Integrale curvilineo
buonasera, oggi mi sono ritrovato a risolvere questo esercizio per l'esame di matematica III, nonostante mi sia stato detto che la difficoltà di tale esercizio sia minima io non riesco a venirne a capo. L'esercizio recita :
CALCOLARE
$\oint z^2(sin \frac{1}{z-1}+\frac{1}{z(z-1)sin\frac{1}{z}})dz$
dove $ \ gamma $ è la circonferenza orientata positivamente di centro (0,0) e raggio r=3.
La domanda è: posso spezzare l'integrale in due parti e risolverli separatamente con il metodo dei residui oppure c'è un'altra strada che posso seguire?
CALCOLARE
$\oint z^2(sin \frac{1}{z-1}+\frac{1}{z(z-1)sin\frac{1}{z}})dz$
dove $ \ gamma $ è la circonferenza orientata positivamente di centro (0,0) e raggio r=3.
La domanda è: posso spezzare l'integrale in due parti e risolverli separatamente con il metodo dei residui oppure c'è un'altra strada che posso seguire?
Risposte
Beh, la proprietà additiva vale anche per gli integrali complessi, quindi puoi... Non so se è la via più facile o quella più corretta.
Prova.
Hai controllato di che tipo sono le varie singolarità presenti nel dominio delimitato dal contorno?
Prova.
Hai controllato di che tipo sono le varie singolarità presenti nel dominio delimitato dal contorno?
Io per il primo integrale,ossia per $∮z^2 sin (1/ (z−1))dz$ ,stavo procedendo in questo modo
se faccio il$limz→1z^2 sin (1/(z−1))=non esiste $ per cui $z=1 $singolarità essenziale
mentre per il secondo z=1 è un polo semplice poi da qui non riesco più ad andare avanti .
comunque il secondo integrale è $ ∮\frac{1}{z(z-1))sin\frac{1}{z}dz $
se faccio il$limz→1z^2 sin (1/(z−1))=non esiste $ per cui $z=1 $singolarità essenziale
mentre per il secondo z=1 è un polo semplice poi da qui non riesco più ad andare avanti .
comunque il secondo integrale è $ ∮\frac{1}{z(z-1))sin\frac{1}{z}dz $
E \(0\) dove lo metti?
Inoltre, per calcolare i residui, potresti usare lo sviluppo di Laurent, che si dovrebbe determinare facilmente.
Inoltre, per calcolare i residui, potresti usare lo sviluppo di Laurent, che si dovrebbe determinare facilmente.
Anche nel secondo caso 0 è una singolarità essenziale??
Per lo sviluppo in serie di laurent dovrebbe venirmi
$z^2 (\frac{1}{z-1}-\frac{1}{3!}\frac{1}{(z-1)^3)+.....) $
giusto?
Per lo sviluppo in serie di laurent dovrebbe venirmi
$z^2 (\frac{1}{z-1}-\frac{1}{3!}\frac{1}{(z-1)^3)+.....) $
giusto?
No, visto che nello sviluppo proposto non compaiono solo potenze di \(z-1\) (c'è quel \(z^2\) malefico davanti...).
gugo non chiamarmi scocciante potresti indicarmi il procedimento, davvero non so più come risolverlo 
Semplicemente basta scrivere \(z^2\) facendo comparire potenze di \(z-1\) e poi svolgere il prodotto tra polinomio e serie.
Ad esempio, hai:
\[
\begin{split}
z^2 &= (z^2 - 2z + 1) + 2z -1\\
&= (z-1)^2 + 2z - 1\; ,
\end{split}
\]
che ancora non ti piace, perchè c'è un \(z\) malefico nell'ultimo membro; allora:
\[
\begin{split}
z^2 &= (z-1)^2 + (2z - 2) - 1 + 2\\
&= (z-1)^2 + 2 (z-1) + 1\; ,
\end{split}
\]
che invece è buono, perchè contiene solo potenze di \(z-1\).
Allora lo sviluppo di Laurent di \(z^2 \sin \frac{1}{z-1}\) intorno a \(1\) si ottiene facendo il prodotto:
\[
\underbrace{\big( (z-1)^2 + 2 (z-1) + 1 \big)}_{=z^2}\cdot \underbrace{\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}}}_{=\sin \frac{1}{z-1}}
\]
e raggruppando opportunamente le potenze omologhe.
Prova.
Ad esempio, hai:
\[
\begin{split}
z^2 &= (z^2 - 2z + 1) + 2z -1\\
&= (z-1)^2 + 2z - 1\; ,
\end{split}
\]
che ancora non ti piace, perchè c'è un \(z\) malefico nell'ultimo membro; allora:
\[
\begin{split}
z^2 &= (z-1)^2 + (2z - 2) - 1 + 2\\
&= (z-1)^2 + 2 (z-1) + 1\; ,
\end{split}
\]
che invece è buono, perchè contiene solo potenze di \(z-1\).
Allora lo sviluppo di Laurent di \(z^2 \sin \frac{1}{z-1}\) intorno a \(1\) si ottiene facendo il prodotto:
\[
\underbrace{\big( (z-1)^2 + 2 (z-1) + 1 \big)}_{=z^2}\cdot \underbrace{\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}}}_{=\sin \frac{1}{z-1}}
\]
e raggruppando opportunamente le potenze omologhe.
Prova.
gugo ti ringrazio ancora per l'enorme disponibilità. Allora facendo i calcoli dovrebbe venirmi come parte regolare
${\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n-1}}} + {\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n}}} $
mentre come parte singolare
${\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}}} $
da cui ponendo $ n=0 $ ottento $frac{1}{(2n+1)!}(1/(z-1)) $
ed il residuo associato sarà $ frac{1}{(2n+1)!} $ con n=0 alla fine verrà 1
per favore dimmi che è giusto il procedimento!!!
${\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n-1}}} + {\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n}}} $
mentre come parte singolare
${\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}}} $
da cui ponendo $ n=0 $ ottento $frac{1}{(2n+1)!}(1/(z-1)) $
ed il residuo associato sarà $ frac{1}{(2n+1)!} $ con n=0 alla fine verrà 1
per favore dimmi che è giusto il procedimento!!!
Mentre il secondo mi viene
$z sin \frac{1}{z}=\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{2n}} $
$\frac{1}{z-1}=-\sum_{n=0}^{+\infty }z^n $
per cui $ f(z)= \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{2n}}*( -\sum_{n=0}^{+\infty }z^n) =- \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{n}} $
per $n=1$ ottengo il termine $ a_-1 $ ed il residuo associato è uguale a $1/6 $
poi oltre a questo devo calcolarmi il residuo nel punto $z=1$
$z sin \frac{1}{z}=\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{2n}} $
$\frac{1}{z-1}=-\sum_{n=0}^{+\infty }z^n $
per cui $ f(z)= \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{2n}}*( -\sum_{n=0}^{+\infty }z^n) =- \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{n}} $
per $n=1$ ottengo il termine $ a_-1 $ ed il residuo associato è uguale a $1/6 $
poi oltre a questo devo calcolarmi il residuo nel punto $z=1$
"gugo82":
Allora lo sviluppo di Laurent di \(z^2 \sin \frac{1}{z-1}\) intorno a \(1\) si ottiene facendo il prodotto:
\[
\underbrace{\big( (z-1)^2 + 2 (z-1) + 1 \big)}_{=z^2}\cdot \underbrace{\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}}}_{=\sin \frac{1}{z-1}}
\]
e raggruppando opportunamente le potenze omologhe.
Hai:
\[
\begin{split}
\big( (z-1)^2 + 2 (z-1) + 1 \big)\cdot \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}} &= (z-1)^2 \cdot \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}} \\
&\phantom{=}+ 2(z-1)\cdot \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}} \\
&\phantom{=}+ \cdot \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}}\\
&= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n-1}} \\
&\phantom{=}+ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n\ 2}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n}} \\
&\phantom{=}+ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}}\\
&= (z-1) + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n-1}} \\
&\phantom{=}+ 2 + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n\ 2}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n}} \\
&\phantom{=}+ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}}\\
&= (z-1) + 2 - \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+3)!\ (z-1)^{2n+1}} \\
&\phantom{=}+ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n\ 2}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n}} \\
&\phantom{=}+ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n+1}}\\
&= \underbrace{(z-1) + 2}_{\text{p.te regolare}} + \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} -\frac{(-1)^n}{(2n+3)!} \right) \frac{1}{(z-1)^{2n+1}} \\
&\phantom{=}+ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n\ 2}{(2n+1)!\ (z-1)^{2n}}
\end{split}
\]
cosicché il residuo si ottiene ponendo \(n=0\) nella prima sommatoria:
\[
\begin{split}
\operatorname{Res} \left( z^2\sin \frac{1}{z-1};1\right) &= \left. \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} -\frac{(-1)^n}{(2n+3)!}\right|_{n=0}\\
&= 1 - \frac{1}{3!}\\
&= \frac{5}{6}\; .
\end{split}
\]
Controlla i conti.
Lo stesso puoi fare con l'altra funzione.
gugo sono in debito con te !!! 
Per quanto riguarda il secondo integrale il procedimento sarebbe
$f(z)= \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{2n}}*( -\sum_{n=0}^{+\infty }z^n) =- \sum_{n=0}^{+\infty
}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{n}} $
da ciò ottengo
$- \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{n}}= -1-\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^n}= -1+\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+3)!}\frac{1}{z^{n+1}}$
e quindi per $n=0$ il $Res=\frac{1}{6}$
Per quanto riguarda il secondo integrale il procedimento sarebbe
$f(z)= \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{2n}}*( -\sum_{n=0}^{+\infty }z^n) =- \sum_{n=0}^{+\infty
}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{n}} $
da ciò ottengo
$- \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^{n}}= -1-\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\frac{1}{z^n}= -1+\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+3)!}\frac{1}{z^{n+1}}$
e quindi per $n=0$ il $Res=\frac{1}{6}$
gugo ne approfitto della tua disponibilità. Potresti controllarmi un attimo anche i passaggi di questo esercizio e dirmi se sono corretti??
L'esercizio è il seguente $\oint \frac{z^2}{z-i}cos\frac{1}{z-i}$ con $gamma$ circonferenza $ C=(i,1)$
Devo studiare la funzione in $z=i$ che rappresenta sia una singolarità essenziale che una polare.
dato che $z^2=(z-i)^2+2i(z-i)-1$=======>>>$f(z)=(z-i)cos\frac{1}{z-i}+2icos\frac{1}{z-i}-\frac{1}{z-i}cos\frac{1}{z-i}$
$(z-i)cos\frac{1}{z-i}= \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n)!}\frac{1}{(z-i)^{2n-1}}=(z-i)+\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n)!}\frac{1}{(z-i)^{2n-1}}=
(z-i)-\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+2)!}\frac{1}{(z-i)^{2n+1}}$
per $n=0 $ il $Res=-\frac{1}{2}$
$\frac{1}{z-i}cos\frac{1}{z-i}=\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n)!}\frac{1}{(z-i)^{2n+1}}$
per $n=0 $ il $Res=1$
mentre il secondo addendo non avendo il termine $\frac{1}{z}$ quando si sviluppa il residuo risulta uguale a zero.
Alla fine risulta $\oint \frac{z^2}{z-i}cos\frac{1}{z-i}=2ipi(-frac{1}{2}-1)=-3ipi$
L'esercizio è il seguente $\oint \frac{z^2}{z-i}cos\frac{1}{z-i}$ con $gamma$ circonferenza $ C=(i,1)$
Devo studiare la funzione in $z=i$ che rappresenta sia una singolarità essenziale che una polare.
dato che $z^2=(z-i)^2+2i(z-i)-1$=======>>>$f(z)=(z-i)cos\frac{1}{z-i}+2icos\frac{1}{z-i}-\frac{1}{z-i}cos\frac{1}{z-i}$
$(z-i)cos\frac{1}{z-i}= \sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n)!}\frac{1}{(z-i)^{2n-1}}=(z-i)+\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n)!}\frac{1}{(z-i)^{2n-1}}=
(z-i)-\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n+2)!}\frac{1}{(z-i)^{2n+1}}$
per $n=0 $ il $Res=-\frac{1}{2}$
$\frac{1}{z-i}cos\frac{1}{z-i}=\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^n}{(2n)!}\frac{1}{(z-i)^{2n+1}}$
per $n=0 $ il $Res=1$
mentre il secondo addendo non avendo il termine $\frac{1}{z}$ quando si sviluppa il residuo risulta uguale a zero.
Alla fine risulta $\oint \frac{z^2}{z-i}cos\frac{1}{z-i}=2ipi(-frac{1}{2}-1)=-3ipi$
nessuno può darmi una conferma oltre a gugo????
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo