Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

#1

Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\oint_{C}\frac{1}{(z-a)^n(z-b)^n}\,dz}$ , όπου

θετικός ακέραιος,

είναι ο μοναδιαίος κύκλος με τη θετική φορά και $\displaystyle{a,b\in\mathbb C}$ με $\displaystyle{|a|<1<|b|}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

kwstas12345 · #2

Μια λύση: Θεωρώ την συναρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{1}{\left(z-a \right)^{n}\left(z-b \right)^{n}},a,b \in \mathbb{C}$

η οποία έχει σαν πόλους

τάξης τους μιγαδικούς a,b

αφού τα όρια: $\displaystyle \lim_{z\rightarrow a}\left(z-a \right)^{n}f\left(z \right),\lim_{z\rightarrow b}\left(z-b \right)^{n}f\left(z \right)$

υπάρχουν και δεν είναι

. Τώρα επειδη η καμπύλη ολοκληρώσεως είναι ο μοναδιαίος κύκλος και περιέχει μονάχα το πόλο z=a

αφου $\displaystyle \left|a \right|<1,\left|b \right|>1$ άρα από το θεώρημα των ολοκληρωτικων υπολοιπων: $\displaystyle \oint_{C}\frac{1}{\left(z-a \right)^{n}\left(z-b \right)^{n}}dz=2\pi i Res_{z=a}f\left(z \right)$

Όμως επειδη ο

είναι πόλος νιοστης τάξης θα είναι: $\displaystyle Res_{z=a}f\left(z \right)=\frac{1}{\left(n-1 \right)!}\left[\left(z-a \right)^{n}\frac{1}{\left(z-a \right)^{n}\left(z-b \right)^{n}} \right]_{z=a}^{\left(n-1 \right)}$

Ωστόσο $\displaystyle \left[\left(z-a \right)^{-n} \right]'=-n\left(z-a \right)^{-n-1},\left[\left(z-a \right)^{-n} \right]''=\left(-1 \right)^{2}n\left(n+1 \right)\left(z-a \right)^{-n-2},...$

μετα από n-1

παραγωγίσεις ο εκθετης θα έχει γίνει $\displaystyle -n-\left(n-1 \right)=-2n+1$ , θα έχουν προκύψει μπροστά n-1

φορες πολλαπλσιαζόμενο το

καθως και το γινόμενο αφού πριν παραγωγίσω για n-1

υπήρχε το $\displaystyle \left(z-a \right)^{-2n+2}$

Άρα $\displaystyle \left[\left(z-a \right) \right]^{\left(n-1 \right)}=\left(-1 \right)^{n-1}n\left(n+1 \right)...\left(2n-2 \right)\left(z-a \right)^{-2n+1}$

και $\displaystyle Res_{z=a}f\left(z \right)=\frac{\left(-1 \right)^{n-1}n\left(n+1 \right)...\left(2n-2 \right)}{\left(n-1 \right)!\left(z-a \right)^{2n-1}}$

Επειδή: $\displaystyle \left(2n-2\right)!=\lenft(n+1 \right)...\left(2n-2 \right)\left(n-1 \right)!$ για να το σημαζέψουμε θα γίνει: $\displaystyle \oint_{C}\frac{1}{\left(z-a \right)^{n}\left(z-b \right)^{n}}dz=\frac{2\pi i \left(-1 \right)^{n}\left(2n-2 \right)!}{\left[\left(n-1 \right)! \right]^{2}\left(a-b \right)^{2n-1}}$

Ωmega Man · #3

Πρόσθετο ερώτημα:
να υπολογιστεί ο δείκτης στροφής της καμπύλης C γύρω από τα α,b. Αναστάση υπάρχει πιο εύκολος τρόπος με ανάπτυξη σε σειρές Laurent ή ο μόνος τρόπος είναι οι παξεις που έκανε παραπάνω ο Κώστας;

#4

Γιώργο δεν ξέρω...Ίσως να υπάρχει..

Ωmega Man · #5

Για τον Κώστα ένα hint.

Δείκτης στροφής $\displaystyle{\bf n(C,a)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{\texttt{d}z}{z-a}}$ . Είναι εύκολο να τον υπολογίσεις, τι παρατηρείς; Υπόψιν ότι δεν γίνεται το σημείο να ανήκει στην καμπύλη.

#6

Ωmega Man έγραψε:υπάρχει πιο εύκολος τρόπος με ανάπτυξη σε σειρές Laurent ή ο μόνος τρόπος είναι οι παξεις που έκανε παραπάνω ο Κώστας;

Υπάρχει. Θέλουμε να βρούμε την σειρά Laurent του $\displaystyle{ \frac{1}{(z-a)^n(z-b)^n}}$ γύρω από το z=a

. Ισοδύναμα θέλουμε να βρούμε την σειρά Laurent του $\displaystyle{ \frac{1}{w^n(w+a-b)^n}}$ γύρω από το w=0

.

Χρησιμοποιώντας το διωνυμικό θεώρημα (για πραγματική δύναμη) έχουμε

$\displaystyle{ (w+a-b)^{-n} = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{-n}{k} w^k (a-b)^{-n-k}}$

όπου ο διωνυμικός συντελεστής $\binom{r}{k}$ ορίζεται ως $\displaystyle{ \frac{r(r-1) \cdots (r - k+1)}{k!}}$ .

Μας ενδιαφέρει ο συντελεστής του $w^{n-1}$ ο οποίος ισούται με

$\displaystyle{ \binom{-n}{n-1}(a-b)^{1-2n} = \frac{(-1)^{n-1}n(n+1) \cdots (2n-2)}{(n-1)!(a-b)^{2n-1}} = \frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{(n-1)!^2 (a-b)^{2n-1}}}$

Ωmega Man · #7

Πολύ έξυπνο Δημήτρη.

Ωmega Man · #8

Κάνοντας τους υπολογισμούς που ανέφερα παραπάνω ο δείκτης στροφής της C ως προς α είναι 1 και της C ως προς b είναι 0 . Το συμπέρασμα στο οποίο έπρεπε να καταλήξουμε είναι ότι ο δείκτης για C κύκλο, είναι 1 όταν το σημείο είναι εσωτερικό του κύκλου και 0 όταν αυτό είναι εξωτερικό.

kwstas12345 · #9

Άς γραψω να φανει ο υπολογισμος:

Η συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{1}{z-a}$ έχει σαν απλό πόλο το σημείο

μιας και ειναι εσωτερικο του κυκλου.

Άρα: $\displaystyle \oint_{C}\frac{dz}{z-a}=2\pi iRes_{z=a}f\left(z \right)=2\pi i\frac{1}{\left(z-a \right)'}|_{z=a}=2\pi i$ συνεπώς:

$\displaystyle n\left(C,a \right)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{dz}{z-a}=1$ . Το $\displaystyle \oint_{C}\frac{dz}{z-b}=0$

καθώς ο

είναι εξωτερικο σημείο.

Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (2)

Μέλη σε σύνδεση