Classificare le singolarità di una funzione in C
Si determinino le singolarità di $f$ , se ne dermini il tipo e se ne calcoli il residuo.
Quanto vale l’integrale di f lungo la circonferenza di centro il punto $z = 0$ e raggio $2$?
$f(z)={e^{iz}-1}/{sen2z}$
Per il secondo punto devo trovare i poli interni a questa circonferenza e l'integrale sarà la somma dei residui calcolati nei punti interni (questo lo so fare!) non ho ben capito come si procede invece per il primo punto.
Ma andiamo con ordine!
$f(z)={e^{iz}-1}/{sen2z}$
Al numeratore ho:
$e^{iz}-1=0$
$iz=2piki$
$z=2pik$ con $kinZZ$
Al denominatore:
$sen2z=0$
$2z=pik$
$z={pik}/2$
I punti \( z_k:=2k\pi\) con \(k\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}\) sono (dovrebbero essere) poli del primo ordine, mentre il punto $z_0=0$ è una singolarità eliminabile ($z_0=0$ si ha per $k=0$, faccio bene a considerarlo a parte?).
Per il secondo punto ho
$int__{gamma} f(z)=Res(f(z),-pi/2)+Res(f(z),pi/2)$
perchè $pi/2 e-pi/2$ sono gli unici poli interni alla circonferenza.
Come giustifico il fatto che I punti \( z_k:=2k\pi\) con \(k\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}\) sono poli del primo ordine? (ammesso che sia giusto!)
Quanto vale l’integrale di f lungo la circonferenza di centro il punto $z = 0$ e raggio $2$?
$f(z)={e^{iz}-1}/{sen2z}$
Per il secondo punto devo trovare i poli interni a questa circonferenza e l'integrale sarà la somma dei residui calcolati nei punti interni (questo lo so fare!) non ho ben capito come si procede invece per il primo punto.
Ma andiamo con ordine!
$f(z)={e^{iz}-1}/{sen2z}$
Al numeratore ho:
$e^{iz}-1=0$
$iz=2piki$
$z=2pik$ con $kinZZ$
Al denominatore:
$sen2z=0$
$2z=pik$
$z={pik}/2$
I punti \( z_k:=2k\pi\) con \(k\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}\) sono (dovrebbero essere) poli del primo ordine, mentre il punto $z_0=0$ è una singolarità eliminabile ($z_0=0$ si ha per $k=0$, faccio bene a considerarlo a parte?).
Per il secondo punto ho
$int__{gamma} f(z)=Res(f(z),-pi/2)+Res(f(z),pi/2)$
perchè $pi/2 e-pi/2$ sono gli unici poli interni alla circonferenza.
Come giustifico il fatto che I punti \( z_k:=2k\pi\) con \(k\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}\) sono poli del primo ordine? (ammesso che sia giusto!)
Risposte
Gli zeri del numeratore sono \(z_k:=2k\pi\), con \(k\in \mathbb{Z}\), tutti del primo ordine; mentre quelli del denominatore sono in \(\zeta_n:= \frac{n}{2}\ \pi\), con \(n\in \mathbb{Z}\), tutti del primo ordine.
Abbastanza evidentemente, si ha:
\[
\{z_0,z_{\pm 1}, z_{\pm 2},\ldots\}=\{0,\pm 2\pi, \pm 4\pi,\ldots \}\subset \left\{ 0, \pm \frac{\pi}{2}, \pm \pi, \pm \frac{3\pi}{2}, \pm 2\pi, \ldots \right\} = \{\zeta_0, \zeta_{\pm 1}, \zeta_{\pm 2},\ldots \}\; ,
\]
quindi gli zeri del numeratore sono tutti zeri dello stesso ordine pure per il denominatore; ne consegue che i punti \(z_k:=2k\pi\) sono singolarità eliminabili per la \(f(z)\) (come si dice in questi casi, l'ordine di \(z_k\) come zero del numeratore compensa totalmente l'ordine di \(z_k\) come zero del denominatore).[nota]Se proprio non sei convinta di questo fatto, puoi calcolare direttamente usando il teorema di de l'Hopital:
\[
\lim_{z\to z_k} \frac{e^{\imath z} -1}{\sin 2z} \stackrel{\text{H}}{=} \lim_{z\to 2k\pi} \frac{\imath\ e^{\imath z}}{2\ \cos 2z} = \frac{\imath}{2}\; .
\][/nota]
Conseguentemente, gli unici punti singolari della funzione assegnata sono in \(\{\zeta_{\pm 1}, \zeta_{\pm 2},\zeta_{\pm 3},\zeta_{\pm 5}, \zeta_{\pm 6},\zeta_{\pm 7},\ldots \}\) (i.e. sono gli zeri del denominatore, tranne quelli corrispondenti agli indici multipli di \(4\)), tutti poli del primo ordine.
Abbastanza evidentemente, si ha:
\[
\{z_0,z_{\pm 1}, z_{\pm 2},\ldots\}=\{0,\pm 2\pi, \pm 4\pi,\ldots \}\subset \left\{ 0, \pm \frac{\pi}{2}, \pm \pi, \pm \frac{3\pi}{2}, \pm 2\pi, \ldots \right\} = \{\zeta_0, \zeta_{\pm 1}, \zeta_{\pm 2},\ldots \}\; ,
\]
quindi gli zeri del numeratore sono tutti zeri dello stesso ordine pure per il denominatore; ne consegue che i punti \(z_k:=2k\pi\) sono singolarità eliminabili per la \(f(z)\) (come si dice in questi casi, l'ordine di \(z_k\) come zero del numeratore compensa totalmente l'ordine di \(z_k\) come zero del denominatore).[nota]Se proprio non sei convinta di questo fatto, puoi calcolare direttamente usando il teorema di de l'Hopital:
\[
\lim_{z\to z_k} \frac{e^{\imath z} -1}{\sin 2z} \stackrel{\text{H}}{=} \lim_{z\to 2k\pi} \frac{\imath\ e^{\imath z}}{2\ \cos 2z} = \frac{\imath}{2}\; .
\][/nota]
Conseguentemente, gli unici punti singolari della funzione assegnata sono in \(\{\zeta_{\pm 1}, \zeta_{\pm 2},\zeta_{\pm 3},\zeta_{\pm 5}, \zeta_{\pm 6},\zeta_{\pm 7},\ldots \}\) (i.e. sono gli zeri del denominatore, tranne quelli corrispondenti agli indici multipli di \(4\)), tutti poli del primo ordine.
Ho capito tutto!! Grazie!!!!
Quindi da questo:
Segue che gli zeri comuni di numeratore e denominatore (i punti $2kpi i$ con $kinZZ$) sono singolarità eliminabili
e si verifica subito facendo il limite.
Ora provo a fare altri esercizi e vedo che succede.
Grazie!!!!
Quindi da questo:
"gugo82":
Abbastanza evidentemente, si ha:
\[
\{z_0,z_{\pm 1}, z_{\pm 2},\ldots\}=\{0,\pm 2\pi, \pm 4\pi,\ldots \}\subset \left\{ 0, \pm \frac{\pi}{2}, \pm \pi, \pm \frac{3\pi}{2}, \pm 2\pi, \ldots \right\} = \{\zeta_0, \zeta_{\pm 1}, \zeta_{\pm 2},\ldots \}\; ,
\]
.
Segue che gli zeri comuni di numeratore e denominatore (i punti $2kpi i$ con $kinZZ$) sono singolarità eliminabili
e si verifica subito facendo il limite.
Ora provo a fare altri esercizi e vedo che succede.
Grazie!!!!
"asabasa":
Ho capito tutto!! Grazie!!!!
Quindi da questo:
[quote="gugo82"]
Abbastanza evidentemente, si ha:
\[
\{z_0,z_{\pm 1}, z_{\pm 2},\ldots\}=\{0,\pm 2\pi, \pm 4\pi,\ldots \}\subset \left\{ 0, \pm \frac{\pi}{2}, \pm \pi, \pm \frac{3\pi}{2}, \pm 2\pi, \ldots \right\} = \{\zeta_0, \zeta_{\pm 1}, \zeta_{\pm 2},\ldots \}\; ,
\]
.
Segue che gli zeri comuni di numeratore e denominatore (i punti $2kpi$ con $kinZZ$) sono singolarità eliminabili
e si verifica subito facendo il limite.
[/quote]
Il fatto che siano singolarità eliminabili segue non dalla semplice inclusione insiemistica, ma dalla compensazione degli ordini!
Infatti, ad esempio, la funzione \(g(z) := \frac{e^{\imath\ z} - 1}{\sin^2 2z}\) ha gli \(z_k=2k\pi\) come poli del primo ordine, perché gli ordini di \(z_k\) come zero del numeratore e del denominatore non si compensano (e prevale quello del denominatore): infatti, \(z_k\) è uno zero del primo ordine per il numeratore, ma del secondo ordine per il denominatore di \(g(z)\).
Vediamo se ho capito:
$f(z)= z/{(senz)(senhz)}$
Numeratore :
$z=0$
Denominatore :
per $senz=0$ $z=pin$ $ninZZ$
per $senhz=0$ ho $z=ipik$ $k in ZZ$
Numeratore e denominatore hanno in comune $z_0=0$ (che al denominatore si verifica per $k,n=0$)
Facendo il limite $z_0=0$ risulta eliminabile
Quindi azzarderei dicendo che i punti singolari di questa funzioni sono del tipo $z_k=piki, z_n=pin$ con $k,n inZZ\{0}$
( Perchè $senh(z_k)!=0$, $sen(z_n)!=0$) e sono poli del primo ordine.
PS: mi sono accorta della tua risposta mentre stavo già scrivendo quest'altro esercizio, ora riguardo il tuo ragionamento.
$f(z)= z/{(senz)(senhz)}$
Numeratore :
$z=0$
Denominatore :
per $senz=0$ $z=pin$ $ninZZ$
per $senhz=0$ ho $z=ipik$ $k in ZZ$
Numeratore e denominatore hanno in comune $z_0=0$ (che al denominatore si verifica per $k,n=0$)
Facendo il limite $z_0=0$ risulta eliminabile
Quindi azzarderei dicendo che i punti singolari di questa funzioni sono del tipo $z_k=piki, z_n=pin$ con $k,n inZZ\{0}$
( Perchè $senh(z_k)!=0$, $sen(z_n)!=0$) e sono poli del primo ordine.
PS: mi sono accorta della tua risposta mentre stavo già scrivendo quest'altro esercizio, ora riguardo il tuo ragionamento.
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