Singolarità e punti all'infinito

[livrea]

ciao ragazzi, il seguente esercizio richiede di verificare i punti singolari isolati, ed eventualmente il punto all'infinito, calcolandone i residui della seguente funzione
$f(z) = 1/ (1-cos(1/z))$

la mia difficoltà sta nel capire che tipo di singolarità ho. La prima cosa che ho fatto è stata trovare gli zeri di questa funzione
$1-cos(1/z)=0$ e viene $z = 1/(2pi)$ e facendo il limite $lim_(z->1/(2pi)) (1/(1-cos(1/z))) = infty $
quindi $1/(2pi)$ dovrebbe essere un polo (di che ordine??? ) o sbaglio? e i punti all'infinito?

[gugo82]

$1/(2pi)$ e basta?
E di $-1/(256pi)$ dove lo metti?

Insomma, la periodicità della funzione coseno si studia alle scuole e non cambia nel passaggio all’università.

Per quanto riguarda l’ordine dei poli, basta usare la definizione o qualche trucco (approssimazione di Taylor).

Inoltre, “punti” all’infinito?
Perché, ce ne sono più di uno?

[livrea]

si ok nel trascrivere ho dimenticato la periodicità. Per capire l'ordine dei poli come devo procedere?

[gugo82]

"gugo82":Per quanto riguarda l’ordine dei poli, basta usare la definizione o qualche trucco (approssimazione di Taylor).

Hai provato?
Il tuo libro che dice in merito?

[CasellaJr]

Livrea scommetto che sei di Ing. Elettronica a Unict, e hai appena fatto AM3 con Zamboni
Comunque gugo82, scusami ma avevo aperto un altro thread, non mi ero accorto dell'esistenza di questo, quindi puoi chiuderlo l'altro.
A questo punto seguo anche io questa discussione visto che avevo lo stesso dubbio

[gugo82]

Riprendo l'argomento in mano perché non mi faccio capace (leggi: "non riesco proprio a capire"; scusate il vernacolo!) di come una cosa così semplice come la classificazione delle singolarità isolate possa risultare così ostica... Mentre, il più delle volte, è una cavolata paurosa!

Studiamo la funzione:
\[
f(z) := \frac{1}{1-\cos \frac{1}{z}}\; .
\]
Il dominio si ottiene imponendo le condizioni di esistenza come al solito, cioè risolvendo come d'uso il sistema:
\[
\begin{cases}
z\neq 0\\
1 - \cos \frac{1}{z} \neq 0
\end{cases}
\]
il che implica:
\[
\begin{cases}
z\neq 0\\
z \neq \frac{1}{2k\pi} &\text{, con } k \in \mathbb{Z} \setminus \{ 0\}
\end{cases}\; ;
\]
dunque $Omega = "Dom" f = CC \setminus ( \{ 0\} uu \{ 1/(2k pi)\}_{k in ZZ, k != 0})$.
La $f$ è olomorfa in $Omega$ poiché composta da funzioni elementari e, perciò, olomorfe; quindi i punti singolari di $f$ cadono sulla frontiera del dominio di definizione, cioè in $partial Omega = \{ 0, oo\} uu \{ 1/(2k pi)\}_{k in ZZ, k != 0}$.[nota]Importante: ogniqualvolta il dominio di una funzione olomorfa non è limitato bisogna ricordarsi di aggiungere tra i punti di frontiera il punto all'infinito $oo$![/nota]

Dato che $1/(2kpi) -> 0$ per $k-> +- oo$, il punto $z_0 := 0$ non è una singolarità isolata e perciò non è classificabile.[nota]Questo vuol dire che non è possibile studiare se $0$ è una singolarità polare od essenziale.[/nota]
Poiché $partial Omega$ non ha altri punti di accumulazione a parte $z_0$, tutte le rimanenti singolarità sono classificabili, i.e. o sono poli o sono singolarità essenziali.

Guardiamo cosa accade in $z_k := 1/(2k pi)$ con $k in ZZ setminus \{ 0\}$.
Il semplice calcolo del limite:
\[
\lim_{z\to z_k} f(z) = \lim_{z \to 1/(2k\pi)} \frac{1}{1-\cos \frac{1}{z}} = \infty
\]
mostra che $z_k$ è un polo. Per stabilire l'ordine del polo $z_k$ sfruttiamo un po' di tecniche base per il calcolo dei limiti, cioè cambiamento di variabile, formule di archi associati e formula di Taylor: abbiamo:
\[
\begin{split}
\lim_{z \to z_k} f(z) &\stackrel{w = 1/z}{=} \lim_{w \to 2k\pi} \frac{1}{1 - \cos w}\\
&\stackrel{\zeta = w - 2k\pi}{=} \lim_{\zeta \to 0} \frac{1}{1 - \cos (\zeta + 2k\pi)}\\
&= \lim_{\zeta \to 0} \frac{1}{1 - \cos \zeta}\\
&\stackrel{\text{Taylor}}{=} \lim_{\zeta \to 0} \frac{1}{\frac{1}{2}\zeta^2}
\end{split}
\]
e ciò mostra che $f$ è un infinito di ordine $2$ per $z -> z_k$.
Pertanto ogni $z_k$ è un polo d'ordine $2$.[nota]Si legga criticamente la definizione di "ordine di un polo": tale definizione afferma, in soldoni, che $f$ ha un polo d'ordine $n$ in un certo punto se e solo se $f$ è un infinito d'ordine $n$ in tale punto.[/nota]

La singolarità all'infinito va studiata con un po' più di attenzione, ma è possibile sfruttare lo stesso metodo.
Ricordo che la singolarità in $z_oo := oo$ di una qualsiasi funzione $f(z)$ va studiata utilizzando la funzione ausiliaria $g(w) = f(1/w)$; in particolare, $f(z)$ ha un polo d'ordine $n$ [risp. una singolarità essenziale] in $z_oo$ se e solo se la funzione $g(w)$ ha un polo d'ordine $n$ [risp. una singolarità essenziale] in $w_0=0$.
La funzione ausiliaria da considerare è:
\[
g(w) = \frac{1}{1-\cos \frac{1}{\frac{1}{w}}} = \frac{1}{1 - \cos w}
\]
e si vede immediatamente che $g(w)$ è un infinito d'ordine $2$ per $w\to 0=w_0$ (basta ragionare come sopra, ma senza tutte le sostituzioni), sicché $g$ ha un polo d'ordine $2$ in $w_0$.
Pertanto $z_oo$ è un polo d'ordine $2$ per $f$.

Vi pare?

[CasellaJr]

Ciao gugo, per caso mi sai spiegare come calcolare i residui di questa funzione, che ancora non l'ho capito?

[gugo82]

In che punti?

Per i punti al finito, ci sono le formule coi limiti.
Per il punto all’infinito, puoi scrivere esplicitamente la seirie di Laurent di una funzione ausiliaria.

[dissonance]

"CasellaJr":Ciao gugo, per caso mi sai spiegare come calcolare i residui di questa funzione, che ancora non l'ho capito?

[ot]Hai dimenticato di scrivere: "grazie per il tuo tempo". Su questo forum c'è gente competente che a volte fa un vero e proprio tutoraggio completamente gratis. Perlomeno un grazie, ogni tanto, fa piacere.[/ot]

[anto_zoolander]

"CasellaJr":per caso mi sai spiegare

Non pensi che, dopo una spiegazione così dettagliata, possa risultare quasi offensivo? È risultato utile anche a me che evito come la peste l’analisi complessa.

[CasellaJr]

Ragazzi, scusate, ieri avevo scritto il messaggio in fretta ed avevo evitato i formalismi. Ovviamente sono infinitamente grato a gugo, e a tutti gli altri, per il servizio che offrono, e non pretendo nulla, sebbene il mio post potesse sembrare scortese.

Adesso, tornando all'argomento del thread, gugo il mio problema era proprio quello riguardante il calcolo di quei residui, perchè in questo esercizio mi era venuto complicato. In particolare quello del punto all'infinito, che non avevo mai fatto.

Grazie

[gugo82]

Per un noto teorema, nel caso di una singolarità in $z_0$ polare d'ordine $n$ hai:
\[
\operatorname{Res} (f;z_0) = \frac{1}{(n-1)!}\ \lim_{z\to z_0} \frac{\text{d}^{n-1}}{\text{d}z^{n-1}} \Big[ (z-z_0)^n f(z)\Big]\; ,
\]
quindi nel caso in esame si tratta di calcolare in ogni $z_k$ (con $k in ZZ setminus \{ 0\}$) il:
\[
\operatorname{Res} (f;z_k) = \lim_{z\to z_k} \frac{\text{d}}{\text{d}z} \Big[ \frac{(z-z_k)^2}{1-\cos \frac{1}{z}}\Big]\; .
\]
Ciò si può fare in due modi modi:

[list=1][*:2t8m8a78] quello ovvio è sciropparsi tutti i conti della derivata, e poi usare cambiamenti di variabile nel limite e semplificazioni con le solite tecniche (leggi: limiti notevoli e/o formula di Taylor) nel calcolo del limite;

[/*:m:2t8m8a78]
[*:2t8m8a78] quello meno ovvio è cambiare la variabile di limite e derivazione fin dall'inizio e sperare che tutto vada bene.[/*:m:2t8m8a78][/list:o:2t8m8a78]

Dato che $z_k=1/(2k pi)$, guidato dai conti che ho fatto nel post precedente penso di porre $zeta = 1/z - 2k\pi$, di modo che $zeta -> 0$ per $z -> 1/(2k\pi)$.
Abbiamo $z= 1/(zeta + 2kpi)$ e l'operatore di derivazione nel cambiamento di variabile si modifica come segue:
\[
\begin{split}
\frac{\text{d}}{\text{d} z} &= \frac{\text{d}\zeta }{\text{d} z}\ \frac{\text{d}}{\text{d} \zeta} \\
&= \frac{1}{\frac{\text{d} z}{\text{d}\zeta }}\ \frac{\text{d}}{\text{d} \zeta} \\
&= \frac{1}{-\frac{1}{(\zeta + 2k\pi )^2}}\ \frac{\text{d}}{\text{d} \zeta} \\
&= - (\zeta + 2k\pi )^2\ \frac{\text{d}}{\text{d} \zeta} \; ;
\end{split}
\]
conseguentemente:
\[
\begin{split}
\operatorname{Res} (f; z_k ) &= \lim_{z\to z_k} \frac{\text{d}}{\text{d}z} \left[ \frac{(z-z_k)^2}{1-\cos \frac{1}{z}} \right] \\
&= \lim_{\zeta \to 0} - (\zeta + 2k\pi )^2\ \frac{\text{d}}{\text{d} \zeta} \left[ \frac{\frac{\zeta^2}{(2k\pi)^2 (\zeta + 2k\pi )^2}}{1-\cos \zeta } \right] \\
&= \lim_{\zeta \to 0} - \frac{(\zeta + 2k\pi )^2}{(2k\pi)^2}\ \frac{\text{d}}{\text{d} \zeta} \left[ \frac{\zeta^2}{(\zeta + 2k\pi )^2 (1-\cos \zeta )} \right] \\
&= - \lim_{\zeta \to 0} \frac{\text{d}}{\text{d} \zeta} \left[ \frac{\zeta^2}{(\zeta + 2k\pi )^2 (1-\cos \zeta )} \right] \; ,
\end{split}
\]
in cui nell'ultimo passaggio ho tenuto presente che è possibile applicare la regola del prodotto dei limiti perché il limite del secondo fattore deve esistere finito (per proprietà del polo); abbiamo dunque:
\[
\begin{split}
\operatorname{Res} (f; z_k ) &= - \lim_{\zeta \to 0} \frac{\text{d}}{\text{d} \zeta} \left[ \frac{\zeta^2}{(\zeta + 2k\pi )^2 (1-\cos \zeta )} \right] \\
&= - \lim_{\zeta \to 0} \left[ \frac{2\zeta}{(\zeta + 2 k\pi )^2 (1-\cos \zeta )} - \frac{2\zeta^2}{(\zeta + 2k\pi )^3 (1-\cos \zeta)} - \frac{\zeta^2 \sin \zeta}{(\zeta + 2k\pi)^2 (1-\cos \zeta )^2}\right] \\
&= - \lim_{\zeta \to 0} \left[ \frac{2\zeta (1-\cos \zeta ) - \zeta^2 \sin \zeta}{(\zeta + 2 k\pi )^2 (1-\cos \zeta )^2} - \frac{2\zeta^2}{(\zeta + 2k\pi )^3 (1-\cos \zeta)}\right] \\
&\stackrel{\text{Taylor}}{=} - \lim_{\zeta \to 0} \left[ \frac{\text{o}(\zeta^3)}{(\zeta + 2 k\pi )^2 (1-\cos \zeta )^2} - \frac{4}{(\zeta + 2k\pi )^3 }\right] \\
&= \frac{1}{2k^3\pi^3}
\end{split}
\]
per ogni $k in ZZ setminus \{ 0\}$.

Per quanto riguarda il residuo all'infinito, esso per definizione coincide col residuo in $w_0=0$ della funzione ausiliaria $phi (w) = -1/w^2 f(1/w) = -1/w^2 1/(1-cos w)$, la quale ha in $0$ un polo d'ordine $4$.
Due strade:

[list=1][*:2t8m8a78] o ti sciroppi tutti i contazzi con la solita formula contenente derivate;

[/*:m:2t8m8a78]
[*:2t8m8a78] oppure cerchi di sviluppare la funzione ausiliaria in serie di Laurent con qualche accorgimento e speri vada bene.[/*:m:2t8m8a78][/list:o:2t8m8a78]

Seguo la seconda strada, sperando di non far male i conti con le serie di potenze (rischio sempre presente, quindi controlla!).
Hai:
\[
\begin{split}
\phi (w) &= - \frac{1}{w^2}\ \frac{1}{1-\cos w} \\
&= - \frac{1}{w^2}\ \frac{1}{\frac{1}{2} w^2 - \frac{1}{24} w^4 + \frac{1}{720} w^6 +\text{o}(w^7) } \\
&= - \frac{1}{w^2}\ \frac{2}{w^2 (1 - \frac{1}{12} w^2 + \frac{1}{360} w^4 +\text{o}(w^5)} \\
&= - \frac{2}{w^4}\ \frac{1}{1 - (\frac{1}{12} w^2 - \frac{1}{360} w^4 +\text{o}(w^5))} \\
&= - \frac{2}{w^4}\ \left( 1 + (\frac{1}{12} w^2 - \frac{1}{360} w^4 +\text{o}(w^5)) + (\frac{1}{12} w^2 - \frac{1}{360} w^4 +\text{o}(w^5))^2 + text{o}\left( (\frac{1}{12} w^2 - \frac{1}{360} w^4 +\text{o}(w^5))^2\right)\right)\\
&= - \frac{2}{w^4}\ \left( 1 + \frac{1}{12} w^2 - \frac{1}{360} w^4 + \frac{1}{144} w^4 + \text{o}(w^4)\right)\\
&= \underbrace{-\frac{2}{w^4} - \frac{1}{6 w^2}}_{\text{parte singolare}} \underbrace{-\frac{1}{120} + \text{o}(1)}_{\text{parte regolare}}
\end{split}
\]
da cui segue immediatamente:
\[
\operatorname{Res} (f;\infty) = \operatorname{Res} (\phi ; 0) = 0\; .
\]

Questi sono contazzi che a mano non fa più nessuno: esistono software appositi per svolgerli...
Io, come d'abitudine, ho rispolverato un po' di tecniche apprese tra i banchi dell'università e le ho rimesse insieme per proporre un'alternativa ai soliti metodi proposti dai testi.

Spero che la perizia venga apprezzata e non segnalata ai moderatori ( ) come esempio di esercizio svolto contro il regolamento interno del forum.
Infatti, contrariamente a chi segnala inopinatamante ad un moderatore un suo stesso post[nota]Dimostrando per questo, oltre ad una notevole dose di ingenuità, anche di non riuscire a leggere in prospettiva gli interventi di utenti maggiormente avvezzi ai meccanismi vitali del forum.[/nota], non è mia abitudine spiattellare su due piedi soluzioni né per l'infantile tentativo di essere il primo a rispondere, né per scavalcare brutalmente utenti già intervenuti in un thread per indirizzare la conversazione su binari più adatti.

[xdom="gugo82"]@pilloeffe: Una segnalazione come la tua viene perdonata una volta, per supposta ingenuità o supposto intento (ancorché puerile) di rivalsa.

Un comportamento del genere, però, non verrà tollerato oltre.[/xdom]

[livrea]

grazie 1000 per la spiegazione super dettagliata, adesso è tutto chiaro @gugo82

"gugo82":Riprendo l'argomento in mano perché non mi faccio capace (leggi: "non riesco proprio a capire"; scusate il vernacolo!) di come una cosa così semplice come la classificazione delle singolarità isolate possa risultare così ostica... Mentre, il più delle volte, è una cavolata paurosa!

Studiamo la funzione:
\[
f(z) := \frac{1}{1-\cos \frac{1}{z}}\; .
\]
Il dominio si ottiene imponendo le condizioni di esistenza come al solito, cioè risolvendo come d'uso il sistema:
\[
\begin{cases}
z\neq 0\\
1 - \cos \frac{1}{z} \neq 0
\end{cases}
\]
il che implica:
\[
\begin{cases}
z\neq 0\\
z \neq \frac{1}{2k\pi} &\text{, con } k \in \mathbb{Z} \setminus \{ 0\}
\end{cases}\; ;
\]
dunque $Omega = "Dom" f = CC \setminus ( \{ 0\} uu \{ 1/(2k pi)\}_{k in ZZ, k != 0})$.
La $f$ è olomorfa in $Omega$ poiché composta da funzioni elementari e, perciò, olomorfe; quindi i punti singolari di $f$ cadono sulla frontiera del dominio di definizione, cioè in $partial Omega = \{ 0, oo\} uu \{ 1/(2k pi)\}_{k in ZZ, k != 0}$.[nota]Importante: ogniqualvolta il dominio di una funzione olomorfa non è limitato bisogna ricordarsi di aggiungere tra i punti di frontiera il punto all'infinito $oo$![/nota]

Dato che $1/(2kpi) -> 0$ per $k-> +- oo$, il punto $z_0 := 0$ non è una singolarità isolata e perciò non è classificabile.[nota]Questo vuol dire che non è possibile studiare se $0$ è una singolarità polare od essenziale.[/nota]
Poiché $partial Omega$ non ha altri punti di accumulazione a parte $z_0$, tutte le rimanenti singolarità sono classificabili, i.e. o sono poli o sono singolarità essenziali.

Guardiamo cosa accade in $z_k := 1/(2k pi)$ con $k in ZZ setminus \{ 0\}$.
Il semplice calcolo del limite:
\[
\lim_{z\to z_k} f(z) = \lim_{z \to 1/(2k\pi)} \frac{1}{1-\cos \frac{1}{z}} = \infty
\]
mostra che $z_k$ è un polo. Per stabilire l'ordine del polo $z_k$ sfruttiamo un po' di tecniche base per il calcolo dei limiti, cioè cambiamento di variabile, formule di archi associati e formula di Taylor: abbiamo:
\[
\begin{split}
\lim_{z \to z_k} f(z) &\stackrel{w = 1/z}{=} \lim_{w \to 2k\pi} \frac{1}{1 - \cos w}\\
&\stackrel{\zeta = w - 2k\pi}{=} \lim_{\zeta \to 0} \frac{1}{1 - \cos (\zeta + 2k\pi)}\\
&= \lim_{\zeta \to 0} \frac{1}{1 - \cos \zeta}\\
&\stackrel{\text{Taylor}}{=} \lim_{\zeta \to 0} \frac{1}{\frac{1}{2}\zeta^2}
\end{split}
\]
e ciò mostra che $f$ è un infinito di ordine $2$ per $z -> z_k$.
Pertanto ogni $z_k$ è un polo d'ordine $2$.[nota]Si legga criticamente la definizione di "ordine di un polo": tale definizione afferma, in soldoni, che $f$ ha un polo d'ordine $n$ in un certo punto se e solo se $f$ è un infinito d'ordine $n$ in tale punto.[/nota]

La singolarità all'infinito va studiata con un po' più di attenzione, ma è possibile sfruttare lo stesso metodo.
Ricordo che la singolarità in $z_oo := oo$ di una qualsiasi funzione $f(z)$ va studiata utilizzando la funzione ausiliaria $g(w) = f(1/w)$; in particolare, $f(z)$ ha un polo d'ordine $n$ [risp. una singolarità essenziale] in $z_oo$ se e solo se la funzione $g(w)$ ha un polo d'ordine $n$ [risp. una singolarità essenziale] in $w_0=0$.
La funzione ausiliaria da considerare è:
\[
g(w) = \frac{1}{1-\cos \frac{1}{\frac{1}{w}}} = \frac{1}{1 - \cos w}
\]
e si vede immediatamente che $g(w)$ è un infinito d'ordine $2$ per $w\to 0=w_0$ (basta ragionare come sopra, ma senza tutte le sostituzioni), sicché $g$ ha un polo d'ordine $2$ in $w_0$.
Pertanto $z_oo$ è un polo d'ordine $2$ per $f$.

Vi pare?

[livrea]

"CasellaJr":Livrea scommetto che sei di Ing. Elettronica a Unict, e hai appena fatto AM3 con Zamboni
Comunque gugo82, scusami ma avevo aperto un altro thread, non mi ero accorto dell'esistenza di questo, quindi puoi chiuderlo l'altro.
A questo punto seguo anche io questa discussione visto che avevo lo stesso dubbio

si esatto, per caso hai il testo del compito quello con le domande?

[CasellaJr]

Ok Gugo, davvero grazie tante per quest'ultima risposta, che secondo me era la vera parte difficile dell'esercizio, o comunque, parecchio lunga.
Livrea ho solo il compito senza le domande di teoria, se è questo che intendi