Oλοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (3)

#1

Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\oint_{C}\frac{z(2z^2-1)}{(z^2+1)\sin\left(\frac{\pi}{z^2}\right)}\,dz}$ , όπου $\displaystyle{C}$ είναι το $\{z:|z|=2\}$ με τη θετική φορά.

#2

Έστω $\displaystyle{I = \oint\limits_{\left| z \right| = 2} {\frac{{z\left( {2{z^2} - 1} \right)}}{{\left( {{z^2} + 1} \right)\sin \left( {\dfrac{\pi }{{{z^2}}}} \right)}}dz} }$

Η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( z \right) = \frac{{z\left( {2{z^2} - 1} \right)}}{{\left( {{z^2} + 1} \right)\sin \left( {\dfrac{\pi }{{{z^2}}}} \right)}}}$ έχει απλούς πόλους τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{{z_k} = \frac{1}{{\sqrt k }}{\text{ \& }}{w_k} = - \frac{1}{{\sqrt k }}{\text{, }}k = 1,3,4,..}$
καθώς και τους φανταστικούς αριθμούς $\displaystyle{{u_k} = i \cdot \frac{1}{{\sqrt k }}{\text{ \& }}{v_k} = - i \cdot \frac{1}{{\sqrt k }}{\text{, }}k = 2,3,..}$ .

Επίσης έχει διπλούς πόλους τους $\displaystyle{{z_1} = i{\text{ \& }}{z_2} = - i}$ . (Οι αριθμοί $\displaystyle{z = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\text{ \& }}z = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}}$ δεν είναι πόλοι, ούτε μας ενδιαφέρει βέβαια

).

Βρίσκουμε ότι $\displaystyle{\mathop {Res}\limits_{z = {z_k}} \left( {f\left( z \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{z \to {z_k}} \frac{{\left( {z - {z_k}} \right)z\left( {2{z^2} - 1} \right)}}{{\left( {{z^2} + 1} \right)\sin \left( {\dfrac{\pi }{{{z^2}}}} \right)}} = - \mathop {\lim }\limits_{z \to {w_k}} \frac{{\left( {z - {w_k}} \right)z\left( {2{z^2} - 1} \right)}}{{\left( {{z^2} + 1} \right)\sin \left( {\dfrac{\pi }{{{z^2}}}} \right)}}}$ (σχεδόν φανερό).

Συμπέρασμα : όλα τα residues στους πόλους $\displaystyle{{z_k}{\text{ \& }}{w_k}}$ αλληλοεξουδετερώνονται, όμοια και τα residues στους πόλους $\displaystyle{{u_k}{\text{ \& }}{v_k}}$ .

Οπότε $\displaystyle{I = 2\pi \cdot i\left( {\mathop {Res}\limits_{z = i} \left( {f\left( z \right)} \right) + \mathop {Res}\limits_{z = - i} \left( {f\left( z \right)} \right)} \right)}$ , όπου $\displaystyle{\mathop {Res}\limits_{z = i} \left( {f\left( z \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{z \to i} {\left( {\frac{{{{\left( {z - i} \right)}^2}z\left( {2{z^2} - 1} \right)}}{{\left( {{z^2} + 1} \right)\sin \left( {\dfrac{\pi }{{{z^2}}}} \right)}}} \right)^\prime }{\text{ \& }}\mathop {Res}\limits_{z = - i} \left( {f\left( z \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{z \to - i} {\left( {\frac{{{{\left( {z + i} \right)}^2}z\left( {2{z^2} - 1} \right)}}{{\left( {{z^2} + 1} \right)\sin \left( {\dfrac{\pi }{{{z^2}}}} \right)}}} \right)^\prime }{\text{ }}}$ .

Τα παραπάνω είναι κλασσικά όρια (με άπειρες όμως πράξεις). Μετά από κανά δίωρο προσπαθειών βρίσκουμε $\displaystyle{\mathop {Res}\limits_{z = i} \left( {f\left( z \right)} \right) = \mathop {Res}\limits_{z = - i} \left( {f\left( z \right)} \right) = \frac{5}{{2\pi }}}$ και τελικά $\displaystyle{I = 2\pi \cdot i\left( {\mathop {Res}\limits_{z = i} \left( {f\left( z \right)} \right) + \mathop {Res}\limits_{z = - i} \left( {f\left( z \right)} \right)} \right) = 2\pi \cdot i\frac{5}{\pi } = 10 \cdot i}$ .

Προβληματισμοί.

Υπήρξε η σκέψη να μετασχηματιστεί το αρχικό ολοκλήρωμα ως εξής $\displaystyle{I = \oint\limits_{\left| z \right| = 2} {\frac{{z\left( {2{z^2} - 1} \right)}}{{\left( {{z^2} + 1} \right)\sin \left( {\frac{\pi }{{{z^2}}}} \right)}}dz} = \mathop = \limits^\big{{z = \frac{1}{u}}} = \oint\limits_{\left| z \right| = 1/2} {\frac{{\frac{1}{u}\left( {\frac{2}{{{u^2}}} - 1} \right)}}{{\left( {\frac{1}{{{u^2}}} + 1} \right)\sin \left( {\pi \cdot {u^2}} \right)}}\frac{1}{{{u^2}}}du} }$ .

Ο μετασχηματισμός $\displaystyle{z = \frac{1}{u}}$ αλλάζει το πρόσημο του διαφορικού, αλλά και την φορά διαγραφής στο μιγαδικό επίπεδο, οπότε φεύγει το πρόσημο, κρατώντας θετική φορά διαγραφής.

Δηλαδή $\displaystyle{I = \oint\limits_{\left| z \right| = 1/2} {\frac{{2 - {u^2}}}{{{u^3}\left( {{u^2} + 1} \right)\sin \left( {\pi \cdot {u^2}} \right)}}du} }$ . Όμως ο μετασχηματισμός αυτός μας αναγκάζει να θεωρήσουμε την περιστροφή γύρω από το $\displaystyle{\infty }$ (οι πόλοι είναι πλέον έξω από τον κύκλο κέντρου μηδέν και ακτίνας $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ ), οπότε «δώρο άδωρον», διότι πάλι ψάχνουμε για άπειρους πόλους .. ένας εξ αυτών (μάλλον) το $\displaystyle{\infty }$ .

Περαιτέρω μετασχηματισμοί όπως π.χ. $\displaystyle{u = \sqrt v }$ , μου μειώνουν στο μισό τα ορίσματα, άρα εκ των πραγμάτων πρέπει να καταφύγω στις επιφάνειες Riemann .. και έτσι παράτησα κάθε άλλη αντιμετώπιση.

Εν κατακλείδι $\displaystyle{I = \oint\limits_{\left| z \right| = 2} {\frac{{z\left( {2{z^2} - 1} \right)}}{{\left( {{z^2} + 1} \right)\sin \left( {\dfrac{\pi }{{{z^2}}}} \right)}}dz} = 10 \cdot i}$

#3

Σεραφείμ καλημέρα. Νομίζω πως η αλλάγή μεταβλητής $\displaystyle{\frac{1}{z^2}=\zeta}$ δουλεύει με το θέμα των πόλων.

Συγκεκριμένα:

$\displaystyle{\oint_{C}\frac{z(2z^2-1)}{(z^2+1)\sin\left(\frac{\pi}{z^2}\right)}\,dz=\int_{0}^{2\pi}\frac{2e^{it}(8e^{2it}-1)}{(4e^{2it}+1)\sin\left(\frac{\pi}{4e^{2it}}\right)}2ie^{it}\,dt\stackrel{e^{-2it}=e^{i\theta}}{=}-\frac{1}{2}\int_{0}^{-4\pi}\frac{e^{-i\theta}(8e^{-i\theta}-1)}{(4e^{-i\theta}+1)\sin\left(\frac{\pi e^{i\theta}}{4}\right)}4i\,d\theta=}$

$\displaystyle{2\cdot\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\frac{\left(2-\frac{e^{i\theta}}{4}\right)}{\frac{e^{2i\theta}}{16}\left(1+\frac{e^{i\theta}}{4}\right)\sin\left(\frac{\pi e^{i\theta}}{4}\right)}i\frac{e^{i\theta}}{4}\,d\theta=\oint_{|\zeta|=\frac{1}{4}}\frac{2-\zeta}{\zeta^{2}(1+\zeta)\sin(\pi\zeta)}\,d\zeta}$

όπου ο κύκλος $\displaystyle{|\zeta|=\frac{1}{4}}$ διατρέχεται μια φορά κατά τη θετική φορά.

Η ολοκληρωτέα τώρα έχει πόλο τάξης

στο

και, είτε με τον κλασικό τρόπο εύρεσης του Residue (πολλές πράξεις πράγματι), είτε επειδή, (σύμφωνα με το wolfram

), είναι

$\displaystyle{\frac{2-\zeta}{\zeta^{2}(1+\zeta)\sin(\pi\zeta)}=\frac{2}{\pi\zeta^3}-\frac{3}{\pi\zeta^2}+\frac{\frac{3}{\pi}+\frac{\pi}{3}}{\zeta}-\frac{6+\pi^2}{2\pi}+\mathcal O(\zeta)}$ , είναι

$\displaystyle{\oint_{|\zeta|=\frac{1}{4}}\frac{2-\zeta}{\zeta^{2}(1+\zeta)\sin(\pi\zeta)}\,d\zeta=2\pi i\left(\frac{3}{\pi}+\frac{\pi}{3}\right)=i\left(6+\frac{2\pi^2}{3}\right)}$ .

Φυσικά modulo λάθος στις πράξεις...

Oλοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (3)

Oλοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (3)

Re: Oλοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (3)

Re: Oλοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (3)

Μέλη σε σύνδεση