Problemes Resolts Tema 4 (teoria global de Cauchy)
Full text
Resolucions de problemes, an`alisi complexa 12 de maig de 2022 1 Teoria Global de Cauchy 1. Sigui f:C\{0} → Cholomorfa. Si γ´es una corba simple amb n(γ; 0) = 1 i f´es fitada en la component connexa no acotada determinada per γ, aleshores ∀z∈Ctal que n(γ;z) = 0: f(z) = −1 2πi Zγ zf(w) w(w−z)dw. Resoluci´o: Sigui Ω = C\{0}, tenim que f´es holomorfa a Ω i γ´es una corba tancada tal que n(γ, 0) = 1. Prenem un z∈Ctal que n(γ, z) = 0, en particular z6= 0. Prenem un Rqualsevol prou gran per tal de que γ⊂DR(0) i |z|< R. Considerem el cicle Γ = γ−∂DR(0) ⊂Ω i la funci´o g(w) = zf(w) w, que ´es holomorfa a Ω. Observem que Γ ≃0, ja que n(Γ,0) = n(γ, 0) −n(∂DR(0),0) = 1 −1 = 0 i 0 ´es l’´unic punt que pertany a C\Ω. Per tant, com z∈Ω\Γ, podem aplicar la f´ormula de Cauchy: 1 2πi ZΓ g(w) w−zdw =n(Γ, z)g(z) = −g(z) = −zf(z) z=−f(z), on hem usat que n(Γ, z)=0−1 = −1. Aix´ı doncs, hem provat que per a qualsevol R > 0 prou gran: f(z) = −1 2πi ZΓ g(w) w−zdw =−1 2πi ZΓ zf(w) w(w−z)dw =−1 2πi Zγ zf(w) w(w−z)dw −−1 2πi Z∂DR(0) zf(w) w(w−z)dw. Veiem ara que la segona integral ´es, de fet, zero. Noteu tamb´e que la igualtat no dep`en de R, per tant podrem fer R→ ∞. Anem a fitar la segona integral. Per hip`otesi tenim que |f(w)| ≤ M si |w|> R. Per tant: −1 2πi Z∂DR(0) zf(w) w(w−z)dw=−1 2πi Z2π 0 zf(Reiθ) Reiθ(Reiθ −z)iReiθ dθ ≤1 2πZ2π 0 |z||f(Reiθ)| |Reiθ −z|dθ ≤|z| 2πZ2π 0 M |Reiθ −z|dθ 1
Notem ara que, com R > |z|, tenim que |z−Reiθ| ≥ R−|z|>0, per tant: −1 2πi Z∂DR(0) zf(w) w(w−z)dw≤|z| 2π 2πM R−|z|=M|z| R−|z|. Com aquesta fita ´es certa per a tot Rprou gran, fent R→ ∞ tenim que: −1 2πi Z∂DR(0) zf(w) w(w−z)dw = 0 i llavors: f(z) = −1 2πi ZΓ g(w) w−zdw =−1 2πi Zγ zf(w) w(w−z)dw com vol´ıem demostrar. 2. Trobeu les multiplicitats dels zeros de (i) f(z) = ez−1 , en z0= 2πki,k∈Z. (ii) f(z) = sin z−tan z, en z0= 0 . (iii) f(z) = cos z−1 + 1 2sin2z, en z0= 0 . Resoluci´o: (i) f(z) = ez−1, z0= 2πki,k∈Z. Observem que f0(z) = ezi que: f(2πki) = e2πki −1 = 0, f0(2πki) = e2πki = 1. Per tant, per cada k∈Z,z0= 2πki ´es un zero d’ordre 1. (ii) f(z) = sin z−tan z,z0= 0. Notem que f(z) = sin z−tan z, f(0) = 0; f0(z) = cos z−1−(tan z)2, f0(0) = 0; f00(z) = −sin z−2 tan z(1 + (tan z)2) = −sin z−2 tan z−2(tan z)3, f00(0) = 0; f000(z) = −cos z−2(1 + (tan z)2)−6(tan z)2(1 + (tan z)2), f000(0) = −3. Per tant ft´e un zero de mutiplicitat 3 a z0= 0. (iii) f(z) = cos z−1 + 1 2(sin z)2iz0= 0: f(z) = cos z−1 + 1 2(sin z)2, f(0) = 0; f0(z) = −sin z+ sin zcos z=−sin z+1 2sin(2z), f0(0) = 0; f00(z) = −cos z+ cos(2z), f00(0) = 0; f000(z) = sin z−2 sin(2z), f000(0) = 0; fiv(z) = cos z−4 cos(2z), fiv(0) = −3. 2
Tamb´e es pot fer usant les s`eries de Taylor. Es millor usar una f´ormula alternativa de f(z). Com (sin z)2=1−cos(2z) 2: f(z) = cos z−1 + 1 4(1 −cos 2z) = X n≥0 (−1)nz2n (2n)! −1 + 1 4 1−X n≥0 (−1)n(2z)2n (2n)! =X n≥1 (−1)nz2n (2n)! −X n≥1 (−1)n22n−2z2n (2n)! =X n≥1 (−1)n(1 −22n−2) (2n)! z2n =−3 4!z4+O(z6). Aix´ı z0= 0, ´es un zero de multiplicitat 4 de fifiv(0) = −3. 3. Trobeu els zeros i les seves multiplicitats de (i) f(z) = (1 + z2)4. (ii) f(z) = sin2z. (iii) f(z) = 1 + ez. (iv) f(z) = z3cos z. Resoluci´o: (i) f(z) = (1 + z2)4= (z−i)4(z+i)4, per tant t´e zeros a z=±ide multiplicitat 4. (ii) f(z) = sin2z. Busquem els zeros de sin z= 0: sin z=eiz −e−iz 2i= 0 si i nom´es si e2iz = 1, ´es a dir 2iz = 2kπi, per k∈Z, ´es a dir z=kπ. A m´es, com sin kπ = 0,cos kπ = (−1)k, la funci´o sin zt´e un zero simple a z=kπ i, en conseq¨u`encia, sin2zt´e un zero doble a kπ. De fet: sin z= (−1)k(z−kπ) + O(z−kπ)2= (−1)k(z−kπ)(1 + O(z−kπ)), f(z) = sin2z= (z−kπ)2(1 + O(z−kπ))2= (z−kπ)2(1 + O(z−kπ)). Per tant ft´e un zero de mutiplicitat 2 a z0= 0. (iii) f(z) = 1 + ez= 0, ez=−1 = 1eiπ, per tant, igualant m`oduls i arguments: eRe z= 1 =⇒Re z= 0 Im z=π+ 2kπ, k ∈Z. Aix´ı, els zeros de f(z) s´on z= (2k+ 1)iπ. Com f0(z) = ez, tenim que f0((2k+ 1)iπ) = −1i per tant tots els zeros de f(z) s´on simples. (iv) f(z) = z3cos z= 0 si o b´e z= 0, o b´e cos z= 0. Tenim que cos z= 0 si eiz +e−iz = 0 o equivalentment si e2iz =−1. Tal com hem vist a l’apartat anterior, cal que 2iz = (2k+1)iπ, ´es a dir z=2k+1 2π. En z0= 0 clarament la multiplicitat ´es tres. En efecte, f(z) = z3cos zi cos 0 = 1 6= 0, per tant t´e multiplicitat 3. Considerem ara els zeros z0=2k+1 2π. En aquest cas la multiplicitat ´es 1 perqu`e: f0(z0) = −z3 0sin z0+ 3z2 0cos z0=z3 0(−1)k+1 6= 0. 3
4. Classifiqueu la singularitat de les funcions seg¨uents en z= 0. Si ´es evitable, digueu quin valor l’evita. Si ´es un pol, trobeu la part principal de la funci´o en z= 0. (i) f(z) = 1 tan z−1 sin z. (ii) f(z) = sin z z. (iii) f(z) = sin z z4. (iv) f(z) = cos z z. (v) f(z) = cos z−1 z. (vi) f(z) = cos z−1 z2. (vii) f(z) = zcos(1/z). (viii) f(z) = e1/z. (ix) f(z) = 1 1−ez. Resoluci´o: (i) f(z) = 1 tan z−1 sin z=cos z sin z−1 sin z=cos z−1 sin z, per tant t´e una singularitat a z0= 0, ja que sin 0 = 0. Com cos 0 −1 = 0, ´es una possible singularitat evitable, per veure-ho usem les s`eries de Taylor del numerador i el denominador: cos z−1 = X n≥0 (−1)n (2n)! z2n−1 = X n≥1 (−1)n (2n)! z2n=z2X n≥1 (−1)n (2n)! z2n−2=z2g1(z),(1.1) amb g1(0) = −1 26= 0 i sin z=X n≥0 (−1)n (2n+ 1)!z2n+1 =zX n≥0 (−1)n (2n+ 1)!z2n=zg2(z),(1.2) amb g2(0) = 1 6= 0. Usant aquests desenvolupaments per fer el l´ımit (de fet, en aquest cas les funcions s´on enteres, per tant els desenvolupaments s´on iguals a les funcions a tot el pla complex): lim z→0f(z) = lim z→0 cos z−1 sin z= lim z→0 z2g1(z) zg2(z)= 0. Per tant f(z) t´e una singularitat evitable en z0= 0 i el valor que la fa holomorfa, de fet entera, ´es definir f(0) = 0. Nota: observem que usar els desenvolupaments de Taylor per fer el l´ımit ´es equivalent a usar la regla de l’Hˆopital: lim z→0f(z) = lim z→0 cos z−1 sin z= lim z→0−sin z cos z= 0. 4
(ii) f(z) = sin z z. Tal com hem fet a l’apartat anterior, usem la s`erie de Taylor de la funci´o sin z, donada a (1.2): lim z→0f(z) = lim z→0 sin z z= lim z→0 zg2(z) z= 1. Per tant la singularitat ´es evitable i el valor que fa la funci´o fholomorfa (entera) ´es f(0) = 1. (iii) f(z) = sin z z4. Tal com hem fet a l’apartat anterior, usem la s`erie de Taylor de la funci´o sin z, donada a (1.2): lim z→0f(z) = lim z→0 sin z z4= lim z→0 zg2(z) z4= lim z→0 g2(z) z3=⇒lim z→0|f(z)|=∞ ja que g2(0) = 1. Per veure que ´es un pol i calcular la seva part principal, usem un altre cop la s`erie de Taylor: f(z) = sin z z4=1 z4zX n≥0 (−1)n (2n+ 1)!z2n=1 z31−z2 6+O(z4)=1 z3−1 6z+O(z). Dedu¨ım per tant que z= 0 ´es un pol d’ordre 3 i la seva part principal ´es 1 z3−1 6z. (iv) f(z) = cos z z. Clarament, com cos 0 = 1, lim z→0|f(z)|= lim z→0|cos z| |z|=∞. Per veure que z= 0 ´es un pol i calcular la seva part principal, usem la s`erie de Taylor de la funci´o cos z, donada a (1.1) que defineix una funci´o entera: f(z) = cos z z=1 zX n≥0 (−1)n (2n)! z2n=1 z(1 + O(z2)) = 1 z+O(z). Per tant z= 0 ´es un pol d’ordre 1 i la seva part principal ´es 1 z. (v) f(z) = cos z−1 z, per tant t´e una singularitat a z0= 0. Com cos 0 −1 = 0, ´es una possible singularitat evitable. Per veure-ho usem un altre cop la s`erie de Taylor del cos zdonada a (1.1): lim z→0f(z) = lim z→0 cos z−1 z= lim z→0 z2g1(z) z= 0. Per tant f(z) t´e una singularitat evitable en z0= 0 i el valor que la fa holomorfa, de fet entera, ´es definir f(0) = 0. (vi) f(z) = cos z−1 z2, per tant t´e una singularitat a z0= 0. Com cos 0 −1 = 0, ´es una possible singularitat evitable. Usant la s`erie de Taylor del cos zdonada a (1.1): lim z→0f(z) = lim z→0 cos z−1 z2= lim z→0 z2g1(z) z2=g1(0) = −1 2 Per tant f(z) t´e una singularitat evitable en z0= 0 i el valor que la fa holomorfa, de fet entera, ´es definir f(0) = −1 2. 5
(vii) La funci´o f(z) = zcos 1 z=zei1 z+e−i1 z 2t´e una singularitat a z0= 0. Per veure que ´es una singularitat essencial, veurem que el l´ımit de f(z) quan z→0, no existeix prenent dos camins diferents al pla complex. Per una banda, si z=x+iy, fem el l´ımit quan Re z=x= 0 i Im z=y < 0: lim x=0, y<0, y→0zei1 z+e−i1 z 2= lim y<0, y→0iy e1 y+e−1 y 2=−i∞. Per altra banda, fem el l´ımit quan Re z=x→0 i Im z=y= 0: lim y=0,x→0zei1 z+e−i1 z 2= lim x→0xcos 1 x= 0. Per tant el limz→0f(z) no existeix i tenim a z0= 0 una singularitat essencial. (viii) Igual que a l’apartat anterior f(z) = e1 z, tindr`a una singularitat essencial a l’origen. Per comprovar-ho, veiem que el l´ımit a l’origen no existeix prenent dos camins diferents al pla complex. Per una banda, si z=x+iy, fem el l´ımit quan Re z=x > 0 i Im z=y= 0: lim x>0, y=0, x→0e1 z= lim x>0, x→0e1 x=e+∞= +∞ Si ara fem el l´ımit quan Re z=x < 0 i Im z=y= 0: lim x<0, y=0, x→0e1 z= lim x<0, x→0e1 x=e−∞ = 0. Per tant el limz→0f(z) no existeix i tenim a z0= 0 una singularitat essencial. (ix) Clarament: limz→0|f(z)|= limz→01 |1−ez|=∞. Per veure que ´es un pol i calcular la seva part principal, usem la s`erie de Taylor de ez: 1−ez= 1 −X n≥0 zn n!=−X n≥1 zn n!=−zX n≥1 zn−1 n!=−z1 + z 2+O(z2)=−zg(z). Observem que g(0) = 1 6= 0. Per tant 1 g(z)´es holomorfa i 1 g(z)= 1 + O(z). Amb aix`o ja en tenim prou per trobar la part principal de la funci´o f(z): f(z) = 1 1−ez=1 −zg(z)=−1 z 1 g(z)=−1 z(1 + O(z)) = −1 z+O(1). Aix´ı, z= 0 ´es un pol d’ordre 1 i la seva part principal ´es −1 z. 6
5. Trobeu les singularitats de les funcions seg¨uents i classifiqueu-les: digueu si s´on evitables, pols (i de quin ordre) o essencials. (i) f(z) = (cos z−1)3sin(z2) sin(πz) (ez−1)(z2+ 1) . (ii) f(z) = z(z−1)3 sin2(πz). Resoluci´o: (i) f(z) = (cos z−1)3sin z2sin πz (ez−1)(z2+1) , com aquesta funci´o ´es el quocient de dues funcions enteres, les ´uniques singularitats s´on els zeros del denominador que s´on: z= 2kπi,k∈Zon s’anul·a ez−1, i z=±ion s’anul·az2+ 1. •z0= 0. Observem que el numerador tamb´e s’anul.la a z0= 0 per tant podria ser una singulartitat evitable. Ho comprovem usant les s`eries de Taylor a l’origen de les funcions: (cos z−1)3= z2X n≥1 (−1)n (2n)! z2n−2 3 =z6(g1(z))3, amb g1(0) = −1 26= 0. sin z2=X n≥0 (−1)n (2n+ 1)!(z2)2n+1 =z2X n≥0 (−1)n (2n+ 1)!(z2)2n=z2g2(z2), sin πz =X n≥0 (−1)n (2n+ 1)!(πz)2n+1 =πz X n≥0 (−1)n (2n+ 1)!(πz)2n=πzg2(πz), amb g2(0) = 1 6= 0. ez−1 = X n≥1 1 n!zn=zX n≥1 1 n!zn−1=zg3(z), amb g3(0) = 1 6= 0. Usant aquests desenvolupaments per fer el l´ımit (de fet, en aquest cas les funcions s´on enteres, per tant els desenvolupaments s´on iguals a les funcions a tot el pla complex): lim z→0f(z) = lim z→0 (cos z−1)3sin z2sin πz (ez−1)(z2+ 1) = lim z→0 z6(g1(z))3z2g2(z2)πzg2(πz) zg3(z)(z2+ 1) = lim z→0 z8(g1(z))3g2(z2)πg2(πz) g3(z)(z2+ 1) = 0. Per tant f(z) t´e una singularitat evitable en z0= 0 i el valor que la fa holomorfa ´es definir f(0) = 0. •z0= 2kπi,k∈Z\{0}. En aquest cas denotem per G(z) = (cos z−1)3sin z2sin πz (z2+1) i observem que G(z0)6= 0, per tant, G(z) = G(z0) + O(z−z0). Per altra banda, com ez0= 1, i usant que la funci´o ez´es entera: ez−1 = ez−z0−1 = X n≥1 (z−z0)n n!= (z−z0)X n≥1 (z−z0)n−1 n!= (z−z0)g3(z−z0), 7
amb g3(0) = 1 i per tant 1 g3(z−z0)= 1+O(z−z0). Amb aquestes dades ja podem veure que z0´es un pol d’ordre 1 i trobar la seva part principal: f(z) = G(z) ez−1=1 (z−z0)G(z)1 g3(z−z0)=1 (z−z0)(G(z0) + O(z−z0))(1 + O(z−z0)) =1 (z−z0)(G(z0) + O(z−z0)) = G(z0) (z−z0)+O(1). Per tant z0´es un pol d’ordre 1 i la seva part principal ´es G(z0) (z−z0). •Per estudiar les singularitats z0=±i, fem com a l’apartat anterior. Detallem el cas z0=i, l’altre es fa exactament igual. Denotem per b G(z) = (cos z−1)3sin z2sin πz (ez−1)(z+i)i observem que b G(i)6= 0. Llavors b G(z) = b G(i)+O(z−i). Amb aquestes dades ja podem veure que z0=i´es un pol d’ordre 1 i trobar la seva part principal: f(z) = b G(z) z−i=1 z−i(b G(i) + O(z−i)) = b G(i) (z−i)+O(1). Aix´ı tenim que z0=i´es un pol d’ordre 1 i la seva part principal ´es b G(i) (z−i). (ii) f(z) = z(z−1)3 sin2πz . Les possibles singularitats son els zeros de sin πz, que son les solucions de eiπz −e−iπz = 0, o , equivalentment les de e2iπz = 1. Aquestes venen donades per 2iπz = 2πki,k∈Z, ´es a dir: zk=k,k∈Z. Desenvolupant per Taylor g(z) = sin πz tenim: g(k) = sin πk = 0, g0(πk) = πcos πk =π(−1)k sin πz =π(−1)k(z−k) + O(z−k)2=π(−1)k(z−k)(1 + O(z−k)) sin2πz =π2(z−k)2(1 + O(z−k))2=π2(z−k)2(1 + O(z−k)) •z0= 0, observem que el numerador tamb´e s’anul·az0= 0. Calculem el l´ımit: lim z→0f(z) = lim z→0 z(z−1)3 sin2πz = lim z→0 z(z−1)3 π2z2(1 + O(z)) = lim z→0 (z−1)3 π2z(1 + O(z)). Aix´ı limz→0|f(z)|=∞. Per tant f(z) t´e un pol a z0= 0. Per calcular la seva part principal, usem el desenvolupament de Taylor un altre cop: f(z) = z(z−1)3 π2z2(1 + O(z)) =(z−1)3 π2z(1 + O(z)) =−1 + O(z) π2z(1 + O(z)) =−1 π2 1 z+O(1). Per tant f(z) t´e un pol d’ordre 1 a z0= 0 i la seva part principal ´es −1 π2 1 z. •z1= 1, observem que el numerador tamb´e s’anul.la a z1= 1. Calculem el l´ımit: lim z→1f(z) = lim z→1 z(z−1)3 sin2πz = lim z→1 z(z−1)3 π2(z−1)2(1 + O(z−1)) = lim z→1 z(z−1) π2(1 + O(z−1)) = 0. Veiem per tant que f(z) t´e una singularitat evitable a z1= 1 i el valor que hem de donar a f(z) per tal que sigui holomorfa a z1= 1 ´es f(1) = 0. 8
•zk=k,k6= 0,1. El numerador no s’anul.la a zk, per tant tindrem un pol d’ordre dos, com podrem veure usant el desenvolupament de Taylor. Per una banda: z(z−1)3=a0+a1(z−k) + O(z−k)2, a0, a16= 0, ´es f`acil obtenir f´ormules pels coeficients a0, a1, per`o no ho fem aqu´ı perque no ´es rellevant. D’altra banda: f(z) =z(z−1)3 sin2πz =a0+a1(z−k) + O(z−k)2 π2(z−k)2(1 + O(z−k)) =1 (z−k)2 a0+a1(z−k) + O(z−k)2 π2(1 + O(z−k)) . Amb aix`o ja veiem que ft´e un pol d’ordre dos a zk=k. Si volgu`essim calcular la part principal necessitar´ıem m´es dades sobre el desenvolupament del sin2πz: sin2πz =π2(z−k)2(1 + b1(z−k) + O(z−k)2) on els n´umero b1´es f`acil de calcular: f(z) = 1 π2(z−k)2 a0+a1(z−k) + O(z−k)2 1 + b1(z−k) + O(z−k)2) == 1 π2(z−k)2(a0+a1(z−k) + O(z−k)2)(1 −b1(z−k) + O(z−k)2)) =1 π2(z−k)2(a0+ (a1−a0b1)(z−k) + O(z−k)2). Per tant la part principal vindria donada per: a0 π2(z−k)2+a1−a0b1 π2(z−k). 6. Demostreu que si f(z) ´es una funci´o entera i injectiva, aleshores f(z) = az +bper certs a, b ∈C, a6= 0. (Indicaci´o: Useu els teoremes de Liouville, Casorati-Weierstrass i de l’aplicaci´o oberta per veure que z= 0 ha de ser un pol de g(z) = f(1/z).) Resoluci´o: Per una banda, sabem que f´es entera. Per tant f(z) = Pn≥0anzn, per a tot z∈C. Conseq¨uentment: f1 z=X n≥0 an zn, z 6= 0. Aix`o deixa clar que g(z) = f(1 z) t´e una singularitat en z= 0. Veiem que no ´es una singularitat evitable. Si ho fos, caldria que limz→0g(z) = L < ∞, per`o aix`o implicaria, en particular, que existiria un ε1 i una constant M > 0, tals que: ∀z∈Bε(0) \{0},|g(z)| ≤ M. Veiem que aquest fet implica que f´es fitada a tot C: •Com f´es continua existir`a M1tal que si |z| ≤ 1 ε, aleshores |f(z)| ≤ M1. 9
(ii) En el cas que f(z), g(z) tinguin un pol a z0, llavors f(z) = 1 (z−z0)ne f(z), g(z) = 1 (z−z0)meg(z),amb e f(z0),eg(z0)6= 0 ie f, egholomoformes en un entorn de z0. Tamb´e f0(z) = 1 (z−z0)n+1 (−ne f(z)+(z−z0)e f0(z)), g0(z) = 1 (z−z0)m+1 (−meg(z)+(z−z0)eg0(z)). Aix´ı f(z) g(z)= (z−z0)m−ne f(z) eg(z),f0(z) g0(z)= (z−z0)m−n−ne f(z)+(z−z0)e f0(z) −meg(z)+(z−z0)eg0(z). Per tant: •Si n<m, lim z→z0 f(z) g(z)= lim z→z0 f0(z) g0(z)= 0. •Si n=m, lim z→z0 f(z) g(z)= lim z→z0 f0(z) g0(z)=e f(z0) eg(z0). •Si n>m, lim z→z0 f(z) g(z)= lim z→z0 f0(z) g0(z)=∞. 12. Si f(z) t´e un pol simple en z=aig(z) ´es holomorfa en z=ademostreu que Res (f·g, a) = g(a)Res (f, a). Resoluci´o: Recordeu que una manera senzilla de calcular el residu d’una funci´o en un pol z=a ´es calcular la s`erie de Laurent h(z) = c−N (z−a)N+···+c−1 z−a+X n≥0 cn(z−a)n. Llavors Res (h, a) = c−1. Per fer servir aquesta forma de calcular el residu, cal calcular les s`eries de Laurent de figque, sota les nostres hip`otesis, s´on: f(z) = c z−a(1 + O(z−a)), g(z) = g(a) + O(z−a) amb c6= 0. Tenim llavors que Res (f, a) = ci, com f(z)g(z) = c z−a(1 + O(z−a))[g(a) + O(z−a)] = cg(a) z−a(1 + O(z−a)), llavors Res (f·g, a) = cg(a) = g(a)Res (f, a). 16
Alternativament, si el pol ´es d’ordre N, Res (h, a) = lim z→a 1 (N−1)! dN−1 dzN−1(z−a)Nh(z). Llavors, en el nostre cas, com N= 1 i g´es holomorfa a z=a: Res (f·g, a) = lim z→a(z−a)f(z)g(z) = g(a) lim z→a(z−a)f(z) = g(a)Res (f, a). 13. Trobeu els pols, el seu ordre i residu de les funcions seg¨uents: (i) 1 z2+ 5z+ 6. (ii) 1 (z2−1)2. (iii) 1 sin2z. (iv) 1 zm(1 −z)n,n, m ∈N. (v) zcot z (vi) sin z z5. (vii) 1 1−ez. Resoluci´o: Anomenarem f(z) a cadascuna de les funcions en els diferents apartats. (i) Com z2+ 5z+ 6 = (z+ 2)(z+ 3), la funci´o t´e pols d’ordre 1 a z=−2,−3. A m´es lim z→−2(z+ 2) 1 z2+ 5z+ 6 = lim z→−2 1 z+ 3 =1=⇒Res (f, −2) = 1, lim z→−3(z+ 3) 1 z2+ 5z+ 6 = lim z→−3 1 z+ 2 =−1 =⇒Res (f, −3) = −1. (ii) En aquest cas (z2−1)2= (z+ 1)2(z−1)2. Per tant z= 1,−1 s´on pols d’ordre 2. Llavors Res (f, 1) = lim z→1 1 (2 −1)! d dz (z−1)2 (z2−1)2= lim z→1 d dz 1 (z+ 1)2= lim z→1−2 (z+ 1)3=−1 4 i an`alogament Res (f, −1) = lim z→−1 1 (2 −1)! d dz (z+ 1)2 (z2−1)2= lim z→−1 d dz 1 (z−1)2= lim z→−1−2 (z−1)3=1 4. (iii) La funci´o sin zs’anul.la per z=kπ amb k∈Z. Tenim que sin z= sin(kπ +z−kπ)=(−1)ksin(z−kπ)=(−1)k(z−kπ)[1 + O(z−kπ)2] i per tant, al voltant de cada singularitat z0=kπ, sin2z= (z−kπ)2(1 + O(z−kπ)2). Observeu que llavors dedu¨ım que f(z) = 1/sin2zt´e un pol d’ordre 2. A m´es: f(z) = 1 sin2z=1 z2(1 + O(z−kπ)2)=1 (z−kπ)2(1 + O(z−kπ)2) = 1 (z−kπ)2+O(1). Per tant Res (f, kπ) = 0. 17
(iv) La funci´o f(z) = z−m(1 −z)−nt´e un pol d’ordre maz= 0 i un d’ordre naz= 1. Res (f, 0) = 1 (m−1)! lim z→0 dm−1 dzm−1zm zm(1 −z)n=1 (m−1)! lim z→ dm−1 dzm−1 1 (1 −z)n =n(n+ 1) ···(n+m−2) (m−1)! =n+m−2 m−1. Noteu que, quan m= 1, hi ha un problema notacional en la pen´ultima igualtat, que queda solucionat amb la darrera expressi´o ja que k 0= 1. Respecte Res (f, 1): Res (f, 1) = 1 (n−1)! lim z→1 dn−1 dzn−1(z−1)n zm(1 −z)n=(−1)n (n−1)! lim z→ dn−1 dzn−1 1 zm = (−1)n(−1)n−1m(m+ 1) ···(m+n−2) (n−1)! =−m+n−2 n−1. Alternativament podem fer servir el desenvolupament de Taylor (1 + ω)α=X k≥0α k. Llavors si fem el desenvolupament de Laurent al voltant de z= 0: f(z) = 1 zm 1 (1 −z)n=1 zmX k≥0 (−1)kn kzk tenim que Res (f, 0) = (−1)m−1n m−1= (−1)m−1(−n)(−n−1) ···(−n−m+ 2) (m−1)! =n(n+ 1) ···(n+m−2) (m−1)! =n+m−2 m−1. An`alogament el desenvolupament de Laurent al voltant de z= 1: f(z) = 1 (1 −z)n 1 zm=(−1)n (z−1)n 1 (1 + (z−1))m=(−1)n (z−1)nX k≥0−m k(z−1)k tenim que Res (f, 1) = (−1)nm n−1= (−1)n(−m)(−m−1) ···(−m−n+ 2) (n−1)! = (−1)n(−1)n−1m(m+ 1) ···(m+n−2) (n−1)! =−m+n−2 n−1. (v) Observeu que cot z=cos z sin z, per tant f(z) = zcot zt´e singularitats a z=kπ. Igual que fem abans (apartat (iii)), al voltant de z=kπ, sin z= (−1)k(z−kπ)(1 + O(z−kπ)2) i a m´es cos z= cos(kπ + (z−π)) = (−1)kcos(z−kπ) = (−1)k(1 + O(z−kπ)2). Llavors, distingint entre k= 0 i k6= 0, ja que el numerador zcos zs’anul.la a z= 0, per`o no a z=kπ: 18
•Quan k= 0, ´es a dir, singularitat a z= 0: f(z) = zcot z=z1 + O(z2) z(1 + O(z2)= (1 + O(z2)). ´ Es a dir z= 0 ´es una singularitat evitable. •Quan k6= 0, singularitat z=kπ: f(z) = zcot z= (kπ + (z−kπ)) (−1)k(1 + O(z−kπ)2) (−1)k(z−kπ)(1 + O(z−kπ)2) =1 z−kπ [kπ +O(z−kπ)]. Per tant kπ ´es un pol d’ordre 1 i Res (f, kπ) = kπ. (vi) La funci´o f(z) = z−5sin znom´es t´e una singularitat a z= 0. Tenim que: f(z) = sin z z5=1 z5X n≥0 (−1)n (2n+ 1)!z2n+1. Per tant Res (f, 0) = 0 ja que el coeficient que acompanya a z4del desenvolupament de Taylor de sin z´es 0. (vii) La funci´o f(z) = (1 −ez)−1t´e singularitats a z= 2πik.´ Es clar que ez−1 = ez−2πik −1=(z−2πik) + X n≥2 1 n!(z−2πik)n= (z−2πik)(1 + O(z−2πik)). Aix´ı, sabem que f(z) = 1 1−ez=−1 (z−2πik)(1 + O(z−2πik)) =−1 z−2πik (1 + O(z−2πik)) i per tant ft´e un pol simple a z= 2πik. Llavors Res (f, 2πik) = lim z→2πik(z−2πik)f(z) = −1. 14. Trobeu les singularitats a¨ıllades i els residus en els seus pols de les funcions seg¨uents: (i) √z z3−4z2+ 4z. (Utilitzeu la determinaci´o principal de l’arrel.) (ii) e2z z2−z+ 1. (iii) cos(1/z) sin z. (iv) 1 (log(z/e)−1)2. (Utilitzeu la determinaci´o principal del logaritme.) Resoluci´o: Denotarem per f(z) les funcions en els diferents apartats. 19
(i) La funci´o f(z) est`a definida en C\{z∈C: Re z < 0,Im z= 0}.´ Es clar que tenim que f(z) = 1 √z(z−2)2. Les singularitats s´on z= 0,2, per`o z= 0 no ´es una singularitat a¨ıllada. Per tant la ´unica singularitat a¨ıllada ´es z= 2. Com √z´es holomorfa en un entorn de z= 2, tindrem un pol d’ordre 2 a z= 2. Aix´ı Res (f, 2) = 1 (2 −1)! lim z→2 d dz (z−2)2f(z)= lim z→2 d dz 1 √z=−1 2·23/2=−√2 8. (ii) Les singularitats de fes donen en les arrels del polinomi z2−z+ 1 que s´on z±=1±i√3 2. La funci´o e2z´es entera, per tant z±s´on pols d’ordre 1 de fi Res (f, z±) = lim z→z± (z−z±)f(z) lim z→z± (z−z±)e2z (z−z+)(z−z−)=e2z± z±−z∓ . Com z+−z−=i√3 i z−−z+=−i√3, tenim que Res (f, z±) = ∓ie √3e±i√3. (iii) Com cos(1/z) t´e un singularitat essencial a z= 0 i sin z=zPm≥0(−1)mz2m1 (2m+1)! , f(z) = 1 zX m≥0 a2mz2mX n≥0 (−1)n1 z2n(2n)! i per tant f(z) t´e una singularitat essencial, a¨ıllada, a z= 0. El residu seria Res (f, 0) = X n≥0 a2n(−1)n1 (2n)!. Les altres singularitats de f(z) s´on z=kπ,k6= 0 que s´on els punts on sin(z) s’anul.la. Com cos(1/z) ´es holomorfa a z=kπ,k6= 0 i sin z= (−1)k(z−kπ)(1 + O(z−kπ)2), les singularitats z=kπ s´on pols d’ordre 1. Llavors Res (f, kπ) = lim z→kπ(z−kπ)cos(1/z) sin z= lim z→kπ(z−kπ)cos(1/z) (−1)k(z−kπ)(1 + O(z−kπ)) = (−1)kcos 1 kπ . (iv) Com agafem la determinaci´o principal del logaritme, la funci´o f(z) est`a definida a C\{z∈C: Re z < 0,Im z= 0}. 20
Dividir zper un nombre possitiu no afecta al domini. Abans per aix`o observem que si a > 0, llavors log az = log |az|+iarg(az) = log |a|+ log |z|+iarg(z) = log z+ log a. Recordeu que no sempre log(z1/z2) = log z1−log z2. Per tant f(z) = 1 (log z−2)2. ´ Es clar que el denominador nom´es s’anul.la a z=e2. Per tant aquest punt ´es la singularitat de f(z) que, a m´es, ´es a¨ıllada. Observeu que, fent l’Hˆopital: lim z→e2 z−e2 log z e−1= lim z→e2 z−e2 log z−2= lim z→e2z=e2, per tant (log(z)−2)−1t´e un pol d’ordre 1 a z=e2que implica que f(z) t´e un pol d’ordre 2 a z=e2. Per calcular el residu calculem la s`erie de Laurent de f(z) al voltant de z=e2. Fent servir el desenvolupament de Taylor log(1 + ω) = X n≥1 (−1)n−1ωn n tenim que: log z= log e21 + z−e2 e2= log e2+ log 1 + z−e2 e2 = 2 + X n≥1 (−1)n−11 nz−e2 e2n = 2 + z−e2 e2−(z−e2)2 2e4+O(z−e2)3 = 2 + z−e2 e21−1 2e2(z−e2) + O(z−e2)2. Per tant f(z) = 1 (log z−2)2=e4 (z−e2)21−1 2(z−e2) + O(z−e2)22 =e4 (z−e2)21−z−e2 e2+O(z−e2)2 =e4 (z−e2)21 + z−e2 e2+O(z−e2)2 i llavors obtenim Res (f, e2) = e2. 15. Trobeu Res (f, z0) per a: (i) f(z) = z−1 ze1/z , en z0= 0 . (ii) f(z) = 1 sin(z(ez−1)) , en z0= 0 . 21
(iii) f(z) = 1 sinh(2 log z), en z0=i. (Utilitzeu la determinaci´o principal del logaritme.) (iv) f(z) = sin z (z+i)5, en z0=−i. (v) f(z) = ez z4, en z0= 0 . (vi) f(z) = ez+1/z . Resoluci´o: (i) f(z) = z−1 ze1 z. Com la exponencial ´es entera tenim: f(z) = 1−1 zX n≥0 1 n!zn=X n≥0 1 n!zn−X n≥0 1 n!zn+1 = 1 + X j≤−1 zj (−j)! −X j≤−1 zj (−j−1)! 1 + X j≤−11 (−j)! −1 (−j−1)!zj. El coeficient de grau z−1´es 0, per tant Res(f, 0) = 0. (ii) f(z) = 1 sin(z(ez−1)) . Observem que el denominador s’anul.la a z= 0. ez−1 = X n≥1 zn n!=z+z2 2+O(z3) z(ez−1) = zX n≥1 zn n!=z2+z3 2+O(z4) sin w=X n≥0 w2n+1 (2n+ 1)! =w+O(w3) sin z(ez−1) = z(ez−1) + O((z(ez−1))3) =z2+z3 2+O(z4) + O(z6) = z21 + z 2+O(z2) 1 sin z(ez−1) =1 z2(1 + z 2+O(z2)) =1 z2 1 1 + z 2+O(z2) =1 z21−z 2+O(z2) Per tant Res(f, 0) = −1 2. (iii) f(z) = 1 sinh(2 log(z)) . Com log i=iπ 2, i sinh(iπ) = eiπ −e−iπ 2= 0, f(z) t´e un pol a z=ii ´es d’ordre 1 ja que iπ ´es un zero d’ordre 1 de sinh z. En aquest cas, podriem desenvolupar en s`erie per`o ´es m´es senzill usar la f´ormula que d´ona el residu: Res(f, i) = lim z→i(z−i)f(z) = lim z→i z−i sinh(2 log(z)) = lim z→i 1 2 zcosh(2 log(z)) =i 2 cosh(iπ)=−i 2 22
(iv) f(z) = sin z (z+i)5, que t´e un pol a z=−id’ordre 5 ja que sin(−i) = e−e−1 2i=−isinh 1 6= 0. Desenvolupant per Taylor: sin z= sin(−i) + cos(−i)(z+i)−sin(−i) 2! (z+i)2−cos(−i) 3! (z+i)3+sin(−i) 4! (z+i)4+O((z+i)5). Per tant Res(f, −i) = sin(−i) 4! =−isinh 1 4! (v) f(z) = ez z4, t´e un pol a z= 0 d’ordre 4 i: f(z) = ez z4=1 z4X n≥0 zn n!=X n≥0 zn−4 n!. Agafant n= 3 a la s´erie, tenim que el residu Res(f, 0) = 1 3! . (vi) f(z) = ez+1 z, t´e una singularitat essencial a z= 0 i f(z) = eze1 z= X n≥0 zn n! X j≥0 1 j!zj =X n≥0,j≥0 1 n! 1 j!zn−j. Si fem n−j=−1, tenim que, si j= 0 aix`o no t´e soluci´o per cap n≥0 i si j≥1, n=j−1≥0. Per tant el coeficient de grau −1 ve donat per: Res(f, 0) = X j≥1 1 (j−1)! 1 j!=X j≥1 j (j!)2. 17. Calculeu, prenent els cercles amb orientaci´o positiva: (i) Zz3cos 1 zdz sobre |z+1+i|= 4. (ii) Zsin z−sinh z z8dz sobre |z|= 1. (iii) Zdz log z−1dz sobre |z−e|= 1. (Utilitzeu la determinaci´o principal del logaritme.) Resoluci´o: En aquest problema sempre utilitzarem el teorema dels residus per calcular les integrals. (i) Rz3cos 1 zdz al cercle |z+1+i|= 4 (centrat al punt z=−1−ii de radi 4). Aquest cercle cont´e el punt z= 0 que ´es la ´unica singularitat de la funci´o f(z) = z3cos 1 z. Aix´ı doncs Zz3cos 1 zdz = 2πiRes(f, 0). Per altra banda: z3cos 1 z=z3X n≥0 (−1)n (2n)!z2n=z31−1 2z2+1 4!z4+O(z6) Per tant Res(f, 0) = 1 4! i llavors Zz3cos 1 zdz = 2πi 1 4! =πi 12. 23
(ii) Rsin z−sinh z z8dz al cercle |z|= 1 (centrat al punt z= 0 i de radi 1). Aquest cercle cont´e el punt z= 0 que ´es la ´unica singularitat de la funci´o f(z) = sin z−sinh z z8. Aix´ı doncs Zsin z−sinh z z8dz = 2πiRes(f, 0). Per altra banda: sin z=z−z3 3! +z5 5! −z7 7! +O(z9) sinh z=ez−e−z 2=z+z3 3! +z5 5! +z7 7! +O(z9) sin z−sinh z z8=1 z8−2z3 3! −2z7 7! +O(z9). Per tant Res(f, 0) = −2 7! i llavors Zsin z−sinh z z8dz = 2πi−2 7! =−4πi 7! . (iii) R1 log z−1dz al cercle |z−e|= 1 (centrat al punt z=ei de radi 1). Observem que aquest cercle no cont´e el punt z= 0 que ´es una singularitat no aillada del log z, per tant la funci´o log z´es holomorfa a l’interior del disc. Ara b´e, el cercle |z−e|= 1, si que cont´e en el seu interior el punt z=ei en aquest punt la funci´o f(z) = 1 log z−1t´e un pol ja que log e−1 = 0. Aix´ı doncs Z1 log z−1dz = 2πiRes(f, e). Per altra banda: Res(f, e) = lim z→e z−e log z−1= lim z→e 1 1 z =e i per tant Z1 log z−1dz = 2πie. 20. Calculeu les integrals racionals seg¨uents integrant sobre el cam´ı tancat γRdefinit pel segment [−R, R] i el semi-cercle de centre l’origen i radi Ren el semi-pla superior. (i) Z∞ −∞ 1 1 + x4dx. (Soluci´o: π/√2.) (ii) Z∞ 0 1 1 + x6dx. (Soluci´o: π/3.) (iii) Z+∞ −∞ x2−x+ 2 x4+ 10x2+ 9dx. (Soluci´o: 5π/12.) (iv) Z∞ −∞ dx (1 + x2)n+1 (n∈N). (Soluci´o: π(2n−1)!!/(2n)!!.) (v) Z∞ 0 dx ax6+b(a, b > 0). (Soluci´o: π 3a(a/b)5/6.) 24
Resoluci´o: En aquest problema sempre utilitzarem el teorema dels residus per calcular les integrals en el recinte γ=γ1∪γ2que ens indiquen i aleshores: Zγ f(z)dz =Zγ1 f(z)dz +Zγ2 f(z)dz =ZR −R f(t)dt +Zπ 0 f(Reiθ)Reiθi dθ Aleshores farem R→ ∞ i provarem que lim R→∞Zπ 0 f(Reiθ)Reiθi dθ= 0 i per tant tindrem que: Zγ f(z)dz =Z∞ −∞ f(t)dt. (i) Volem calcular R∞ −∞ 1 1+x4dx. Aquesta funci´o t´e singularitats a les arrels quartes de −1: x4=−1,=⇒xk=ei(π+2kπ)/4, k = 0,1,2,3. ´ Es a dir, les singularitats de 1/(1 + x4) s´on: x0=√2 2(1 + i), x1=√2 2(−1 + i), x2=√2 2(−1−i), x3=√2 2(1 −i). Si prenem Rprou gran (de fet R > 1 ´es suficient)nom´es x0ix1s´on a l’interior de γ. Llavors: Zγ 1 1 + z4dz = 2πi(Res (f, x0) + Res (f, x1)). Ara b´e: Res (f, xi) = lim z→xi z−xi 1 + z4= lim z→xi 1 4z3=1 4x3 i =xi 4x4 i =−xi 4 per tant Zγ 1 1 + z4dz = 2πi −x0+x1 4=π √2. Ara veiem que la integral a γ2tendeix a zero quan R→ ∞. En efecte: Zγ2 1 1 + z4dz=Zπ 0 1 1 + R4e4iθ Reiθi dθ≤Zπ 0 1 |1 + R4e4iθ||Reiθi|dθ ≤πR 1 R4−1→0 quan R→ ∞. On a la darrera desigualtat hem usat que |1 + R4e4iθ| ≥ R4−1. Conclu¨ım doncs que: Z∞ −∞ 1 1 + x4dx = lim R→∞Zγ 1 1 + z4dz =π √2. (ii) Aquest apartat ´es similar a l’anterior. Volem calcular R∞ 0 1 1+x6dx, usant que la funci´o ´es parell tenim que Z∞ 0 1 1 + x6dx =1 2Z∞ −∞ 1 1 + x6dx. 25
(i) Z2π 0 dx (a+ cos x)2 Fent el canvi z=eix veiem que Z2π 0 1 (a+ cos x)2dx =Z2π 0 1 ieix a+eix+e−ix 22eixi dx =Z|z|=1 dz iz a+z+1 z 22 =4 iZ|z|=1 z dz (2az +z2+ 1)2. La funci´o f(z) = z (2az+z2+1)2t´e singularitats a¨ıllades als zeros del denominador, z±= −a±√a2−1, que, de fet, s´on pols de ordre 2. Observem que z+·z−= 1 i que com a > 1 totes dues s´on reals i negatives. De fet tenim que z−=−a−√a2−1<−1. Per tant −1< z+<0 pertany al cercle unitat i llavors: Z2π 0 1 (a+ cos x)2dx =4 iZ|z|=1 z dz (2az +z2+ 1)2=4 i2πiRes(f, z+) = 8πlim z→z+ d dz (z−z+)2f(z)= 8πlim z→z+ d dz z (z−z−)2 =8πa 4(a2−1)3 2 =2πa (a2−1)3 2 . (ii) Observem que: Zπ 2 0 dx a+ sin2x=1 2Zπ 0 dx a+ sin2x=1 2Zπ 0 dx a+e2ix+e−2ix−2 −4 =−2Zπ 0 dx −4a+e2ix +e−2ix −2. Fent el canvi z=e2ix veiem que (observeu que dz =e2ix2i) −2Zπ 0 dx −4a+e2ix +e−2ix −2=−1 iZ|z|=1 dz z(−4a+z+1 z−2) =−1 iZ|z|=1 dz −(4a+ 2)z+z2+ 1. La funci´o f(z) = 1 −(4a+2)z+z2+1 t´e singularitats a¨ıllades als zeros del denominador, z±= 2a+ 1 ±p(2a+ 1)2−1, que, de fet, s´on pols de ordre 1. Observem que z+·z−= 1 i que com a > 0 totes dues s´on reals i positives. De fet tenim que z+= 2a+1+p(2a+ 1)2−1>1, per tant 0 < z−<1 ´es dins el cercle unitat. Llavors: Zπ 2 0 1 a+ sin2xdx =−1 iZ|z|=1 dz −(4a+ 2)z+z2+ 1 =−1 i2πiRes(f, z−) =−2πlim z→z− (z−z−)f(z) = −2π1 z−−z+ =2π 2p(2a+ 1)2−1=π 2√a2+a. 32
(iii) Observem que: f(x+π) = cos2(3x+ 3π) 5−4 cos(2x+ 2π)=(−cos 3x)2 5−4 cos 2x=cos23x 5−4 cos 2x=f(x). ´ Es a dir f´es π−peri`odica i per tant: Z2π 0 cos23x 5−4 cos 2xdx = 2 Zπ 0 cos23x 5−4 cos 2xdx. Fent el canvi z=e2ix veiem que (observeu que dz =e2ix2i) Z2π 0 cos23x 5−4 cos 2xdx = 2 Zπ 0 e6ix+e−6ix+2 4 5−2e2ix −2e−2ix dx =1 iZ|z|=1 z3+z−3+2 4 z(5 −2z−2z−1)dz =1 4iZ|z|=1 z6+ 2z3+ 1 z3(−2z2+ 5z−2) dz. La funci´o f(z) = z6+2z3+1 z3(−2z2+5z−2) t´e singularitats aillades als zeros del denominador, z= 0, z= 2, z=1 2, que, de fet, s´on pols. En concret z= 0 ´es un pol d’ordre 3 i els altres dos s´on d’ordre 1. Nom´es z= 0 i z=1 2contribuiran a la integral perqu`e z= 2 no ´es a l’interior del cercle unitat. Per calcular el residu a z= 0, fem la s`erie de Laurent: 1 −2z2+ 5z−2=−1 2 1 1−5 2z+z2=−1 2 1 1−(5 2z−z2) =−1 2 1 + 5 2z−z2+5 2z−z22 +O(z3)! =−1 21 + 5 2z+21 4z2+O(z3). Per tant: f(z) = −1 21 + 5 2z+21 4z2+O(z3)1+2z3+z61 z3 i podem calcular el residu com el coeficient de z−1que ´es Res (f, 0) = −21 8. Per altra banda, com 1 2´es un pol simple: Res f, 1 2= lim z→1 2z−1 2f(z) = 1 + 2(1 2)3+ (1 2)6 (1 2)3(−2)(1 2−2) =27 8. Ara ja podem calcular la integral: Z2π 0 cos23x 5−4 cos 2xdx =1 4iZ|z|=1 z6+ 2z3+ 1 z3(−2z2+ 5z−2dz =1 4i2πi Res (f, 0) + Res f, 1 2=π 2−21 8+27 8 =3π 8. 33
23. Calculeu les integrals seg¨uents integrant sobre el cam´ı tancat γε,R (0 < ε 1 i R1) definit per la uni´o dels dos segments [ε, R]i[−R, −ε] amb les mitjes circumfer`encies de centre l’origen i radis εiRcontingudes en el semi-pl`a superior. (i) Z∞ 0 log x x2+a2dx (a > 0). (Soluci´o (π/2a) log(a).) (ii) Z∞ 0 log2x x2+ 1dx. (Soluci´o π3/8.) (iii) Z∞ 0 log x (x2+ 1)2dx. (Soluci´o −π/4.) Resoluci´o: (i) Integrem, tal com ens indiquen: Zγ log z z2+a2dz. Per tal que la funci´o f(z) = log z z2+a2sigui holomorfa (excepte singularitats a¨ıllades) en l’interior del cam´ı triat, prenem la determinaci´o del logaritme treient, per exemple, la semirecta r={z∈C,Im z < 0,Re z= 0}, ´es a dir prenem els arguments de zsatisfent −π 2<arg z < +3π 2. Aix´ı al domini Ω = C\rift´e una singularitat a¨ıllada a Ω als punt z=ai, que ´es un pol simple i pertany a l’interior de γsi ε´es prou petit i R´es prou gran. Per tant, per una banda: Zγ log z z2+a2dz = 2πiRes(f, ai)=2πi lim z→ai(z−ai)log z z2+a2= 2πi lim z→ai log z z+ai = 2πilog ai 2ai =πlog a+iπ 2 a=π alog a+iπ2 2a Per altra banda, com γ=γ1+γ2+γ3+γ4, descomposem la integral sobre γde la forma: Zγ f(z)dz =Zγ1 f(z)dz +Zγ2 f(z)dz +Zγ3 f(z)dz +Zγ4 f(z)dz. Tindrem que: •Aγ1parametritzem per z=ti llavors: Zγ1 f(z)dz =ZR ε log t t2+a2dt. •Aγ2parametritzant per z=Reiθ: Zγ2 f(z)dz =Zπ 0 log(Reiθ) R2e2iθ +a2Reiθi dθ =Zπ 0 log R+iθ R2e2iθ +a2Reiθi dθ. •Aγ3parametritzant per z=teiπ: Zγ3 f(z)dz =−ZR ε log(teiπ) t2e2iπ +a2eiπ dt =ZR ε log t+iπ t2+a2dt. 34
•Aγ4parametritzant per z=εeiθ : Zγ4 f(z)dz =−Zπ 0 log(εeiθ) ε2e2iθ +a2εeiθi dθ =−Zπ 0 log ε+iθ ε2e2iθ +a2εeiθi dθ. El seg¨uent pas ´es prendre els l´ımits ε→0 i R→ ∞. Observem que: •Aγ1, prenent R→ ∞ iε→0: Zγ1 f(z)dz →Z∞ 0 log t t2+a2dt. •Aγ2, usant que, si R´es prou gran: π≤log R Zγ2 f(z)dz≤Zπ 0p(log R)2+θ2 R2−a2R dθ ≤Zπ 0p(log R)2+π2 R2−a2R dθ ≤√2πlog R R2−a2R dθ →0, R → ∞. •Aγ3, prenent ε→0, R→ ∞: Zγ3 f(z)dz →Z∞ 0 log t+iπ t2+a2dt =Z∞ 0 log t t2+a2dt +iπ Z∞ 0 1 t2+a2dt =Z∞ 0 log t t2+a2dt +iπ2 2a, on hem usat que R∞ 0 dt t2+a2=1 a[arctan t a]∞ 0=π 2a. •Aγ4, usat que, si ε´es prou petit, π≤ |log ε|: Zγ4 f(z)dz≤Zπ 0p(log ε)2+θ2 a2−ε2ε dθ ≤πp(log ε)2+π2 a2−ε2ε ≤√2πlog ε a2−ε2ε→0, ε →0. Tenim doncs: π alog a+iπ2 2a=Z∞ 0 log t t2+a2dt +Z∞ 0 log t t2+a2dt +iπ2 2a i conclu¨ım que: Z∞ 0 log t t2+a2dt =π 2alog a. (ii) Integrem, tal com ens indiquen: Zγ log2z z2+ 1 dz. Per tal que la funci´o f(z) = log2z z2+1 sigui holomorfa (excepte un nombre finit de singularitats a¨ıllades) en l’interior del cam´ı triat, prenem la determinaci´o del logaritme treient, per exemple, la semirecta r={z∈C,Im z < 0,Re z= 0}, ´es a dir els arguments satisfant: 35
−π 2<arg z < +3π 2. Aix´ı al domini Ω = C\rift´e una singularitat aillada a Ω al punt z=i, que ´es un pol simple i pertany a l’interior de γsi ε´es prou petit i R´es prou gran. Per tant, per una banda: Zγ log2z z2+ 1 dz = 2πiRes(f, i)=2πi lim z→i(z−i)log2z z2+ 1 = 2πi lim z→i log2z z+i = 2πilog2i 2i=πlog 1 + iπ 22=−π3 4. Per altra banda, com γ=γ1+γ2+γ3+γ4, descomposem la integral sobre el cam´ı γcom: Zγ f(z)dz =Zγ1 f(z)dz +Zγ2 f(z)dz +Zγ3 f(z)dz +Zγ4 f(z)dz. Llavors •Aγ1parametritzant per z=t: Zγ1 f(z)dz =ZR ε log2t t2+ 1 dt. •Aγ2parametritzant per z=Reiθ: Zγ2 f(z)dz =Zπ 0 log2(Reiθ) R2e2iθ + 1Reiθi dθ =Zπ 0 (log R+iθ)2 R2e2iθ + 1 Reiθi dθ. •Aγ3parametritzant per z=teiπ: Zγ3 f(z)dz =−ZR ε log2(teiπ) t2e2iπ + 1eiπ dt =ZR ε (log t+iπ)2 t2+ 1 dt =ZR ε log2t t2+ 1 dt −π2ZR ε 1 t2+ 1 dt + 2iπ ZR ε log t t2+ 1 dt. •Aγ4parametritzant per z=εeiθ: Zγ4 f(z)dz =−Zπ 0 log2(εeiθ) ε2e2iθ + 1εeiθi dθ =−Zπ 0 (log ε+iθ)2 ε2e2iθ + 1 εeiθi dθ. El seg¨uent pas ´es prendre els l´ımits ε→0 i R→ ∞. Observem que: •Aγ1, quan R→ ∞ iε→0: Zγ1 f(z)dz →Z∞ 0 log2t t2+ 1 dt. •Aγ2, utilitzant que si R´es prou gran, π≤log R: Zγ2 f(z)dz≤Zπ 0 (log R)2+θ2 R2−1R dθ ≤Zπ 0 (log R)2+π2 R2−1R dθ ≤2πlog2R R2−1R dθ →0, R → ∞. 36
•Aγ3, prenent ε→0 i R→ ∞: Zγ3 f(z)dz →Z∞ 0 log2t t2+ 1 dt −π2Z∞ 0 1 t2+ 1 dt + 2iπ Z∞ 0 log t t2+ 1 dt =Z∞ 0 log2t t2+ 1 dt −π3 2+ 2πiπ 2log 1 = Z∞ 0 log2t t2+ 1 dt −π3 2, on hem usat que R∞ 0 dt t2+1 =π 2i el resultat de l’apartat i) per calcular la tercera integral amb a= 1. •Aγ4, utilitzant que si ε´es prou petit, llavors π≤ |log ε|: Zγ4 f(z)dz≤Zπ 0 (log ε)2+θ2 1−ε2ε dθ ≤π(log ε)2+π2 1−ε2ε ≤2πlog2ε 1−ε2ε→0, ε →0. Tenim doncs: −π3 4=Z∞ 0 log2t t2+ 1 dt +Z∞ 0 log2t t2+ 1 dt −π3 2 i per tant Z∞ 0 log2t t2+ 1 dt =π3 8. (iii) Integrem, tal com ens indiquen: Zγ log z (z2+ 1)2dz. Per tal que la funci´o f(z) = log z (z2+1)2sigui holomorfa (excepte en un nombre finit de singularitats a¨ıllades) en l’interior del cam´ı triat, prenem la determinaci´o del logaritme treient, per exemple, la semirecta r={z∈C,Im z < 0,Re z= 0}, ´es a dir prenem els arguments −π 2<arg z < +3π 2. Aix´ı al domini Ω = C\rift´e singularitat a¨ıllada a Ω al punt z=i, que ´es un pol doble i pertany a l’interior de γsi ε´es prou petit i R´es prou gran. Per tant, per una banda: Zγ log z (z2+ 1)2dz = 2πiRes(f, i)=2πi lim z→i d dz (z−i)2log z (z2+ 1)2= 2πi lim z→i d dz log z (z+i)2 = 2πi lim z→i (z+i)1 z−2 log z (z+i)3= 2πi2−2 log i (2i)3=−π 2+π2 4i. Ara descomposem la integral sobre γutilitzant que γ=γ1+γ2+γ3+γ4: Zγ f(z)dz =Zγ1 f(z)dz +Zγ2 f(z)dz +Zγ3 f(z)dz +Zγ4 f(z)dz. Tindrem: •Aγ1parametritzant z=t: Zγ1 f(z)dz =ZR ε log t (t2+ 1)2dt. 37
•Aγ2parametritzant z=Reiθ: Zγ2 f(z)dz =Zπ 0 log(Reiθ) (R2e2iθ + 1)2Reiθi dθ =Zπ 0 log R+iθ (R2e2iθ + 1)2Reiθi dθ. •Aγ3parametritzant z=teiπ: Zγ3 f(z)dz =−ZR ε log(teiπ) (t2e2iπ + 1)2eiπ dt =ZR ε (log t+iπ) (t2+ 1)2dt =ZR ε log t (t2+ 1)2dt +iπ ZR ε 1 (t2+ 1)2dt. •Aγ4parametritzant z=εeiθ: Zγ4 f(z)dz =−Zπ 0 log(εeiθ) (ε2e2iθ + 1)2εeiθi dθ =−Zπ 0 (log ε+iθ) (ε2e2iθ + 1)2εeiθi dθ. El seg¨uent pas ´es prendre els l´ımits ε→0 i R→ ∞. Observem que: •Aγ1, prenent R→ ∞ iε→0: Zγ1 f(z)dz →Z∞ 0 log t (t2+ 1)2dt. •Aγ2, usant que, si R´es prou gran, π≤log R: Zγ2 f(z)dz≤Zπ 0p(log R)2+θ2 (R2−1)2R dθ ≤Zπ 0p(log R)2+π2 (R2−1)2R dθ ≤√2πlog R (R2−1)2R dθ →0R→ ∞. •Aγ3, prenent R→ ∞ iε→0: Zγ3 f(z)dz →Z∞ 0 log t+iπ (t2+ 1)2dt =Z∞ 0 log t (t2+ 1)2dt +iπ Z∞ 0 1 (t2+ 1)2dt =Z∞ 0 log t (t2+ 1)2dt +iπ2 4, on hem usat que R∞ 0 dt (t2+1)2=1 2[arctan t+t 1+t2]∞ 0=π 4. •Aγ4, usant que si ε´es prou petit, π≤ |log ε|: Zγ4 f(z)dz≤Zπ 0p(log ε)2+θ2 (1 −ε2)2ε dθ ≤πp(log ε)2+π2 (1 −ε2)2ε ≤√2πlog ε (1 −ε2)2ε→0ε→0. Tenim doncs: −π 2+π2 4i=Z∞ 0 log t (t2+ 1)2dt +Z∞ 0 log t (t2+ 1)2dt +iπ2 4 i per tant: Z∞ 0 log t (t2+ 1)2dt =−π 4. 38
24. Calculeu les integrals seg¨uents integrant la funci´o f(z) sobre el cam´ı γRdefinit pel segment [−R, R] i la semi-circumfer`encia de centre l’origen i radi Ren el semi-pl`a superior. (i) Z∞ 0 cos x x2+a2dx (a > 0) fent f(z) = eiz z2+a2. (Soluci´o: πe−a/(2a).) (ii) Z∞ 0 xsin x x2+a2dx (a > 0) fent f(z) = zeiz z2+a2. (Soluci´o: πe−a/2.) (iii) Z∞ 0 sin x x(x2+a2)dx (a > 0) fent f(z) = eiz −1 z(z2+a2). (Soluci´o: π(1 −e−a)/(2a2).) (iv) Z+∞ 0 x2−a2 x2+a2 sin x xdx combinant els dos apartats anteriors. (Soluci´o: −π/2 + πe−a.) Resoluci´o: (iii) Integrem, tal com ens indiquen: Zγ eiz −1 z(z2+a2)dz. La funci´o f(z) = eiz −1 z(z2+a2)t´e singularitats a¨ıllades als punts z= 0 i z=±ai i ´es holomorfa, excepte z= 0,±ai, a l’interior del cam´ı triat. La singularitat z= 0 ´es evitable ja que: lim z→0 eiz −1 z(z2+a2)= lim z→0 ieiz 3z2+a2=i a2. Les singularitats z=±ia s´on pols simples i nom´es ai pertany a linterior de γsi R´es prou gran. Per tant: Zγ eiz −1 z(z2+a2)dz = 2πiRes(f, ai)=2πi lim z→ai(z−ai)eiz −1 z(z2+a2)= 2πi lim z→ai eiz −1 z(z+ai) = 2πie−a−1 −2a2. Ara descomposem la integral utilitzant que γ=γ1+γ2.´ Es a dir: Zγ f(z)dz =Zγ1 f(z)dz +Zγ2 f(z)dz. Tindrem: •Aγ1parametritzant z=t: Zγ1 f(z)dz =ZR −R eit −1 t(t2+a2)dt =ZR −R cos t−1 t(t2+a2)dt +iZR −R sin t t(t2+a2)dt. •Aγ2parametritzant z=Reiθ: Zγ2 f(z)dz =Zπ 0 eiReiθ −1 Reiθ(R2e2iθ +a2)Reiθi dθ =Zπ 0 eiR cos θ−Rsin θ−1 R2e2iθ +a2i dθ. El seg¨uent pas ´es prendre el l´ımit R→ ∞. Observem que: 39
•Per la integral sobre γ1, quan R→ ∞: Zγ1 f(z)dz →Z∞ −∞ cos t−1 t(t2+a2)dt +iZ∞ −∞ sin t t(t2+a2)dt. •Per la integral sobre γ2, com sin θ≥0 per θ∈[0, π]: Zγ2 f(z)dz≤Zπ 0 e−Rsin θ+ 1 R2−a2dθ ≤Zπ 0 2R R2−a2dθ ≤π2 R2−a2→0, R → ∞. Tenim doncs: 2πie−a−1 −2a2=Z∞ −∞ cos t−1 t(t2+a2)dt +iZ∞ −∞ sin t t(t2+a2)dt i per tant: Z∞ −∞ cos t−1 t(t2+a2)dt = 0,Z∞ −∞ sin t t(t2+a2)dt = 2πe−a−1 −2a2. Observem que la funci´o cos t−1 t(t2+a2)´es senar, per tant el resultat sobre la seva integral ´es coherent. D’altra banda, com la funci´o sin t t(t2+a2)´es parell, tenim que: Z∞ 0 sin t t(t2+a2)dt =πe−a−1 −2a2=π1−e−a 2a2. 26. Sigui g(x) una funci´o holomorfa a tot el pla complex menys en un conjunt finit de pols F= {z1, . . . , zm} ⊂ C\Z´es un conjunt finit de pols, i complint que lim|z|→+∞|zg(z)|= 0. Proveu que: X n∈Z g(n) = −π m X j=1 Res(g(z) cot(πz); zj), X n∈Z (−1)ng(n) = −π m X j=1 Res(g(z)cosec(πz); zj). (Indicaci´o: Considereu la funci´o f(z) = g(z) cot(πz) i f(z) = g(z)cosec(πz), segons el cas, i integreu-la en el cam´ı tancat γNdefinit pel quadrat de v`ertexs (N+1 2)(±1±i), N∈N. Resoluci´o: Considerem la funci´o f(z) = g(z)cotπz =g(z)cos πz sin πz . Observem que aquesta funci´o t´e infinits pols: •Als zeros del sin πz, ´es a dir a z∗ n=n, n ∈Z. •Als pols de g(z), ´es a dir a z1,...zm. Com z1,··· , zm/∈Z, la f´ormula t´e sentit. Aleshores quan integrem al cam´ı indicat, si N´es prou gran, podem suposar que els pols z1,...zms´on a l’interior de γN. Per altra banda z∗ n per |n| ≤ Ntambe hi ser`an i podem aplicar el teorema dels residus a la funci´o f(z) ja que les 40
seves singularitats s´on a¨ıllades i ´es holomorfa a l’interior del cam´ı (excepte les singularitats). Obtindrem: ZγN f(z)dz = N X n=−N Res (f, n) + m X j=1 Res (f, zj). Calculem els residus Res (f, n): Res (f, n) = lim z→n(z−n)f(z) = lim z→n(z−n)g(z)cos πz sin πz = lim z→ng(z) lim z→n(z−n)cos πz sin πz =g(n) lim z→n−π(z−n) sin πz + cos πz πcos πz =g(n) π. Ara, prenent N→ ∞, veurem que ZγN f(z)dz →0, N → ∞,(1.4) aleshores tindrem: 0 = ∞ X n=−∞ Res (f, n) + m X j=1 Res (f, zj) = ∞ X n=−∞ g(n) π+ m X j=1 Res (f, zj) que ´es el resultat que voliem provar. Per demostrar (1.4) observem que la funci´o cos πz sin πz est`a acotada al nostre cam´ı. En efecte: cos πz sin πz = eiz +e−iz eiz −e−iz ≤e−Im z+eIm z |e−Im z−eIm z|. Aleshores •Si Im z≥1 tenim cos πz sin πz ≤2eIm z eIm z−e−Im z≤2eIm z eIm z(1 −e−2 Im z)≤2 (1 −e−2)≤4. •An`alogament, quan Im z≤ −1 tenim cos πz sin πz ≤2e−Im z e−Im z−eIm z≤2e−Im z e−Im z(1 −e2 Im z)≤2 (1 −e−2)≤4 Per tant podem afirmar que, a les fronteres horitzontals de γN: cos πz sin πz ≤4. A les fronteres verticals, z= (N+1 2)(±1 + it), t∈[−1,1]. Utilitzant que h(z) = cos πz sin πz ´es 1−peri`odica, tindrem que: hN+1 2(±1 + it)=h±1 2+iN+1 2t= cos ±π 2+iπ N+1 2t sin ±π 2+iπ N+1 2t = sin iπ N+1 2t cos iπ N+1 2t= sinh πN+1 2t cosh πN+1 2t≤1 41
33. Demostreu que la funci´o 2 + z2−eiz nom´es t´e un zero en el semipl`a superior. Resoluci´o: Volem veure que la funci´o g(z) = 2 + z2−eiz, nom´es t´e un zero al semipl`a superior {Im z≥0}. El que demostrarem ser`a que, si R´es prou gran, la funci´o g(z) nom´es t´e un zero a l’interior del semicercle corresponent a la intersecci´o del cercle CRcentrat al 0 i de radi R > 0 amb el semipl`a superior. La vora d’aquest semicercle Γ = Γ1∪Γ2on Γ1={z∈C, z =Reiθ,0≤θ≤π},Γ2={z∈C,Im z= 0,−R≤Re z≤R}. Veurem que, si R1 (de fet demostrarem que cal R > 2), g(z) t´e tots un ´unic zero a CR aplicant el teorema de Rouch´e a les funcions g(z) i f(z) = 2 + z2i sobre el cam´ı Γ. Observeu que, si podem aplicar el teorema de Rouch´e, dedu¨ım que g(z) t´e els mateixos zeros a l’interior de CRque f(z) = 2 + z2, ´es a dir 1 (l’altre zero de fno ´es a l’interior CR). Com aix`o ´es cert ∀R > 2, gnom´es t´e un zero a Im z≥0 i haurem acabat. Anem doncs a comprovar que les hip`otesis del teorema de Rouch´e es satisfan. ´ Es clar que les dues funcions s´on holomorfes a C. Respecte al cam´ı, clarament Γ ∼0 i tot punt z∈C\Γ satisf`a que o b´e n(Γ, z) ´es 0 (si zpertany a l’interior de Γ) o 1 (en cas contrari). Nom´es ens queda per demostrar que si z∈Γ, |g(z)−f(z)|<|f(z)|. Com |g(z)−f(z)|=|eiz|=e−Im zens cal veure que si z∈Γ |g(z)−f(z)|<|f(z)| ⇐⇒ e−Im z<|2 + z2|.(1.5) Observem que, si z∈Γ, llavors Im z≥0 i per tant una condici´o suficient perqu`e (1.5) sigui certa ´es que 1<|2 + z2|.(1.6) Veiem (1.6) primer per z∈Γ1. A Γ1tenim que |z|=Ri si R > 2: |2 + z2| ≥ ||z|2−2|=|R2−2|=R2−2>4−2=2>1. Per tant (1.6) ´es cert a Γ1. La condici´o (1.6) ´es certa trivialment per z∈Γ2ja que z∈Ri llavors: |2 + z2|= 2 + z2≥2>1. En conclusi´o, hem demostrat que per a tot z∈Γ es verifica |g(z)−f(z)|<|f(z)|, i per tant les hip`otesis del teorema de Rouch´e es satisfan. 48