6. Punkty osobliwe, residua i obliczanie całek

Transkrypt

1 6. Punkty osobliwe, residua i obliczanie całek Mówimy, że funkcja holomorficzna f ma w punkcie a zero krotności k, jeśli f(a) = f (a) = = f (k ) (a) = 0, f (k) (a) 0. Rozwijając f w szereg Taylora w otoczeniu a, łatwo zauważyć, że jest to równoważne istnieniu w pewnym otoczeniu a funkcji holomorficznej h, takiej że Na przykład funkcja f(z) = (z a) k h(z), h(a) 0. f(z) = cos z ma w punkcie a = 0 zero krotności 2, bo f(z) = ( ) n z2n n= (2n)! = z2 h(z), gdzie h(z) = ( ) n z2(n ) n= (2n)!, h(0) = /2. Wprowadźmy nowe oznaczenie K (a, r) = {z C : 0 < z a < r}. Niech funkcja f będzie holomorficzna w K (a, r). Mówimy wtedy, że f ma punkt osobliwy a albo osobliwość w punkcie a. Możliwe są trzy sytuacje: ) Funkcja f jest ograniczona w pewnym otoczeniu a; 2) Funkcja f ma granicę równą w punkcie a; 3) Funkcja f nie ma granicy w punkcie a. Lemat. Jeśli f jest holomorficzna w K (a, r) i ograniczona, to istnieje granica A = lim z a f(z) i po rozszerzeniu f o wartość f(a) = A otrzymujemy funkcję holomorficzną na K(a, r). Mówimy wtedy, że f ma w punkcie a osobliwość pozorną. Dowód. Niech g(z) = (z a) 2 f(z) dla z a i g(a) = 0. Bezpośrednio widzimy, że g jest holomorficzna i g (a) = 0. Zatem g ma w a zero co najmniej dwukrotne, więc istnieje funkcja holomorficzna h, taka że g(z) = (z a) 2 f(z) = (z a) 2 h(z), z K (a, r), co pokazuje, że h jest holomorficznym przedłużeniem f na całe koło K(a, r). Lemat 2. Jeśli f jest holomorficzna w K (a, r) i lim z a f(z) =, to istnieją m N i funkcja holomorficzna g w K(a, r), takie że g(a) 0 oraz f(z) = g(z), z K(a, r). (z a) m Mówimy wtedy, że f ma biegun krotności m w punkcie a.

2 Dowód. Przy przyjętych założeniach lim z a f(z) = 0, a więc na mocy poprzedniego lematu funkcję f (z) = /f(z) można uznać za holomorficzną na pewnym kole K(a, r ), jeśli położyć f (a) = 0. Przypuśćmy, że miejsce zerowe f jest krotności m. Wtedy f (z) = (z a) m h (z), gdzie h jest holomorficzna w otoczeniu a i h (a) 0. Ostatecznie f(z) = (z a) m g(z), gdzie g(z) = /h (z). Wzor ten obowiązuje na razie tylko na małym otoczeniu a, ale łatwo zauważyć, że g(z) = (z a) m f(z) ma rozszerzenie na całe koło K(a, r). Lemat 3. Jeśli f jest holomorficzna w K (a, r) i nie ma granicy, to jest nieograniczona w każdym zbiorze K (a, ε), 0 < ε. W tym przypadku mówimy, że f ma w a istotną osobliwość. Jak wiemy, gdy f jest holomorficzna w K (a, r), wartość całki z a =ρ nie zależy od 0 < ρ < r. W opisanej sytuacji liczbę Res z=a f(z) = 2πi z a =ρ nazywamy residuum funkcji f w punkcie osobliwym a. Zauważmy, że wzór Cauchy ego dla funkcji holomorficznej w K(a, r) można wyrazić tak f(z) f(a) = Res z=a z a. Lemat 4. Jeśli f ma w punkcie a biegun krotności nie większej niż m, to jej residuum możemy wyznaczyć według wzoru Res z=a f(z) = (m )! lim{(z z a a)m f(z)} (m ). Dowód. Jak wiemy w pewnym sąsiedztwie punktu a funkcja przedstawia się jako f(z) = g(z) (z a) m, gdzie g jest funkcją holomorficzną w otoczeniu a. Zatem dla małego r > 0 Res z=a f(z) = g(z) dz 2πi z a =r (z a) = g(m ) (a) m (m )!, co wynika ze wzorów Cauchy ego na pochodne funkcji holomorficznej. Pozostaje zauważyć, że g (m ) (a) = lim z a {(z a) m f(z)} (m ). 2

3 Niech : [0, ] C będzie drogą. Przypomnijmy, że jeśli (t) = (t) + i 2 (t), to f(x, y) dx = f( (t), 2 (t)) (t) dt, oraz f(x, y) dy = 0 0 f( (t), 2 (t)) 2(t) dt. Można więc napisać = f(x, y) dx + i f(x, y) dy dla każdej funkcji f ciągłej na. Jeśli ponadto f = u + iv, to = u dx v dy + i u dy + v dx. Przypomnijmy Twierdzenie 5 (Green). Niech będzie obszarem ograniczonym,którego brzeg ma parametryzację łańcuchem C. Wowczas dla każdej funkcji p ciągłej na i klasy C () x p(x, y) dxdy = p(x, y) dy oraz y p(x, y) dxdy = C C p(x, y)dx. Twierdzenie 6 (o residuach). Niech będzie obszarem ograniczonym, którego brzeg ma parametryzację łańcuchem C. Niech A będzie zbiorem skończonym i niech f : \ A C będzie holomorficzna i ciągła na brzegu. Wtedy = Res z=a f(z). 2πi Dowód. Dla każdego a A niech r a > 0 bedzie tak małe, by koła K(a, r a ) były parami rozłączne i zawarte w. Wtedy brzeg obszaru = \ K(a, r a ) ma parametryzację łańcuchem C = C a a C(a, r a ). Nasza funkcja f = u + iv jest holomorficzna w, więc klasy C, i na mocy twierdzenia Greena oraz rownań Cauchy ego-riemanna f(x, y) dz = f(x, y) dx + i f(x, y) dy C C C (7) = y f(x, y) dxdy i x f(x, y) dxdy = 0, czyli = = Res z=a f(z). 2πi 2πi z a =r a 3

4 Twierdzenie 8. Niech f będzie funkcją ciągłą w górnej półpłaszczyźnie Im z 0 i holomorficzną w otwartej pólpłaszczyźnie Im z > 0 z wyjątkiem skończonej liczby punktów {a j } N j=. Jeśli ponadto lim zf(z) = 0, z, Im z>0 to f(x) dx = 2πi Res z=aj f(z). j= Dowód. Niech R > 0 bedzie tak duże, aby wszystkie punkty a j znalazły się wewnątrz koła K(0, R). Wtedy na mocy twierdzenia o residuach R + = 2πi R 2πi z =R, Im z>0 Jak widać, prawa strona nie zależy od R. Ponadto 2πR sup f(z) z =R, Im z>0 z =R = 2π sup zf(z) 0, R = z, z =R na mocy założenia. Zatem R lim f(x) dx = 2πi Res z=aj f(z). R R j= Dla przykładu obliczymy całkę Res z=aj f(z). j= cos x dx I = + x. 4 Najpierw zauważmy, że funkcja f(z) = cos z + z 4 jest rzeczywiście holomorficzna w górnej pólpłaszczyźnie i ciągła w półpłaszczyźnie domkniętej, ale niestety nie jest prawdą, że z cos z lim z, Im z 0 + z =. 4 Aby tę trudność obejść, wykorzystamy tożsamość Niech Wtedy f (z) = f(z) = cos z + z 4 = eiz + e iz 2( + z 4 ). 2( + z 4 ), f 2(z) = e iz 2( + z 4 ). f(x) dx = f (x) dx + 4 f 2 (x) dx.

5 Obliczymy te całki osobno. Najpierw sprawdźmy, że pierwsza funkcja spełnia warunek malenia w nieskończoności. Rzeczywiście, e ix y (9) + (x + iy) 4 e y (x 2 + y 2 ) 2 0, gdy x 2 + y 2 i y 0. Druga rzecz, to punkty osobliwe f. Są to a = e iπ/4, a 2 = e i3π/4, a 3 = a, a 4 = a 2, z których tylko pierwsze dwa leżą w górnej półpłaszczyźnie. Zatem f (z) = 2(z 2 a 2 )(z 2 a 2 2). Na podstawie twierdzenia wiemy, że f (x) dx = Res z=a f (z) + Res z=a2 f (z) 2πi a więc = (Res z=a + Res z=a2 ) 2(z 2 a 2 )(z 2 a 2 2) = ( e ia ) 2 2a (a 2 a 2 2) e ia2 = eia a 2a 2 (a 2 a 2 2) 4a a 2 (a + a 2 ), f (x) dx = (eia a ) 2a a 2 (a + a 2 ) πi. Przechodząc do drugiej całki, znowu napotykamy trudność. Ze względu na zmianę znaku w wykładniku, oszacownie (9) załamuje się. Wystarczy jednak mała poprawka. Mamy bowiem 2 f 2 (x) dx = = e ix + x dx 4 e ix + x dx = 2 4 f (x) dx. Ostatecznie więc, cos x dx I = = 2 f + x 4 (x) dx = (eia a ) πi. a a 2 (a + a 2 ) Czytelnikowi pozostawiamy podstawienie odpowiednich wartości i doprowadzenie wyniku do możliwie prostej postaci. 5