Läsanvisningar till kapitel

Läsanvisningar till kapitel 6. 6.7 6. Residuesatsen Hela kapitel 6 handlar om att beräkna olika typer av integraler på så gott som samma vis. Om ni kommmer ihåg från förra avsnittet om Laurentserieutvecklingar, så kallas koefficienten c i j= c j ) j för residuen i. Eftersom koefficienten i en Laurentserieutveckling definieras genom en integral så kan vi använda residuer till att beräkna integraler. Men varför just koefficienten c? Låt oss motivera detta intresse av residuer. Låt vara en enkel, sluten, positivt orienterad styckvis C -kurva kring origo. Då är {, n n = 2πi, n =. Antag nu att f är en holomorf funktion med en singularitet i origo. Då har f en Laurentserieutveckling i någon annulus A kring ; f) = j= c j j. Denna konvergerar likformigt på, förutsatt ligger helt i A och innehåller origo. Då är f = c j j d = c j j d = 2πic. j= j= Alltså är koefficienten c viktig, och det leder till följande definition. Denna definition har ni sett förrut, i alla fall mer eller mindre, men jag tänkte vara mera precis här). Definition 6.. Låt f vara en funktion med en isolerad singularitet i punkten. Då kallas koefficienten c i f:s Laurentserieutveckling j= c j ) j för f:s residue i punkten. Detta skriver vi som Resf, ) eller Res ). Observation. Enligt definition så har vi att Resf, ) = 2πi då r > är tillräckligt litet. o =r f)d

Vi kan även göra några fler fundamentala observationer:. Om f har en hävbar singularitet i så är Resf, ) = enligt Cauchys integralsats. 2. Om f har en pol av ordning k i så gäller att Detta ger att c k f) = ) + + c k ) + c j ) j. ) k f) = c k + + c ) k + )f ) där f ) = j= c j ) j. Derivera nu k ) gånger, då får vi j= d k d k ) k f) = k )!c + dk d k )f ). Låt nu. Då blir lim d k d k ) k f) = k )!c +. Alltså om f har en pol av ordning k i så gäller att Resf, ) = Exempel. Funktionen f) = 2 Resf, ) = k )! lim d k d ) k f). k 2 )! lim har en pol av ordning 2 i =. Detta ger att d d 2 f) = lim d d =. Exempel 2. Betrakta funktionen f) = =. Då är Resf, ) = = lim 3 2 )! lim e ) ) 2 d d d d 2 f) = lim som har en pol av ordning 2 i e ) 3 d d e ) = 3 lim 3 3 e ) 3 = lim e ) För att inse detta, kolla på Taylorutvecklingen av e. d d ) 2 e ) e e ) ) 3 = e ) 2 = = 3 2. 2

Om vi har flera singulariteter som ligger innanför en kurva, kan vi då använda oss av residuer för att beräkna en integral? Svaret är ja, och besvaras av Cauchys residuesats. Sats 6.2. Cauchys residuesats) Låt Ω C vara ett enkelt sammanhängande område och f OΩ) förutom i de isolerade singulariteterna,..., n. Antag att är en sluten, enkel, positivt orienterad styckvis C -kurva i Ω och att,..., n ligger inuti. Då gäller f)d = 2πi Resf, j ). Bevis. Vi ska använda induktion över antalet singulariteter. Om n = : Då är f holomorf i ett enkelt sammanhängande område som innehåller. Då ger Cauchys integralsats att V L = f)d =. Vidare så har vi att HL = så det stämmer i fallet n =, dvs inga singulariteter. Antag nu att satsen är sann för n ) stycken singulariteter. Låt ε > vara så litet så att n ε ej innehåller någon av,..., n. Tag därför två punkter p och p 2 på n = ε. Förbind p och p 2 med kurvan i punkterna q respektive q 2. Kalla dessa respektive 2. Låt C vara övre delen av cirkeln n = ε från p till p 2, och låt C 2 vara undre delen av cirkeln n = ε. Vidare låt 3 vara den del av som går från q til q 2 och låt 4 vara den del av som förbinder q 2 med q, så = 3 + 4. Rita en bild över detta!) Bilda nu j= = 3 2 C 2 + C + 2 + 4 som är en sluten, enkel, positivt orienterad styckvis C -kurva. Då har vi att Alltså är f n f)d = 2πi n = 2πi Resf, j ). j= Resf, j ), j= så satsen är sann för n stycken singulariteter. cosπ) Exempel 3. Vi ska beräkna I = d där är en snäll kurva som innehåller och. Cauchys residuesats ger 2 ) att I = 2πiRes) + Res)). 3

Vi har att = är en enkel pol, ty cos π, så Res) = lim cosπ) 2 =. Vidare så är = en pol av ordning 2, ty cos, så ) d cosπ) π sinπ) ) cosπ) Res) = lim = lim = d ) 2 ) =. 2 Detta ger att I = 2πi ) = 4πi. 6.2 Trigonometriska integraler över [, 2π] Vi ska i detta avsnitt beräkna integraler på formen 2π Ucos θ, sin θ)dθ med hjälp av Cauchys residuesats. Antag att funktionen U ovan är en rationell funktion i cos θ, sin θ med reella koefficienter som är ändlig på [, 2π]. Låt : [, 2π] C vara en kurva som ges av θ) = e iθ. Observera att e iθ = för θ [, 2π]. θ) Kom nu ihåg Eulers formler: Då gäller att cos θ = eiθ + e iθ 2 cos θ = 2 + ), sin θ = eiθ e iθ. 2i, sin θ = 2i ) där [, 2π]). Gör nu substitutionen dθ = d i 2π Ucos θ, sin θ)dθ = U + 2 så får vi ), 2i )) fracdi. Och nu är vi i ett läge där vi kan använda Cauchys residuesats. Låt oss kolla på ett exempel. Exempel 4. Låt a R, a, och betrakta I = 2π dθ + a 2 2a cos θ. Vi ska beräkna I. Låt = e iθ för θ [, 2π] och låt vara enhetscirkeln kring origo. Då är d = ie iθ dθ = idθ. 4

) Gör nu variabelsubstitution i I. Då får vi, om vi använder cos θ = 2 +, I = ) d + a 2 2a 2 + i = id a)a ). Vi ser nu att integranden har enkla poler i = a och =. Residuen i dessa a punkter är och Resa) = lim a Res ) = lim a a i a a i a a) = ) = i a 2 i a 2. Vi måste nu kolla på olika fall för a: Om < a <, då ligger a innanför och /a utanför. Detta ger att ) i I = 2πi = 2π a 2 a. 2 Om a >, då ligger a utanför och /a innanför. Detta ger att ) i I = 2πi = 2π a 2 a 2. 6.3 Obestämda integraler av speciella funktioner över ], [ Vi ska försöka beräkna fx)dx genom att använda komplex analys. Detta gör vi genom att helt enkelt låta f) vara den reella funktionen fx) fast i den komplexa variabeln, så t.ex. om fx) = x 2 + så är f) = 2 +. Låt I R = [ R, R] och låt C R = Re iθ, för θ π. Sätt R = C R + I R. Låt nu R > vara tillräckigt stort så att f):s isolerade singulariteter med Im) > ligger innanför R. Då vet vi att f)d = f)d + f)d R C R I R och enligt Cauchys residuesats så har vi R f)d = 2πi Resf, j ), j= 5

där,..., n är f:s isolerade singulariteter så att Im j ) >. Vi får då att 2πi Resf, j ) = f)d + f)d. C R I R j= Låt nu R, så vi betraktar 2πi j= Resf, j ) = lim f)d + lim f)d. C R I R Eftersom vi befinner oss på realaxeln i integralen över I R så kan vi gå tillbaka till den reella funktionen, dvs 2πi j= Resf, j ) = lim f)d + lim fx)dx. C R I R Om nu fx)dx existerar och är ändlig, så brukar vi kalla detta för principalvärdet och skriver R p. v. fx)dx = lim fx)dx. R Observation 2. Exemplet i boken om att p. v. xdx inte existerar. Så om fx)dx existerar och är ändlig så får vi att 2πi j= xdx = är viktigt, eftersom Resf, j ) = lim f)d + p. v. fx)dx. C R Alltså om vi kan visa att lim C R f)d = så skulle vi ha beräknat p. v. fx)dx. Lyckligtvis så finns det ett lemma som hjälper till här: Lemma 6.3. Om f) = P )/Q), där P och Q är polynom så att då är Exempel 5. Låt oss beräkna integralen gradq) 2 + gradp ) lim f)d =. C R I = x 2 x 4 + dx. 6

Ni får själva kolla att I är konvergent, så I = lim R R x 2 x 4 + dx. Låt oss nu gå över till den komplexa funktionen f) = gradq) 2 + gradp ) så lemmat ovan ger att lim f)d =, C R 2. Observera att 4 + där C R är halvcirkeln Re iθ, θ π. Eftersom ekvationen 4 + = har lösningarna = e πi/4, 2 = e 3πi/4, 3 = e 5πi/4 och 4 = e 7πi/4, så och 2 ligger innanför R = C R + I R. Detta betyder att Vi har att för k =, 2, 3, 4. Detta betyder att I = 2πiRes ) + Res 2 )). Res k ) = 2 k 4 3 k = 4 k I = 2πi 4 e πi/4 + e 3πi/4 = π 2. Denna metod blir ofta lättare än den gamla metoden med integralkalkylens huvudsats. Anmärkning. Metoden som har beskrivits i detta avsnitt fungerar inte om singulariteterna ligger på Im) =, utan detta ska vi få lära oss i senare avsnitt. 6.4 Obestämda integraler av trigonometriska funktioner Vi ska fortsätta med att beräkna principalvärdet för integraler på formen P x) cosmx)dx och Qx) P x) Qx) sinmx)dx, där P och Q är polynom. För att beräkna dessa integraler så använder vi samma metod som i föregående avsnitt. Det man observerar är att Ree it ) = cos t, Ime it ) = sin t, 7

så och P x) ) P x) cosmx)dx = Re Qx) Qx) eimx dx P x) ) P x) sinmx)dx = Im Qx) Qx) eimx dx. Konstruktionen med kurvan = C R +I R kan man använda även här, och Jordans lemma hjälper en på traven: Lemma 6.4. Jordans lemma) Om m > och P och Q är polynom så att då är där C R är en halvcirkel med radie R. gradq) + gradp ) P ) lim C R Q) eim d =, Exempel 6. Vi ska beräkna p. v. x 3 sin x dx. Sätt x 2 +) 2 f) = så har f poler i ±i. Eftersom 3 e i 2 + ) = 3 e i 2 + i) 2 i), 2 grad 2 + ) 2 ) + grad 3 ) så kan vi använda oss av Jordans lemma, så CR 3 e i 2 + ) 2 d =, där C R är en halvcirkel i övre halvplanet. Eftersom i är den enda polen i övre halvplanet, så ger Cauchys residuesats att p. v. x 3 sin x dx = Im2πi Resi)). x 2 + ) 2 Om man beräknar residuen så får man Resi) =, vilket betyder att 4e p. v. x 3 sin x dx = Im 2πi ) = π x 2 + ) 2 4e 2e. 8

6.5 Speciella konturer Detta avsnitt handlar om hur man beräknar integraler med singulariteter på den reella axeln. Det man gör är att man lägger en halvcirkel med godtyckligt liten radie runt singulariteten och därefter så använder man Cauchys residuesats. För att beräkna integralen längs denna halvcirkel, eller någon cirkelbåge, kring en singularitet använder man följande lemma: Lemma 6.5. Om f har en enkel pol i = c och T r är en cirkelbåge kring c definierad genom c + re iθ, θ θ θ 2, då gäller att lim f)d = iθ 2 θ ) Resf, c). r + T r Dessa metoder lär man sig lättast om man räknar lite. Därför ger jag ett exempel. Exempel 7. Låt oss beräkna I = p. v. oss lim CR e 2i Vidare så ger lemmat från detta avsnitt att lim r + Sr e 2i e 2ix dx. Vi har att Jordans lemma ger x+ d =. + d = πi Res ), + där S r är en halvcirkel kring singulariteten =. Eftersom så får vi att Res ) = lim + ) e 2i + = e 2i I = πie 2i. 6.6 Integraler av flervärda funktioner Även i detta avsnitt så beräknar vi integraler, fast nu är integranden en flervärd funktion. Jag tycker att ni ska gå igenom detta avsnitt och räkna några uppgifter. Jag kommer här bara gå igenom ett exempel så jag hoppas det är tillräckligt. Exempel 8. Vi ska beräkna lnpx) dx för p, q >. Sätt g) = Logp). Då gäller q 2 +x 2 q 2 + 2 att ReLog)) = ln. Då är Log) holomorf på C\], ]. Observera att g har en enkel pol i iq. Då är Resg, iq) = lnpq) 2qi 9 + π 4q.

Observera att vi inte behöver något belopp på pq då vi tar den naturliga logaritmen, eftersom både p och q är icke-negativa. Låt < r < q < R och låt S r vara en halvcirkel kring origo med godtyckligt liten radie r i övre halvplanet, och låt C R vara en halvcirkel kring origo med stor radie R. Låt = C R +[ R, r]+s r +[r, R]. Då ger Cauchys residuesats att Vi har att som går mot r R g = r R g)d = 2πi Resg, iq) = π lnpq) q R r g = R r logp) q 2 + 2 d + π2 i 2q. Logp) d då R och r +. Vidare har vi att q 2 + 2 Logp) q 2 + 2 d = r R Log p) R q 2 + ) d) = 2 r Logp) + πi d q 2 + 2 som går mot Logp) d + πi q 2 + 2 q 2 + d 2 då R och r +. Vi gör nu ett variabelbyte, som ger att π g = LogRe iθ ) π C R q 2 + R 2 e 2iθ ireiθ dθ = ln R + iθ q 2 + R 2 e 2iθ ireiθ dθ ln R + π R 2 q πr 2 då R. Jag lämnar åt er att visa att S r g då r +. Detta ger att g Logp) q 2 + d + 2 då R och r +. Så vi får att π lnpq) q + π2 i 2q = 2 Logp) d + πi q 2 + 2 Logp) d + πi q 2 + 2 Om vi jämför real och imaginärdel så får vi att q 2 + 2 d q 2 + 2 d. och lnpx) π lnpq) dx = q 2 + x2 2q q 2 + x 2 dx = π 2q.

6.7 Argumentprincipen och Rouches sats Meromorfa funktioner är holomorfa funktioner med poler. Med dessa så kan vi med hjälp av nollställen och poler beräkna en viss typ av integraler. Mer precist har vi: Sats 6.6. Argumentprincipen) Låt f : Ω C vara en meromorf funktion, där Ω är ett enkelt sammanhängande område i C. Låt vara en sluten, enkel, positivt orienterad styckvis C -kurva. Antag att f saknar poler och nollställen på. Då gäller att 2πi f ) f) d = N f) N p f), där N p f) är summan av ordningen av poler innanför och N f) är summan av ordningen av nollställena innanför. Denna sats ska vi använda till att visa Rouches sats som uttalar sig om nollställen för funktioner. Sats 6.7. Rouches sats) Låt Ω C vara ett enkelt sammanhängande område och låt f OΩ). Antag att f) < g) på en enkel, sluten styckvis C -kurva i Ω. Då måste f och g ha samma antal nollställen innanför räknat med multiplicitet). Bevis. Säg att g = f + h, där h < f på. Detta ger att f på. Betrakta homotopin F t ) = F t, ) = f) + th), t, som överför f till g. På har vi att F t f t h f h >. Låt Nt) vara antalet nollställen till F t i det inre av. Då ger argumentprincipen att Nt) = F t) 2πi F t ) d. Eftersom N är definierad av en integral av en kontinuerlig funktion, så måste N vara kontinuerlig. Vidare så antar N bara heltalsvärden den räknar ju antal!). Därför måste N) = N) vilket betyder att antalet nollställen hos F = f är samma som antalet nollställen hos F = g. Rouches sats säger att vi kan göra små holomorfa störningar och även ha lika många nollställen.

Exempel 9. Vi ska undersöka hur många nollställen f) = 3 + 2 + e har i det högra halvplanet. Låt g) = 3 + 2 och h) = e. Då är g, h OC). Låt vara den slutna kurva som går i en halvcirkel C R från ir till ir och därefter linjen l R från ir till ir. Då gäller att g) = 3 + 2 3 2 = R 3 2 då R 3 > 2 på C R, och h) = e = e Re på C R. På linjen l R så gäller att och giy) = iy) 3 + 2 = y 6 + 4 2 hiy) = e iy =. Alltså är g) > h) på. Vi kollar nu på hur många nollställen g har innanför. Löser vi g) = så ser vi att den har 2 stycken nollställen innanför om R > 2 /3. Då ger Rouches sats att g och f har samma antal nollställen innanför. Eftersom R > 2 /3 är godtycklig så följer det att f har två nollställen i högra halvplanet. Exempel. Betrakta p) = 3 + 3. Vi påstår att p har alla sina nollställen i B, 2). Vi ser att p har exakt tre nollställen enligt algebrans fundamentalsats. Låt r) = 3 som har alla sina nollställen i origo, så speciellt i B, 2). På B, 2) så är r) = 8. Vidare så är q) = 3 en liten störning av r). På B, 2) så är q) = 3 3 2 + < r). Rouches sats ger att r och p har lika många nollställen i B, 2). Exempel. Låt f OB, +ε)), ε >. Antag att f) = 3 och att f) > 7 då =. Vi påstår att f har ett nollställe i B, ). Låt h) = 3. Vi har att f) > h) på B, ) så har f och g = f + h lika många nollställen i B, ). Men g) = f) + h) = så f måste ha ett nollställe i B, ). Rouches sats ger i sin tur följande sats Sats 6.8. Öppna avbildningssatsen) En holomorf, icke-konstant funktion är öppen, dvs bilden av öppna mängder är öppna. Bevis. Antag att f OΩ), där Ω är ett område i C. Tag V Ω öppen. Vi ska visa att fv ) är öppen. Eftersom V är öppen så finns det en boll Ba, r) V där a V. Enligt identitetssatsen så finns det ett r så att Ba, r) är en sådan boll, och så att om vi definierar m = inf{ f) fa) : Ba, r)} 2

så är m >. Detta är inget annat än avståndet från fa) till f Ba, r)). Tag en w Bfa), m) och sätt g) = f) w. Vi ska nu använda Rouches sats: Sätt g ) = f) fa). Denna har minst ett nollställe i Ba, r). Sätt g ) = fa) w som då är konstant. För Ba, r) är nu g ) = f) fa) m > fa) w = g ) och därför har g + g = g samma antal nollställen i Ba, r) som g, dvs minst. Vad betyder nu detta? Jo, för vårt godtyckliga val av w Bfa), m) så finns ett Ba, r) så att = g ) = f ) w, så f ) = w. Därför är Bfa), m) fba, r)) fv ), så fv ) innehåller en boll, så fv ) är öppen. 3