Embed Size (px)
Citation preview
Laurent rækker, residue-sætningen og
udregning af konturintegraler
Ole Witt-Hansen 2018
Indhold
1. Cauchy’s Integralsætninger....................................................................................................1 2.Taylor’s formel for analytiske funktioner ...............................................................................1 3. Laurent rækker .......................................................................................................................2 4. Kontur integraler ....................................................................................................................5 4.1 Kontur integraler, hvor polen ligger på konturen.................................................................8
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 1
1. Cauchy’s Integralsætninger Vi indleder med at minde om nogle egenskaber for analytiske funktioner af en kompleks variabel (holomorfe funktioner). Disse egenskaber er beskrevet i olewitthansen.dk/Matematik/Analytiske_funktioner.pdf.
Første integralsætning: I en kompakt mængde, hvor )(zf er analytisk er integralet af )(zf langs en
vilkårlig lukket kurve C lig med nul.
(1.1) 0)( C
dzzf
Anden integralsætning: Funktionsværdien )( 0zf kan
bestemmes som integralet langs en lukket kurve, som omslutter z0:
(1.2)
C zz
dzzf
izf
00
)(
2
1)(
Laver i et variabelskift i udtrykket (1.2) zandzz0 bliver formlen:
(1.3)
C z
df
izf
)(
2
1)(
Ved at differentiere (1.3) efter z, får man:
(1.4)
C z
df
izf
2)(
)(
2
1)('
Og ved at differentiere n gange.
(1.5)
Cn
n
z
df
i
nzf
1)(
)(
)(
2
!)(
2.Taylor’s formel for analytiske funktioner Enhver analytisk funktion kan rækkeudvikles, ifølge Taylors formel, ud fra et punkt z0 i et område, hvor den er regulær. (2.1) ...)(...)()()( 0
201010 n
n zzazzazzaazf …
Det er direkte at se, at:
(2.2)
Cn
nn zz
dzzf
izf
na
10
0)(
)(
)(
2
1)(
!
1
Så Taylor rækken også kan skrives:
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 2
(2.3)
0
00)( ))((
!
1
n
nn zzzfn
Rækken vil konvergere i en cirkelskive, hvor Rzz || 0 , hvor )(zf er holomorf.
Kriterierne for konvergens af rækkerne, kan direkte overtages fra Taylor rækkerne for de reelle funktioner. Se f.eks. olewitthansen.dk/Matematik/TaylorsFormel.pdf
3. Laurent rækker Lad os antage at )(zf er regulær i en ring beliggende mellem to koncentriske cirkler C1 og C2 med centrum z0. Vi vil da vise, at hvis z ligger mellem de to koncentriske cirkler, kan )(zf på entydig måde udtrykkes ved en Laurent række:
(3.1)
n
nn zzazf )()( 0
Hvor
Cnn zz
dzzf
ia
10)(
)(
2
1
For at undgå negative indeks deler vi rækken op i to dele:
(3.2) (3.2)
1
00
0 )()()(n
nn
n
nn zzbzzazf
Hvor nu
(3.3)
Cnn zz
dzzf
ia
10 )(
)(
2
1
og
C
nn dzzfzz
ib )()(
2
1 10
Vi laver da et snit i ringen, så de to cirkler C1 og C2 bliver til en kontur C som vist på figuren. Da z er et indre punkt i denne kontur, hvor )(zf er holomorf, gælder der ifølge Cauchy’s integralsætning:
(3.4)
C z
df
izf
)(
2
1)(
Vi deler nu konturen op som vist på figuren: C = C1 + Cc +(-C2) + (-Cc) og udregner integralet langs de fire kurvestykker.
(3.5)
cc CCCC z
df
iz
df
iz
df
iz
df
izf
)(
2
1)(
2
1)(
2
1)(
2
1)(
21
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 3
De to bidrag fra Cc og (-Cc) vil gå ud mod hinanden, og vi finder herefter:
(3.6)
21
)(
2
1)(
2
1)(
CC z
df
iz
df
izf
Vi omskriver nu nævneren i de to integraler.
(3.7)
21)()(
)(
2
1
)()(
)(
2
1)(
0000 CC zzz
df
izzz
df
izf
Som vi yderligere omskriver
21 1)(
)(
2
1
1)(
)(
2
1)(
0
00
0
00
CC
zz
zzz
df
i
z
zzz
df
izf
21
0
00
0
00 1)(
)(
2
1
1)(
)(
2
1)(
CC
zz
zzz
df
i
z
zzz
df
izf
Nu er begge brøker: 10
0
z
zz
og 1
0
0
zz
z , og vi kan yderligere omskrive integralerne:
21)(
)(
1
1
2
1
)(
)(
1
1
2
1)(
0
0
00
0
0 CC zz
df
zz
ziz
df
z
zzizf
For en uendelig
0n
nq kvotientrække med kvotient |q| < 1 gælder formlen: q
qn
n
1
1
0
Vi anvender derfor denne formel læst fra højre mod venstre på de to faktorer:
n
n z
zz
z
zz
0 0
0
0
01
1
og
n
n zz
z
zz
z
0 0
0
0
01
1
Og vi flytter dernæst de led, som ikke afhænger af udenfor integraltegnet.
21
)(
)(
2
1
)(
)(
2
1)(
00 0
0
00 0
0
C
n
nC
n
n zz
df
zz
z
iz
df
z
zz
izf
21)(
)(
2
1)(
)(
)(
2
1)()(
00
101
000
Cn
n
n
Cn
n
n
z
df
izz
z
df
izzzf
Eller ved at flytte lidt rundt på faktorerne:
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 4
0
10
0001
0
)()(
)(
2
1)(
)(
)(
2
1)(
21n
n
Cn
n
n
Cn
zzz
df
izz
z
df
izf
101
0001
0
)()(
)(
2
1)(
)(
)(
2
1)(
21n
n
Cn
n
n
Cn
zzz
df
izz
z
df
izf
Hvis vi i det andet udtryk erstatter n med –n får vi:
1
0100
010
)()(
)(
2
1)(
)(
)(
2
1)(
21
nn
Cn
n
n
Cn
zzz
df
izz
z
df
izf
Herefter kan de to summer sammenfattes i et udtryk:
n
n
Cn
zzz
df
izf )(
)(
)(
2
1)( 01
0
(3.8)
n
nn zzazf )()( 0 hvor
C
nn z
df
ia
10)(
)(
2
1
Bemærk især, at: C
dfi
a
)(2
11
Hvis )(zf er regulær i det område som begrænses af den lukkede kurve C, så er a-1 = 0 ifølge Cauchy’s integralsætning, i modsat tilfælde kaldes a-1 for residuiet for )(zf . Vi minder om: At hvis vi har en cirkelskive }|||{ 0 rzzzF , der som rand har
}|||{ 0 rzzzC med positivt omløb, og udregner vi integralet langs randen for heltalligt n, så
får man:
(3.3)
12
10)( 0 nfori
nfordzzz
C
n
Anvender vi nemlig parameterfremstillingen: 200 trezz it , får vi da:
(3.4)
12
10)(
2
0
)1(12
0
int0 nfori
nfordteirdtrieerdzzz tninitn
C
n
Hvis vi udregner kontur integralet af )(zf langs en lukket kurve C, som har z0 som indre punkt, finder vi:
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 5
(3.5) 11
0 22
)(2
1)(
2
1
aii
azza
izf
i n C
nn
C
Denne sætning viser sig at have overordentlig stor betydning ved udregning af kontur integraler. Hvis Laurent rækken ikke indeholder negative eksponenter n af nzz )( 0 , er )(zf regulær i hele
området indenfor den ydre cirkel. Hvis der er et endeligt antal m af negative eksponenter, er der én af 2 muligheder. Hvis )(zf er regulær ligegyldig, hvor lille radius vi vælger på den inderste cirkel, siger vi at )(zf
har en isoleret pol i z0 af m’te orden, og )()( 0 zfzz m vil være regulær i omegnen af z0.
For eksempel har zzf 2sin/1)( poler af orden 2 for ,...2,,0 z Hvis )(zf har uendelig mange negative eksponenter af )( 0zz , siger vi at )(zf har en essentiel
pol (singularitet) i z0.
For eksempel har ze1
en essentiel singularitet i 0. Hvis )(zf har en isoleret pol i z0 , gælder der som beskrevet ovenfor, at
(3.6) Residuet i z0 er: C
dfi
a
)(2
11
Hvis )(zf har flere isolerede poler inden for den lukkede kurve C, gælder residuesætningen.
(3.7) residueridzzfC
2)(
Denne sætning kan vise sig overordentlig nyttig til udregning af bestemte integraler af en reel funktion.
4. Kontur integraler Vi skal illustrere metoden ved nogle eksempler: Eksempel
(4.1)
0 21 x
dxI
Dette integral kan imidlertid også løses ved traditionelle metoder ved at anvende substitutionen tdxtx 2tan1tan
(4.2) 2tan1
tan1
1
22
002
2
0 2
dtdtt
t
x
dxI
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 6
Idet integranden21
1
x er en lige funktion har vi:
20 2 12
1
1 x
dx
x
dx
Vi ser dernæst på den lukkede kurve vist ovenfor og på konturintegralet C z
dz21
.
Bidraget fra halvcirklen vil gå imod 0, når radius R går imod uendelig. Vælger vi nemlig parameterfremstillingen: 0,ieRz , og udregner vi integralet over halvcirklen får vi:
Rforde
R
i
eR
dieR
eR
dieR ii
i
i
i
01 00
220
22
Vi udregner da kontur integralet ved hjælp af residue sætningen: residueridzzfC
2)(
))((
1
1
1)(
2 izizzzf
har polen z = i, som er den eneste pol som ligger indenfor konturen
og residuet er i2
1. Ifølge residue sætningen er integralet er derfor lig med
22
122
1 i
i .
(4.3) 210 2
x
dxI
Eksempel:
Vi vil forsøge at udregne integralet:
(4.4)
0 21 x
dxxI
Der findes, (i modsætning til det første eksempel), ingen sædvanlige metoder til at udregne dette integral. Vi vil i stedet anvende residuesætningen på konturen som vist på figuren til venstre. Integralet langs den ydre cirkel, kan
tilnærmes med
RforR
RR0
1
22
Summen af to integraler langs den reelle akse er:
0 2
0
20 2 12
11 x
dxx
x
dxx
x
dxx.
Funktionen: ))((1
)(2 iziz
z
z
zzf
har polerne z = i og z =- i inden for konturen med de to residuer: i
iog
i
i
22
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 7
z er for komplekse z ikke et entydigt tal, men står for én af de to løsninger til den binome ligning:
45
4222
xxeeiziix ,
så
22
22
22
22
45
45
44 sincossincos iziziziz
Tilsvarende fås for ligningen:
43
4222
xxeeiziix
22
22
22
22
43
43
44 sincos)sin()cos( iziziziz
Vi skal da anvende løsningen i 1. kvadrant for det første residue i
i
222
22
og løsningen i 2.
kvadrant for det andet residue i
i
222
22
summen af de to residuer bliver så:
ii
i
i
i
2
2
2222
22
22
22
residuesidzzfC
2)( = 22
22
ii , og vi finder derfor:
21
20 2
x
dxx
2
2
10 2
x
dxx
Eksempel
Vi vil forsøge at udregne integralet:
0 cosba
dI , hvor a > b > 0
Integranden er en lige funktion, så
2
0 cos2
ba
dI
Vi integrerer da langs med enhedscirklen, som vist på figuren ovenfor, idet vi anvender parameterfremstillingen:
diedzez ii . )()(cos 121
21
zii zee
Vi får da:
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 8
CC bazbz
dz
izzba
izdz
ba
dI
2
2
)/1(2/
)/(
cos2 2
2
0
Integranden har polerne, som er nulpunkter for nævneren:
101202 2
222
b
a
b
azz
b
azbazbz ,
Rødderne er reelle, idet a > b. Den største rod ligger indenfor konturen, mens den mindste ligger uden for. Hvis og er rødder i polynomiet cbxax 2 , så gælder der:
))((2 xxacbxax
Residuet er derfor: 22
2
212
11
12
12
)(
12
bai
b
ab
izzbi
22
222
baresidueriI
22
0 cos baba
dI
4.1 Kontur integraler, hvor polen ligger på konturen
Integralet
4
2 3x
dx er ikke defineret matematisk, for at undgå at integrere over polen for x = 3, kan
vi betragte integralerne:
2lnln|2|ln||ln3
3
2
x
dx og
ln4ln3
4
3
x
dx
Summen af de to integraler er imidlertid ln4 - ln2 uafhængig af , og derfor er:
2ln4ln33
lim4
3
3
20
x
dx
x
dx
Denne værdi kaldes for Cauchy’s principal værdi af integralet, og skrives med et foranstillet P. Dette er der sådant set intet forunderlig ved idet summen af de numerisk meget store tal ln , går ud mod hinanden. Dette vil derfor også være tilfældet i grænsen 0 Mere generelt, så definerer man Cauchy’s principalværdi på følgende måde, hvor )(xf er defineret
og integrabel i intervallet ba, .
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 9
b
a
b
x
x
a
dxxx
xfdx
xx
xfdx
xx
xfP
0
0
000
0
)()(lim
)(
Integrationsvejen for Cauchy’s principal værdi, kan være del af et kontur integral, for hvilket enderne 0x er forbundet med en lille halvcirkel med radius . Se figuren nedenfor.
Hvis vi antager at integralet af den halve storcirkel går imod nul når R går imod uendelig, vil konturintegralet være lig med residueri2 .
Vi kan imidlertid direkte udregne integralet af den lille halvcirklen, som har centrum i x0 og radius .
Hvis vi lader gå imod nul, er )(zf i omegnen af x0 givet ved 0
1)(xz
azf
,
hvor a-1 er residuet ved polen z = x0 . Vi anvender parameterfremstillingen: driedzrexz ii ,0
1
0
1
0
10
1)(
iadiadre
rieadz
xz
adzzf i
i
havlcirkel halvcirkel
Vi finder derfor:
)(2)()()( 0 CkontureniresiduesixiresidueidzzfPdzzfC
Som giver resultatet:
)(2)( 021 xiresidueCkontureniresidueridzzfP
Eksempel
Vi skal forsøge at udregne integralet: dxx
x
sin
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 10
Integranden har en pol for x = 0, men den fører ikke til uendelige værdier, idet vi ved at
01sin
xforx
x.
Vi skal se på kontur integralet
dzz
e
C
iz
med en kontur svarende til figuren ovenfor, men hvor polen er placeret i 0. Når iyxz vil faktoren ye sikre at integralet langs den store halvcirkel går imod 0 for R . V anvender da sætningen:
)(2)( 021 xiresidueCkontureniresidueridzzf .
z
eiz
har ingen poler indenfor konturen, så vi får kun et bidrag fra polen z = 0.
idxx
eiedz
z
e ix
C
iz
0
Tager vi realdelen og imaginærdelen på begge sider får vi:
0cos
dxx
x
dxx
xsin
Det første integral er trivielt lig med 0, da cos er en lige funktion, og da (sin x)/x er en lige funktion følger det at:
21
0
sin
dxx
x
Eksempel
Nogen gange er man henvist til nogle simple trick for at udregne et integral. Det gælder for eksempel.
031 x
dxI
Vi vælger en kontur J, som vist på figuren bestående af den positive reelle akse, et cirkel segment fra 0 til
3/2 og linien Rttez i 0,3/2 . Hvis vi lader R , vi integralet langs cirklen gå
imod 0. Integralet langs den reelle akse er da det søgte integral og vi udregner derfor integralet langs med linien tez i 3/2 :
Iedtt
edtte
e
z
dz iii
i
linie
3/2
03
3/2
032
3/2
3 1
1
11
Laurent rækker, residue sætningen, kontur integraler 11
Vi finder derfor
)33()1()1(
01111
21
23
213/2
3/23333
iIiIeJ
IeIz
dz
z
dz
z
dz
z
dzJ
i
i
aksex cirkel linieJ
På den anden side har 31 z
dz
en enkelt isoleret pol indenfor konturen J, som er en løsning til
ligningen: 432331 33 xxxeez ixi )( 33
53
xxxx
Kun polen 3
x ligger indenfor konturen J, så residuet bliver:
)333(
2
))((
1
))((
13/3/3/3/5
32 ieeeeezez iiiiii
idet )333(3)(sin2)1())(( 21
23
23
33/3/3/3/ iiiiieeeee iiiii
Kontur integralet er derfor:
)333(
22
iiJ
og samtidig har vi ifølge ovenstående :
IiIeJ i )33()1( 213/2
Vi har altså:
33
2
33
2
312
8
339939
8
)333()33(
8
)33(
2
iiiii
i
i
JI
Og vi finder endeligt:
33
2
103
x
dxI
