znaleźć szereg Laurenta funkcji f (z) = 1
z2+ z dla z0 = 0 , r = 0 ,R = 1 f (z) = 1
z2+ z = 1 z · 1
z + 1 = 1
z · 1
1 − (−z) = 1
z(1 − z + z2− z3+ . . . ) = 1
z − 1 + z − z2+ . . . Szereg ten jest zbieżny do f dla |z| < 1 i z 6= 0 czyli w pierścieniu P : 0 < |z| < 1
Zastosowaliśmy rozwinięcie w szereg Taylora funkcji: f (z) = 1
1 − z = 1 + z + z2+ z3+ . . . , dla |z| < 1
Przykład: Znaleźć szereg Laurenta funkcji f (z) = z
(z − 1)2(z + 1) dla z0 = 1 , r = 0 ,R = 1 Podstawiamy w = z − z0 = z − 1
Wtedy z = w + 1 i w0 = 0
Mamy f (z) = z
(z − 1)2(z + 1) = w + 1 w2(w + 2) =
1 w + 1
w2
· 1
2
1 − (−w 2)
= 1
2
1 w + 1
w2
· 1 − w 2 + w2
22 −w3 23 + . . .
!
= 1
2w2 + 1 22w − 1
23 + 1
24w − 1
25w2+ . . . Szereg ten jest zbieżny do f dla
w 2
< 1 i w 6= 0 czyli w pierścieniu P : 0 < |w| < 2 Stąd:
f (z) = 1
2(z − 1)2 + 1
22(z − 1) − 1 23 + 1
24(z − 1) − 1
25(z − 1)2 + . . . dla 0 < |z − 1| < 2
Klasyfikacja punktów osobliwych izolowanych funkcji holomorficz- nej
Niech f : D → C będzie funkcją holomorficzą. Jeżeli dla pewnego punktu z0 ∈ D istnieje/ pierścień P = {z : 0 < |z − z0| < R} zawierający się w D to punkt z0 nazywamy punktem osobliwym izolowanym funkcji holomorficznej. Funkcja f rozwija się w tym pierścieniu w szereg Laurenta. Szereg ten dzielimy na dwie części:
f (z) =
∞
X
n=−∞
an(z − z0)n =
∞
X
n=0
an(z − z0)n+
∞
X
n=1
a−n (z − z0)n Szereg
∞
P
n=0
an(z − z0)n nazywamy częścią regularną, a szereg P∞
n=1
a−n
(z − z0)n częścią osobliwą szeregu Laurenta.
Wyrózniamy następujące rodzaje punktów osobliwych:
1. punkt pozornie osobliwy - gdy część osobliwa szeregu Laurenta jest równa zero 2. biegun rzędu k - gdy część osobliwa szeregu Laurenta jest skończona (ale różna od zera).
Wtedy rząd bieguna k jest równy najwyższej potędze n niezerowych wyrażeń a−n
(z − z0)n 3. punkt istotnie osobliwy - gdy część osobliwa szeregu Laurenta jest nieskończona Przykład Określić rodzaj punkt osobliwego funkcji f (z) = sin z
z , z0 = 0
Rozwijamy f (z) w szereg Laurenta w otoczeniu punktu osobliwego izolowanego (z wyłącze- niem tego punktu):
f (z) = sin z z = 1
z z − z3 3! + z5
5! + . . .
!
= 1 − z2 3! +z4
5! + . . .
Szereg ten nie ma części osobliwej, więc z0 = 0 jest punktem osobliwym pozornym funkcji f . Oznacza to, że funkcję f można przedłużyć do punktu z0 przyjmując wartość f (z0) = a0 czyli f (0) = 1 i otrzymana w ten sposób funkcja będzie holomorficzna.
Przykład Określić rodzaj punkt osobliwego funkcji f (z) = z3+ 1
z2 , z0 = 0
Rozwijamy f (z) w szereg Laurenta w otoczeniu punktu osobliwego izolowanego (z wyłącze- niem tego punktu):
f (z) = z3+ 1
z2 = z + 1 z2
Szereg ten ma skończoną część osobliwą, najwyższa potęga (z − z0) w mianowniku jest równa 2 więc z0 = 0 jest biegunem drugiego rzędu.
Przykład Określić rodzaj punkt osobliwego funkcji f (z) = e 1
z , z0 = 0
Rozwijamy f (z) w szereg Laurenta w otoczeniu punktu osobliwego izolowanego (z wyłącze- niem tego punktu):
f (z) = e 1
z = 1 +1 z + 1
2!z2 + 1
3!z3 + 1
4!z4 + . . .
Szereg ten ma nieskończoną część osobliwą więc z0 = 0 jest punktem istotnie osobliwym.
Twierdzenie: Jeżeli f : D → C jest holomorficzna w punkcie z0 ∈ D i f (z0) 6= 0 to funkcja g(z) = f (z)
(z − z0)k ma w punkcie z0 biegun rzędu k.
Przykład Określić rodzaj punktu osobliwego funkcji f (z) = 2z + 1
z2(z2+ 1)3 , z0 = i
f (z) = 2z + 1
z2(z2 + 1)3 = 2z + 1
z2(z − i)3(z + i)3 =
2z + 1 z2(z + i)3
(z − i)3 ponieważ licznik 2z + 1
z2(z + i)3 jest funkcją holomorficzną w z0 = i (różną od zera w z0 = i) więc z0 = i jest biegunem trzeciego rzędu funkcji f .
Definicja: Niech z0 będzie punktem osobliwym izolowanym funkcji holomorficznej f . Wtedy residuum funkcji f w punkcie z0 nazywamy: Resz=z0f (z) = a−1 (współczynik a−1 przy wy- razie 1
z − z0 w rozwinięciu funkcji f w szereg Laurenta w otoczeniu tego punktu).
Przykład Obliczyć residuum funkcji f (z) = 1
z3(z2+ 4) w punkcie osobliwym z0 = 0 Rozwijamy f w szereg Laurenta:
f (z) = 1
z3(z2 + 4) = 1
z3 · 1
4 1 − (−z2 4 )
! = 1 4· 1
z3· 1 −z2 4 +z4
42 − z6 43 + . . .
!
= 1 4z3 − 1
42z+ 1
43z − 1
44z3+ . . .
Widać, że współczynnik przy 1
z : a−1 = −1
42 = −1
16 , czyli Resz=0f (z) = −1
16
Residua można obliczać też korzystając z następującego twierdzemia:
Twierdzenie: Niech z0 będzie biegunem rzędu k funkcji holomorficznej f . Wtedy residuum funkcji f w punkcie z0 jest równe:
Resz=z0f (z) = 1
(k − 1)! · lim
z→z0
(z − z0)kf (z)(k−1) Przykład Obliczyć residuum funkcji f (z) = 1
z3(z2+ 4) w punkcie osobliwym z0 = 0 Punkt z0 = 0 jest biegunem 3-go rzędu funkcji f ponieważ f (z) =
1 z2 + 4
z3 a licznik 1 z2+ 4 jest holomorficzny w z0 = 0
Resz=z0f (z) = 1 2! · lim
z→0 z3· 1 z3(z2+ 4)
!00
= 1 2· lim
z→0
1 z2 + 4
00
1 z2+ 4
00
= −2z
(z2+ 4)2
!0
= −2 · (z2+ 4)2+ 2z · 2(z2+ 4) · 2z (z2+ 4)4
Resz=z0f (z) = 1
2 · −2 · 42
44 = −1 16
Obliczanie całek za pomocą residuów
Poniższe twierdzenia jest uogólnieniem wzoru całkowego Cauchy’ego. Korzystając z niego można w łatwy sposób obliczać pewne całki z funkcji zespolonych.
Twierdzenie: Niech D będzie obszarem otwartym ograniczonym. Niech brzeg obszaru D : C będzie krzywą kawałkami gładką skierowaną w lewo . Niech fumkcja f będzie holomorficzna w obszarze D ∪ C , z wyjątkiem skończonaj liczby punktów osobliwych: z1, z2. . . zn ∈ D . Wtedy
I
C
f (z)dz = 2πi
n
X
k=1
(Resz=zkf (z)) Przykład: Obliczyć całkę:
I =
I
C
1
z2(z2+ 4)dx , gdzie C jest okręgiem |z − i| = 2 skierowanym w lewo Funkja f jest holomorficzna na C z wyjątkiem punktów:
z2(z2+ 4) = 0
z1 = 0 , z2 = −2i , z3 = 2i
W obszarze D ograniczonym kopnturem C (w kole) leżą punkty z1 i z3 Mamy więc
I = 2πi (Resz=0f (z) + Resz=2if (z)) Obliczmy residua:
z1 = 0 jest biegunem 2-go rzędu, więc Resz=0f (z) = 1
1!lim
z→0
z2· f (z)0 = lim
z→0 z2· 1 z2(z2+ 4)
!0
= lim
z→0
1 z2+ 4
0
= lim
z→0
−2z (z2+ 4)2 = 0
z1 = 2i jest biegunem 1-go rzędu, więc Resz=2if (z) = 1
0! lim
z→2i((z − 2i) · f (z)) = lim
z→0(z − 2i) · 1
z2(z + 2i)(z − 2i)) = lim
z→2i
1
z2(z + 2i) = 1
stąd:−16i I = 2πi
0 + 1
−16i
= −π 8
Przy obliczaniu całek niewłaściwych często przydają się następujące granice:
Twierdzenie: Niech P (z) i Q(z) będą wielomianami takimi, że stopień P jest mniejszy o 2 lub więcej od stopnia Q . Niech CR będzie półokręgiem: |z| = R, Rez 0 . Wtedy:
R→∞lim
Z
CR
P (z)
Q(z)dz = 0
Twierdzenie:Niech P (z) i Q(z) będą wielomianami takimi, że stopień P jest mniejszy o 1 lub więcej od stopnia Q . Niech CR będzie półokręgiem: |z| = R, Rez 0 . Wtedy:
R→∞lim
Z
CR
P (z)
Q(z)eiωzdz = 0 dla ω > 0 Obliczanie całek rzeczywistych
Metodę obliczanie całek obliczania całek za pomocą residuów można czasem zastosować do obliczania całek rzeczywistych.
Przykład: Obliczyć całkę:
I =
∞
Z
−∞
x2+ 2
(x2+ 1)2(x2+ 4)dx Rozwiązanie:
I =
∞
Z
−∞
x2+ 2
(x2+ 1)2(x2+ 4)dx =
Z
C
f (z)dz
gdzie f (z) = z2+ 2
(z2+ 1)2(z2 + 4) a kontur C jest osią rzeczywistą skierowaną w prawo.
Obliczmy całkę po konturze zamkniętym, składającym się z odcinka:
CR: x = t, y = 0, t ∈< −R, R > oraz półokręgu:
C2 : z = Reit, t ∈< 0, π >
Funkcja f (z) jest holomorficzna z wyjątkiem punktów:
(z2+ 1)2(z2+ 4) = 0 , czyli z = ±i , z = ±2i
Dla dostatecznie dużych R w obszarze ograniczonym konturem zamkniętym leżą punkty osobliwe: z1 = i , z2 = 2i.
Mamy więc:
Z
CR
f (z)dz +
Z
C2
f (z)dz = 2πi(Resz=if (z) + Resz=2if (z))
Przechodzimy do granicy z R → ∞ wtedy :
Z
CR
f (z)dz → I
Z
C2
f (z)dz → 0 (Ponieważ stopień mianownika jest większy od stopnia licznika o 4 lub więcej.
Stąd:
I = 2πi(Resz=if (z) + Resz=2if (z)) Obliczamy Residua:
z = i jest biegunem 2-krotnym funkcji f (z) = z2+ 2
(z2+ 1)2(z2+ 4) = z2+ 2
(z − i)2(z + i)2(z2+ 4) Stąd:
Resz=if (z) = 1 1!lim
z→i
(z − i)2f (z)0 = lim
z→i (z − i)2 z2+ 2
(z − i)2(z + i)2(z2+ 4)
!0
= limz→i
z2 + 2 (z + i)2(z2+ 4)
!0
= lim
z→i
2z(z + i)2(z2+ 4) − (z2+ 2) (2(z + i)(z2+ 4) + (z + i)22z) (z + i)4(z2+ 4)2
!
= 2i(2i)2(−1 + 4) − (−1 + 2) (2(2i)(−1 + 4) + (2i)22i)
(2i)4(−1 + 4)2 = −28i
2432 = −7i 2232 z = 2i jest biegunem 1-krotnym funkcji f (z) = z2+ 2
(z2+ 1)2(z2+ 4) = z2+ 2
(z2 + 1)2(z − 2i)(z + 2i) Stąd:
Resz=2if (z) = lim
z→2i((z − 2i)f (z)) = lim
z→i (z − 2i) z2 + 2
(z2+ 1)2(z − 2i)(z + 2i)
!
=
z→2ilim
z2+ 2 (z2+ 1)2(z + 2i)
!
= −4 + 2
(−4 + 1)2(4i) = i 322 A więc:
I = 2πi(−7i 2232 + i
322) = 2πi−5i 36 = 5π
18 Przykład: Obliczyć całkę:
I =
∞
Z
0
sin x x dx Rozwiązanie:
I =
∞
Z
0
sin x x dx =
Z
C
Im f (z)dz
gdzie f (z) = eiz
z a kontur C jest osią rzeczywistą skierowaną w prawo.
Obliczmy całkę po konturze zamkniętym, składającym się z:
odcinka: C1 : x = t, y = 0, t ∈< −r, R > , półokręgu: CR : z = Reit, t ∈< 0, π > ,
odcinka: C2 : x = t, y = 0, t ∈< −R, −r > , półokręgu: Cr : z = reit, t zmienia się od π > do 0
Funkcja f (z) jest holomorficzna w obszarze ograniczonym konturem.
Mamy więc:
Z
C1
f (z)dz +
Z
CR
f (z)dz +
Z
C2
f (z)dz +
Z
Cr
f (z)dz = 0
Część urojona lewej strony jest rółna części urojonej prawej strony:
Im
Z
C1
f (z)dz + Im
Z
CR
f (z)dz + Im
Z
C2
f (z)dz + Im
Z
Cr
f (z)dz = 0
Przechodzimy do granicy z R → ∞ i z r → 0 . Wtedy : Im
Z
C1
f (z)dz → I
Z
CR
f (z)dz → 0 (Ponieważ stopień mianownika jest większy od stopnia licznika o 1.
Im
Z
C2
f (z)dz → I (ponieważ Im f (−z) = Im f (z) na osi rzeczywistej)
Obliczymy granicę:
limr→0
Z
Cr
f (z)dz
Z
Cr
f (z)dz =
0
Z
π
eireit
reit rieitdt =
0
Z
π
ieireitdt =
0
Z
π
ieir(cos t+i sin t)dt
Gdy r → 0 funkcja podcałkowa dąży do i (jednostajnie względem argumentu t). Stąd:
limr→0 0
Z
π
ieir(cos t+i sin t)dt =
0
Z
π
idt =hiti0
π = −πi Stąd:
0 + I − π + I = 0 A więc:
I = π 2
Transformata Laplace’a
Niech f : (0, ∞) → C będzie funkcją taką, że |f (t)| ¬ M eαt dla t ∈ (0, ∞) dla pewnych M, α ∈ R . Niech ponadto f ma skończoną liczbę punktów nieciągłości. Wtedy transformatą Laplace’a funkcji f (t) nazywamy całkę niewłaściwą:
F (s) =
∞
Z
0
f (t)e−stdt
Funkcję f (t) nazywamy oryginałem, a funkcję F (s) transformatą. Stosujemy oznaczenie L{f (t)} = F (s)
Uwaga 1: Całka ta jest zbieżna dla s ∈ C takich, że Res > α (na półpłaszczyźnie). Na tym zbiorze funkcja F (s) jest holomorficzma. Funkcję tę można przedłużyć holomotficznie na większy zbiór. Zwykle po przedłużeniu dziedziną F (s) jest zbiór C z wyjątkiem skończonej liczby punktów osobliwych.
Uwaga 2: Czasem przedłuża się funkcję f na dziedzinę (−∞, ∞) . Wtedy przyjmujemy, że f (x) = 0 , dla x ¬ 0
Przykład: Obliczyć transformatę z f (t) = 1
F (s) =
∞
Z
0
1 · e−st =he−st
−s
i∞
0 = 0 − 1
−s
= 1 s
całka ta jest zbieżna dla Res > 1 . Funkcję tę przedłużamy holomorficznie. Transformata Laplace’a funkcji f (t) = 1 jest funkcja F (s) = 1
s , s 6= 0 Własności transformaty Laplace’a:
Jeśli L{f (t)} = F (s) , L{g(t)} = G(s) to
• L{af (t)} = aF (s) , a ∈ C
• L{f (t) + g(t)} = F (s) + G(s)
• L{f (at)} = 1 aF (s
a) , a ∈ R , a > 0
• L{f (t) · eat} = F (s − a) , a ∈ C
• L{f0(t)} = sF (s) − f (0+)
• L{tf (t)} = −F0(s)
• L{f (t) ∗ g(t)} = F (s) · G(s) transformata splotu jest równa iloczynowi transformat
• L{f (t − a)} = F (s)e−as , a ∈ R , a > 0 , przyjmując f (t) = 0 dla t ¬ 0 Przykłady:
• f (t) = e2t
L{e2t} = L{1 · e2t} = 1 s − 2
• f (t) = t
L{t} = L{t · 1} = −1 s
0
= 1 s2
• f (t) = t2
L{t2} = L{t · t} = −1 s2
0
= 2 s3
• f (t) = cosh t
L{cosh t} = L{et+ e−t 2 } = 1
2L{et}+1
2L{e−t} = 1
2(s − 1)+ 1
2(s + 1) = s + 1 + s − 1 2(s2− 1) = s
s2− 1
• f (t) = cosh t L{cosh t} = 1
s2− 1 - analogicznie
• f (t) = cos t
L{cos t} = L{eit+ e−it 2 } = 1
2L{eit}+1
2L{e−it} = 1
2(s − i)+ 1
2(s + i) = s + i + s − i 2(s2 + 1) = s
s2+ 1
• f (t) = sin t L{sin t} = 1
s2+ 1 - analogicznie
• f (t) = sin 2t L{sin 2t} = 1
2 · 1 (s
2)2+ 1
= 2
s2+ 4
• f (t) = t sin 2t
L{t sin 2t} = − 2 s2+ 4
0
= 4s
(s2 + 4)2
• f (t) = e3tcos t
L{e3tcos t} = s − 3 (s − 3)2+ 1
• f (t) = e3tcos t
L{e3tcos t} = s − 3 (s − 3)2+ 1
• L{f00(t)} = sL{f0(t)}−f0(0+) = s(sL{f0(t)}−f (0+))−f0(0+) = s2L{f (t)}−sf (0+)−
f0(0+)
W podobny sposób można wyprowadzić następujące transformaty:
f (t) F (s)
tn n!
sn+1
sin at a
s2+ a2
cos at s
s2+ a2
sinh at a
s2− a2
cosh at s
s2− a2
t sin at 2as
(s2+ a2)2
t cos at s2− a2
(s2+ a2)2
f(n) snF (s) − sn−1f (0+) − sn−2f0(0+) − · · · − sf(n−2)(0+) − f(n−1)(0+)
Definicja: Splotem funkcji f, g :< 0, ∞) → C nazywamy funkcję h :< 0, ∞) określoną następująco:
h(t) =
t
Z
0
f (u) · g(t − u)du
(zakładamy, że całka istnieje dla każdego t z dziedziny) Splot funkcji oznaczamy: h = f ∗ g
Przykład: Obliczyć splot f ∗ g jeżeli f (t) = et , g(t) = t (f ∗g)(t) =
t
Z
0
f (u)·g(t−u)du =
t
Z
0
eu·(t−u)du =heu·(t−u)it
0−
t
Z
0
eu·(−1)du = −t+heuit
0 =
−t + et− 1
Przykład:Obliczyć L{f ∗ g} jeżeli f (t) = et , g(t) = t L{et∗ t} = L{et} · L{t} = 1
s − 1· 1
s2 = 1 s3− s2
