Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (1)

#1

Ας υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\oint_{C}P(z)\left(\sum_{k=0}^{n}e^{\frac{1}{z-k}}\right)\,dz}$ ,

όπου $\displaystyle{P(z)}$ πολυώνυμο βαθμού $\color{red}n$ και $\displaystyle{C}$ είναι τα σημεία του κύκλου $\displaystyle{|z|=r}$ με $\displaystyle{r\neq1,2,\ldots,n}$ . (Η καμπύλη έχει τη θετική φορά)

Διορθώθηκε τυπογραφικό. Ευχαριστώ το Σεραφείμ

kwstas12345 · #2

Η συναρτηση: $\displaystyle f\left(z \right)=P\left(z \right)e^{\frac{1}{z-k}},P\left(z \right)=a_{0}+a_{1}z+...+a_{n-1}z^{n-1}+a_{n}z^{n}$ έχει ουσιώδες ανώμαλο σημείο κάθε φορά το $\displaystyle z=k$

αφού αν αναπτύξω κατα σειρά Laurent την $\displaystyle e^{\frac{1}{z-k}}$ θα δώ ότι $\displaystyle e^{\frac{1}{z-k}}=1+\frac{\left(z-k \right)^{-1}}{1!}+\frac{\left(z-k \right)^{-2}}{2!}+...+\frac{\left(z-k \right)^{-m}}{m!}+...=$ $\displaystyle \sum_{m=0}^{+\infty}{\frac{\left(z-k \right)^{-m}}{m!}}$

έχοντας άπειρο το πλήθος αρνητικών δυνάμεων του z-k

. Eεπιδή: $\displaystyle \oint_{C}P\left(z \right)\left(\sum_{k=0}^{n}{e^{\frac{1}{z-k}}} \right)dz=\sum_{k=0}^{n}{\oint_{C}P\left(z \right)e^{\frac{1}{z-k}}dz}$

υπολογίζω για τυχαίο $\displaystyle 0\leqslant k\leqslant n$ το $\displaystyle \oint_{C}P\left(z \right)e^{\frac{1}{z-k}}dz$ με $\displaystyle \oint_{C}P\left(z \right)e^{\frac{1}{z-k}}dz=2\pi i Res_{z=k}f\left(z \right)$

To πολυωνυμό μας μπορεί να αναλυθεί σε δυναμεις του z-k

σύμφωνα με την σειρά Taylor : $\displaystyle P\left(z \right)=P\left(k \right)+\frac{P'\left(k \right)}{1!}\left(z-k \right)+\frac{P''\left(k \right)}{2!}\left(z-k \right)^{2}+...+\frac{P^{\left(n \right)}\left(k \right)}{n!}\left(z-k \right)^{n}$

Όμως το $\displaystyle Res_{z=k}f\left(z \right)$ θα είναι ο συντελεστής του $\displaystyle \left(z-k \right)^{-1}$ από το γινόμενο:

$\displaystyle \left(P\left(k \right)+\frac{P'\left(k \right)}{1!}\left(z-k \right)+\frac{P''\left(k \right)}{2!}\left(z-k \right)^{2}+...+\frac{P^{\left(n \right)}\left(k \right)}{n!}\left(z-k \right)^{n} \right)$ $\displaystyle \cdot \left( 1+\frac{\left(z-k \right)^{-1}}{1!}+\frac{\left(z-k \right)^{-2}}{2!}+...+\frac{\left(z-k \right)^{-m}}{m!}+...+\frac{\left(z-k \right)^{-n}}{n!}+...\right)$

προκύπτει ότι ο ζητούμενος συντελεστής είναι ο $\displaystyle \frac{P\left(k \right)}{1!}+\frac{P'\left(k \right)}{1!\cdot 2!}+\frac{P''\left(k \right)}{2!\cdot3!}+...+\frac{P^{\left(n \right)}\left(k \right)}{n!\cdot\left(n+1 \right)!}$

Άρα και το τελικό ολοκληρωμα θα είναι: $\displaystyle \oint_{C}P\left(z \right)e^{\frac{1}{z-k}}dz=2\pi i\left(\frac{P\left(k \right)}{1!}+\frac{P'\left(k \right)}{1!\cdot 2!}+\frac{P''\left(k \right)}{2!\cdot3!}+...+\frac{P^{\left(n \right)}\left(k \right)}{n!\cdot\left(n+1 \right)! \right)}$

Και για το αρχίκο αρκεί να αθροίσω από

εώς n: $\displaystyle \oint_{C}P\left(z \right)\left(\sum_{k=0}^{n}{e^{\frac{1}{z-k}}} \right)dz=2\pi i\sum_{k=0}^{n}{\sum_{i=0}^{n}{\frac{P^{\left(i \right)}\left(k \right)}{i!\cdot\left(i+1 \right)!}}}$ .

Πιστεύω να μην εχω κανει κανένα χοντρο λάθος...αν και πιθανό.

#3

Κώστα και πάλι μπράβο!

Το σκεπτικό σου είναι κομπλέ. Το μόνο που έχω να προσθέσω είναι ότι επειδή δεν ξέρουμε αν όλοι οι πόλοι είναι εσωτερικά σημεία, για να καλύψουμε τη γενική περίπτωση,

θα θεωρήσουμε

τον μη αρνητικό ακέραιο με p<r<p+1

όταν

και

όταν

, και το τελικό αποτέλεσμα θα μας βγει

$\displaystyle{\color{black}2\pi i\color{black}\sum_{k=0}^{\color{red}p}{\sum_{i=0}^{n}{\frac{P^{\left(i \right)}\left(k \right)}{i!\cdot\left(i+1 \right)!}}}}$

kwstas12345 · #4

Έχεις δικιο Αναστάση.. πως μου είχε κολλήσει εμενα στο μυαλό ότι r>n

Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (1)

Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (1)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (1)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (1)

Re: Ολοκλήρωση σε κλειστό μονοπάτι (1)

Μέλη σε σύνδεση