Prima e seconda formula di Cauchy
Buongiorno a tutti.
Studiando le formule di Cauchy:
$f(z)=1/{2πi}∫_{+∂T}f(ζ)/{ζ−z}dζ$
$f(n)(z)={n!}/{2πi}∫_{+∂T}f(ζ)/(ζ−z)^{n+1}dζ$
mi sono accorta che non ci sono restrizioni su $ζ$, l'unica cosa che ho letto è che la funzione
$g:ζ→f(ζ)/{ζ−z}$ è olomorfa.
Quindi $ζ$ può essere un punto qualsiasi del dominio regolare $T$?
Studiando le formule di Cauchy:
$f(z)=1/{2πi}∫_{+∂T}f(ζ)/{ζ−z}dζ$
$f(n)(z)={n!}/{2πi}∫_{+∂T}f(ζ)/(ζ−z)^{n+1}dζ$
mi sono accorta che non ci sono restrizioni su $ζ$, l'unica cosa che ho letto è che la funzione
$g:ζ→f(ζ)/{ζ−z}$ è olomorfa.
Quindi $ζ$ può essere un punto qualsiasi del dominio regolare $T$?
Risposte
$\zeta$ è un punto sul bordo del dominio. In ogni caso, non è tutto l'integrando a dover essere olomorfo, ma solo la funzione $f$.
hei buongiorno.
anche io sto studiando metodi matematici.
sì, non ci sono restrizioni per "g".
questo teorema, che dà la forma integrale di Cauchy, pone precisazione solo sulla "z" che è un punto esterno o interno alla frontiera, ma non sulla frontiera.
un saluto!
anche io sto studiando metodi matematici.
sì, non ci sono restrizioni per "g".
questo teorema, che dà la forma integrale di Cauchy, pone precisazione solo sulla "z" che è un punto esterno o interno alla frontiera, ma non sulla frontiera.
un saluto!
"ciampax":
$\zeta$ è un punto sul bordo del dominio
"domeec":
sì, non ci sono restrizioni per "g".
Grazie ad entrambi!
Anche se per il momento la seconda mi sembra la risposta più probabile visto che consultando vari testi non ho trovato alcuna restrizione... aspetto altre risposte
Un momento.
Se \(f:\Omega \to \mathbb{C}\) è olomorfa nell'aperto \(\Omega\), l'integrando:
\[
g(\zeta;z):= \frac{f(\zeta)}{\zeta - z}
\]
come funzione di \(\zeta\) (quindi con \(z\in \mathbb{C}\) fissato) è olomorfo almeno in \(\Omega\setminus \{z\}\)[nota]A meno di casi particolari, in cui \(g(\cdot ;z)\) può risultare olomorfa in tutto \(\Omega\): ciò accade se \(z\in \Omega\) e se \(f\) ha uno zero in \(z\).[/nota], mentre come funzione di \(z\) (cioé con \(\zeta\in \Omega\) fissato) è olomorfo in \(\mathbb{C}\setminus \{\zeta\}\); perciò:
\[
\begin{split}
\operatorname{Dom} g(\cdot ;z) &= \Omega \setminus \{ z\}\\
\operatorname{Dom} g(\zeta ;\cdot) &= \mathbb{C} \setminus \{ \zeta \}\; .
\end{split}
\]
Per definire la funzione integrale:
\[
\begin{split}
F: \operatorname{Dom} F &\to \mathbb{C}\\
z &\mapsto \intop_{+\partial T} g(\zeta ;z)\ \text{d} \zeta \; ,
\end{split}
\]
ti serve che \(T\) sia una regione con frontiera completamente contenuta nell'aperto di olomorfia \(\Omega\) di \(f\) (i.e., una regione tale che \(\partial T \subset \Omega\))[nota]Altrimenti \(f(\zeta)\) non lo puoi calcolare.[/nota] e che \(z\) non appartenga a \(\partial T\)[nota]Altrimenti la funzione \(g(\cdot ;z)\) ha una singolarità sul cammino d'integrazione, ed è un guaio.
[/nota]; quindi, una volta fissata \(T\) nel modo suddetto, hai:
\[
\operatorname{Dom} F=\mathbb{C}\setminus \partial T\; .
\]
Se \(f:\Omega \to \mathbb{C}\) è olomorfa nell'aperto \(\Omega\), l'integrando:
\[
g(\zeta;z):= \frac{f(\zeta)}{\zeta - z}
\]
come funzione di \(\zeta\) (quindi con \(z\in \mathbb{C}\) fissato) è olomorfo almeno in \(\Omega\setminus \{z\}\)[nota]A meno di casi particolari, in cui \(g(\cdot ;z)\) può risultare olomorfa in tutto \(\Omega\): ciò accade se \(z\in \Omega\) e se \(f\) ha uno zero in \(z\).[/nota], mentre come funzione di \(z\) (cioé con \(\zeta\in \Omega\) fissato) è olomorfo in \(\mathbb{C}\setminus \{\zeta\}\); perciò:
\[
\begin{split}
\operatorname{Dom} g(\cdot ;z) &= \Omega \setminus \{ z\}\\
\operatorname{Dom} g(\zeta ;\cdot) &= \mathbb{C} \setminus \{ \zeta \}\; .
\end{split}
\]
Per definire la funzione integrale:
\[
\begin{split}
F: \operatorname{Dom} F &\to \mathbb{C}\\
z &\mapsto \intop_{+\partial T} g(\zeta ;z)\ \text{d} \zeta \; ,
\end{split}
\]
ti serve che \(T\) sia una regione con frontiera completamente contenuta nell'aperto di olomorfia \(\Omega\) di \(f\) (i.e., una regione tale che \(\partial T \subset \Omega\))[nota]Altrimenti \(f(\zeta)\) non lo puoi calcolare.[/nota] e che \(z\) non appartenga a \(\partial T\)[nota]Altrimenti la funzione \(g(\cdot ;z)\) ha una singolarità sul cammino d'integrazione, ed è un guaio.
[/nota]; quindi, una volta fissata \(T\) nel modo suddetto, hai:\[
\operatorname{Dom} F=\mathbb{C}\setminus \partial T\; .
\]
"gugo82":
Un momento.
Se \(f:\Omega \to \mathbb{C}\) è olomorfa nell'aperto \(\Omega\), l'integrando:
\[
g(\zeta;z):= \frac{f(\zeta)}{\zeta - z}
\]
come funzione di \(\zeta\) (quindi con \(z\in \mathbb{C}\) fissato) è olomorfo in \(\Omega\setminus \{z\}\), mentre come funzione di \(z\) (cioé con \(\zeta\in \Omega\) fissato) è olomorfo in \(\mathbb{C}\setminus \{\zeta\}\); perciò:
\[
\begin{split}
\operatorname{Dom} g(\cdot ;z) &= \Omega \setminus \{ z\}\\
\operatorname{Dom} g(\zeta ;\cdot) &= \mathbb{C} \setminus \{ \zeta \}\; .
\end{split}
\]
Per definire la funzione integrale:
\[
\begin{split}
F: \operatorname{Dom} F &\to \mathbb{C}\\
z &\mapsto \intop_{+\partial T} g(\zeta ;z)\ \text{d} \zeta \; ,
\end{split}
\]
ti serve che \(T\) sia una regione completamente contenuta nell'aperto di olomorfia \(\Omega\) di \(f\) (i.e., una regione tale che \(\overline{T} \subset \Omega\))[nota]Altrimenti \(f(\zeta)\) non lo puoi calcolare.[/nota], cosa che si conviene di scrivere col simbolo \(T\subset\subset \Omega\), e che \(z\) non appartenga a \(\partial T\)[nota]Altrimenti la funzione \(g(\cdot ;z)\) ha una singolarità sul cammino d'integrazione, ed è un guaio.
\[
\operatorname{Dom} F=\mathbb{C}\setminus \partial T\; .
\]
Ho ragionato un po' sulla tua risposta ... e ora mi è tutto più chiaro.
Secondo me se la espongo così il prof si emoziona xD
Dovresti scrivere una bella dispensa sull'analisi complessa, ci hai mai pensato?
Sei stato chiarissimo ed esauriente,
grazie davvero
@ asabasa: Ho modificato un po' la risposta di prima, perché avevo sbagliato a scrivere un paio di cose.
P.S.: Ci ho pensato, ma porterebbe via un casino di tempo.
P.S.: Ci ho pensato, ma porterebbe via un casino di tempo.
"gugo82":
@ asabasa: Ho modificato un po' la risposta di prima, perché avevo sbagliato a scrivere un paio di cose.
P.S.: Ci ho pensato, ma porterebbe via un casino di tempo.
Grazie!!
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