Sviluppo in serie di Laurent
Avrei una domanda, se come ho fatto è corretto
Trovare lo sviluppo in serie di Laurent di
\[ f(z) = \frac{z^2-2z+5}{(z-2)(z^2+1)} \]
Per prima cosa riscrivo la funzione come segue
\[ f(z) = \frac{z^2-2z+5}{(z-2)(z^2+1)}= \frac{1}{z-2} + \frac{i}{z-i} - \frac{i}{z+i} \]
Ora divido tre casi, se \( \left| z \right| > 2 \) abbiamo che
\[ f(z) = \frac{1}{z} \frac{1}{1-2/z} + \frac{i}{z} \frac{1}{1-i/z} - \frac{i}{z}\frac{1}{1+i/z} \]
Pertanto siccome
\[ \frac{1}{z} \frac{1}{1-2/z} =\frac{1}{z} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \left( \frac{2}{z} \right)^k = \sum\limits_{k=0}^{\infty}2^k \left( \frac{1}{z} \right)^{k+1} = \sum\limits_{k=- \infty}^{-1}2^{-k-1} \left( z \right)^{k}\]
\[ \frac{i}{z} \frac{1}{1-i/z} =\frac{i}{z} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \left( \frac{i}{z} \right)^k = \sum\limits_{k=0}^{\infty}i^{k+1} \left( \frac{1}{z} \right)^{k+1}= \sum\limits_{k=- \infty}^{-1}(-i)^{k} \left( z \right)^{k}\]
\[ -\frac{i}{z} \frac{1}{1+i/z} =-\frac{i}{z} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \left(- \frac{i}{z} \right)^k = \sum\limits_{k=0}^{\infty}(-i)^{k+1} \left( \frac{1}{z} \right)^{k+1} =\sum\limits_{k=- \infty}^{-1}(i)^{k} \left( z \right)^{k}\]
Pertanto in serie di Laurent la funzione è data da
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_k z^k \]
con \[ a_k : = \left\{\begin{matrix}
0& \text{se} & k\geq0\\
2^{-k-1} + (i)^k +(-i)^k & \text{se} & k<0
\end{matrix}\right. \]
O in modo alternativo abbiamo che \( (i)^k +(-i)^k = 2 \cos \left(\frac{\pi k}{2} \right) \) dunque
\[ a_k : = \left\{\begin{matrix}
0& \text{se} & k\geq0\\
2^{-k-1} +2 \cos \left(\frac{\pi k}{2} \right) & \text{se} & k<0
\end{matrix}\right.\]
Poi con un ragionamento analogo calcolo lo sviluppo in serie di Laurent se \( 1 < \left| z \right| < 2 \) e ancora se \( \left| z \right| < 1 \). È corretto il modo di procedere?
Trovare lo sviluppo in serie di Laurent di
\[ f(z) = \frac{z^2-2z+5}{(z-2)(z^2+1)} \]
Per prima cosa riscrivo la funzione come segue
\[ f(z) = \frac{z^2-2z+5}{(z-2)(z^2+1)}= \frac{1}{z-2} + \frac{i}{z-i} - \frac{i}{z+i} \]
Ora divido tre casi, se \( \left| z \right| > 2 \) abbiamo che
\[ f(z) = \frac{1}{z} \frac{1}{1-2/z} + \frac{i}{z} \frac{1}{1-i/z} - \frac{i}{z}\frac{1}{1+i/z} \]
Pertanto siccome
\[ \frac{1}{z} \frac{1}{1-2/z} =\frac{1}{z} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \left( \frac{2}{z} \right)^k = \sum\limits_{k=0}^{\infty}2^k \left( \frac{1}{z} \right)^{k+1} = \sum\limits_{k=- \infty}^{-1}2^{-k-1} \left( z \right)^{k}\]
\[ \frac{i}{z} \frac{1}{1-i/z} =\frac{i}{z} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \left( \frac{i}{z} \right)^k = \sum\limits_{k=0}^{\infty}i^{k+1} \left( \frac{1}{z} \right)^{k+1}= \sum\limits_{k=- \infty}^{-1}(-i)^{k} \left( z \right)^{k}\]
\[ -\frac{i}{z} \frac{1}{1+i/z} =-\frac{i}{z} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \left(- \frac{i}{z} \right)^k = \sum\limits_{k=0}^{\infty}(-i)^{k+1} \left( \frac{1}{z} \right)^{k+1} =\sum\limits_{k=- \infty}^{-1}(i)^{k} \left( z \right)^{k}\]
Pertanto in serie di Laurent la funzione è data da
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_k z^k \]
con \[ a_k : = \left\{\begin{matrix}
0& \text{se} & k\geq0\\
2^{-k-1} + (i)^k +(-i)^k & \text{se} & k<0
\end{matrix}\right. \]
O in modo alternativo abbiamo che \( (i)^k +(-i)^k = 2 \cos \left(\frac{\pi k}{2} \right) \) dunque
\[ a_k : = \left\{\begin{matrix}
0& \text{se} & k\geq0\\
2^{-k-1} +2 \cos \left(\frac{\pi k}{2} \right) & \text{se} & k<0
\end{matrix}\right.\]
Poi con un ragionamento analogo calcolo lo sviluppo in serie di Laurent se \( 1 < \left| z \right| < 2 \) e ancora se \( \left| z \right| < 1 \). È corretto il modo di procedere?
Risposte
Ni.
Ma credo che ci sia un’incomprensione iniziale: che vuol dire cercare lo sviluppo di Laurent di $f$?
Ma credo che ci sia un’incomprensione iniziale: che vuol dire cercare lo sviluppo di Laurent di $f$?
Una serie di Laurent centrata in zero è un espressione della forma \( \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_k z^k \) dove \( (a_k)_{k\in \mathbb{Z} } \) è una successione bi-infinita.
Questo intendo con lo sviluppo in serie di Laurent
Questo intendo con lo sviluppo in serie di Laurent
Va tutto bene, tranne il fatto che quando si parla di serie di Laurent di una funzione analitica bisogna sempre chiaramente specificare il centro della corona circolare dove vale lo sviluppo, che, da come hai svolto i calcoli, hai implicitamente assunto essere l'origine. Comunque, conti e procedimento sono corretti.
Beh, fatemi però notare che il primo sviluppo è centrato in $oo$, non in $0$.
Mentre il secondo (quello valido in $1<|z|<2$) non si sa bene cosa sia.
Mentre il secondo (quello valido in $1<|z|<2$) non si sa bene cosa sia.
"gugo82":
Beh, fatemi però notare che il primo sviluppo è centrato in $oo$, non in $0$.
Mentre il secondo (quello valido in $1<|z|<2$) non si sa bene cosa sia.
Perché scusa? Prendo un annello \( A(0,1,2) \), ovvero di raggio interno \( 1 \) raggio esterno \(2 \) e centrato in \(0\) ?
Mentre il primo prendo un annello \( A(0,2,\infty) \)
Sì, forse formalmente funziona… Ma concretamente?
Uno sviluppo di Laurent serve a darti informazioni sul comportamento di una funzione intorno ad una sua singolarità.
Quindi se la convergenza avviene in un insieme che esclude un intorno “cicciotto” della singolarità, che te ne fai?
Uno sviluppo di Laurent serve a darti informazioni sul comportamento di una funzione intorno ad una sua singolarità.
Quindi se la convergenza avviene in un insieme che esclude un intorno “cicciotto” della singolarità, che te ne fai?
Ah, non avevo mai visto lo sviluppo di Laurent in quest'ottica onestamente. Tu cosa faresti? Faresti per ogni polo \(z_i\) un annello piccolino \(A(z_i, 0, R )\) ?
Detto ciò anche le correzzioni mi sembra che centrano gli annelli in \(0 \). Ma calcolano lo sviluppo in modo diverso e volevo sapere se anche il modo svolto da me è corretto.
Le correzioni per \( R > 2 \) calcolano
\[ b_k = \frac{1}{2\pi i} \oint_{\partial D(0,R)} \frac{f(z)}{z^{k+1}}dz= Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , 0 \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , i \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , -i \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , 2 \right) \]
e per \( 1 < R < 2 \) fa
\[ b_k = \frac{1}{2\pi i} \oint_{\partial D(0,R)} \frac{f(z)}{z^{k+1}}dz= Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , 0 \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , i \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , -i \right) \]
Detto ciò anche le correzzioni mi sembra che centrano gli annelli in \(0 \). Ma calcolano lo sviluppo in modo diverso e volevo sapere se anche il modo svolto da me è corretto.
Le correzioni per \( R > 2 \) calcolano
\[ b_k = \frac{1}{2\pi i} \oint_{\partial D(0,R)} \frac{f(z)}{z^{k+1}}dz= Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , 0 \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , i \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , -i \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , 2 \right) \]
e per \( 1 < R < 2 \) fa
\[ b_k = \frac{1}{2\pi i} \oint_{\partial D(0,R)} \frac{f(z)}{z^{k+1}}dz= Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , 0 \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , i \right) + Res \left( \frac{f(z)}{z^{k+1}} , -i \right) \]
Il problema, almeno per me, è che parlare de “lo” sviluppo in serie di Laurent non ha senso se non specifichi il centro dello sviluppo.
È un po’ come se ti chiedessi: “qual è lo sviluppo in serie di Taylor di $e^x$?”
Tu come risponderesti?
Se, poi, per definizione intendi “lo sviluppo di Laurent centrato in $0$”, è chiaro che esso è unico e coincide con lo sviluppo di $f$ in serie di MacLaurin (perché?).
È un po’ come se ti chiedessi: “qual è lo sviluppo in serie di Taylor di $e^x$?”
Tu come risponderesti?
Se, poi, per definizione intendi “lo sviluppo di Laurent centrato in $0$”, è chiaro che esso è unico e coincide con lo sviluppo di $f$ in serie di MacLaurin (perché?).
"gugo82":
Il problema, almeno per me, è che parlare de “lo” sviluppo in serie di Laurent non ha senso se non specifichi il centro dello sviluppo.
Nell'enunciato non era specificato il centro dello sviluppo e chiesi all'assistente in quale centro, mi disse che se non è specificato è per convenzione centrato in \( 0 \). Pensai che fosse una convenzione comunemente accettata, ma a quanto pare solo del mio professore. Se il problema è solo quello allora considera che la domanda è: "trova lo sviluppo in serie di Laurent centrato in zero"
"gugo82":
È un po’ come se ti chiedessi: “qual è lo sviluppo in serie di Taylor di $e^x$?”
Tu come risponderesti?
Se, poi, per definizione intendi “lo sviluppo di Laurent centrato in $0$”, è chiaro che esso è unico e coincide con lo sviluppo di $f$ in serie di MacLaurin (perché?).
Risponderei anche io dipende dal centro dello sviluppo.
Mi chiedi perché è unico lo sviluppo di Taylor di $e^x$ centrato in $0$?
Se prendiamo la serie di MacLaurin come definizione di \[ e^x := \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} \]
Beh altrimenti stai mal definendo un oggetto. Questo perché essendo analitica su \( \mathbb{R} \) ed in particolare in \(0 \) allora \( e^x \) coincide con il suo sviluppo di Taylor in \(0 \), e pertanto con la serie di MacLaurin.
Ah, ok, se avete stipulato una convenzione tutto in regola.
Bastava dirlo.
Qui intendo proprio nel tuo caso.
In altri termini, la serie di Laurent di \( f(z) = \frac{z^2-2z+5}{(z-2)(z^2+1)} \) (centrata in $0$) coincide con la serie di MacLaurin della medesima $f$. Perché?
Bastava dirlo.
"gugo82":
Se, poi, per definizione intendi “lo sviluppo di Laurent centrato in $0$”, è chiaro che esso è unico e coincide con lo sviluppo di $f$ in serie di MacLaurin (perché?).
Qui intendo proprio nel tuo caso.
In altri termini, la serie di Laurent di \( f(z) = \frac{z^2-2z+5}{(z-2)(z^2+1)} \) (centrata in $0$) coincide con la serie di MacLaurin della medesima $f$. Perché?
È vero in generale se \( f: U \to \mathbb{C} \) è una funzione olomorfa in \( \overline{A}(z_0,r,R) \subset U \) abbiamo che il suo sviluppo in serie di Laurent è unico su \( A(z_0,r,R) \).
Wlog \(z_0=0 \), supponiamo per assurdo che
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_kz^k \]
e
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_kz^k \]
sono due sviluppi in serie di Laurent distinti, dunque con \( a_k \neq b_k \) per almeno un \( k \in \mathbb{Z} \).
Siccome abbiamo che
\[ a_k= \frac{1}{2\pi i } \oint_{\gamma} \frac{f(\xi)}{\xi^{k+1}} d \xi \]
e
\[ b_k= \frac{1}{2\pi i } \oint_{\gamma} \frac{f(\xi)}{\xi^{k+1}} d \xi \]
Per tutti i cammini \( \gamma \) omotopi a \( \partial D(0,R) \) in \( U \). Risulta inoltre che per ogni intero \( n \) se moltiplichiamo
\[ z^{-(n+1)} f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_kz^{k-n-1} = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_kz^{k-n-1} \]
Scegliendo un cammino omotopo a \(\partial D(0,R) \) in \( A(0,r,R) \) per ottenere
\[ a_n = b_n \ \ \forall n \in \mathbb{Z} \]
Nel nostro caso abbiamo invece una funzione che non è olomorfa in nessun \( U \) tale che \( \overline{A}(z_0,r,R) \subset U \) in quanto la chiusura dell'annello racchiude proprio i poli della funzione, pertanto dobbiamo dimostrarlo in modo differente.
Sia \( f \) una funzione olomorfa su \( A(z_0,r,R) \) allora il suo sviluppo in serie di Laurent è unico.
Come prima
Wlog \(z_0=0 \) e supponiamo per assurdo che
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_kz^k \]
e
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_kz^k \]
sono due sviluppi in serie di Laurent distinti, dunque con \( a_k \neq b_k \) per almeno un \( k \in \mathbb{Z} \). Ora notiamo che
se moltiplichiamo
\[ z^{-(n+1)} f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_kz^{k-n-1} = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_kz^{k-n-1} \]
Pertanto dato \( \epsilon >0 \) notiamo che le serie qui sopra convergono uniformemente su \( A(0,r + \epsilon, R- \epsilon) \) e scegliendo un opportuno cammino \( \gamma \) in \( A(0,r + \epsilon, R- \epsilon) \)
\[\oint_{\gamma}\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_k z^{k-n-1} dz = \oint_{\gamma} \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_k z^{k-n-1} dz \]
Possiamo scambiare integrale e sommatoria in quanto convergono uniformemente pertanto
\[\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_k \oint_{\gamma} z^{k-n-1} dz = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_k \oint_{\gamma}z^{k-n-1} dz \]
E otteniamo che \( 2 \pi i a_n = 2 \pi i b_n \) siccome
\[ \oint_{\gamma} z^{k-n-1} dz = 2 \pi i \delta_{n,k} \]
Dove \( \delta_{i,j} \) è la delta di Kronaker.
E segue che \( a_n=b_n \) per ogni \( n \in \mathbb{Z} \).
La nostra funzione rienta nel secondo caso
Wlog \(z_0=0 \), supponiamo per assurdo che
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_kz^k \]
e
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_kz^k \]
sono due sviluppi in serie di Laurent distinti, dunque con \( a_k \neq b_k \) per almeno un \( k \in \mathbb{Z} \).
Siccome abbiamo che
\[ a_k= \frac{1}{2\pi i } \oint_{\gamma} \frac{f(\xi)}{\xi^{k+1}} d \xi \]
e
\[ b_k= \frac{1}{2\pi i } \oint_{\gamma} \frac{f(\xi)}{\xi^{k+1}} d \xi \]
Per tutti i cammini \( \gamma \) omotopi a \( \partial D(0,R) \) in \( U \). Risulta inoltre che per ogni intero \( n \) se moltiplichiamo
\[ z^{-(n+1)} f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_kz^{k-n-1} = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_kz^{k-n-1} \]
Scegliendo un cammino omotopo a \(\partial D(0,R) \) in \( A(0,r,R) \) per ottenere
\[ a_n = b_n \ \ \forall n \in \mathbb{Z} \]
Nel nostro caso abbiamo invece una funzione che non è olomorfa in nessun \( U \) tale che \( \overline{A}(z_0,r,R) \subset U \) in quanto la chiusura dell'annello racchiude proprio i poli della funzione, pertanto dobbiamo dimostrarlo in modo differente.
Sia \( f \) una funzione olomorfa su \( A(z_0,r,R) \) allora il suo sviluppo in serie di Laurent è unico.
Come prima
Wlog \(z_0=0 \) e supponiamo per assurdo che
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_kz^k \]
e
\[ f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_kz^k \]
sono due sviluppi in serie di Laurent distinti, dunque con \( a_k \neq b_k \) per almeno un \( k \in \mathbb{Z} \). Ora notiamo che
se moltiplichiamo
\[ z^{-(n+1)} f(z) = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_kz^{k-n-1} = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_kz^{k-n-1} \]
Pertanto dato \( \epsilon >0 \) notiamo che le serie qui sopra convergono uniformemente su \( A(0,r + \epsilon, R- \epsilon) \) e scegliendo un opportuno cammino \( \gamma \) in \( A(0,r + \epsilon, R- \epsilon) \)
\[\oint_{\gamma}\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_k z^{k-n-1} dz = \oint_{\gamma} \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_k z^{k-n-1} dz \]
Possiamo scambiare integrale e sommatoria in quanto convergono uniformemente pertanto
\[\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} a_k \oint_{\gamma} z^{k-n-1} dz = \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} b_k \oint_{\gamma}z^{k-n-1} dz \]
E otteniamo che \( 2 \pi i a_n = 2 \pi i b_n \) siccome
\[ \oint_{\gamma} z^{k-n-1} dz = 2 \pi i \delta_{n,k} \]
Dove \( \delta_{i,j} \) è la delta di Kronaker.
E segue che \( a_n=b_n \) per ogni \( n \in \mathbb{Z} \).
La nostra funzione rienta nel secondo caso
E quindi?
"gugo82":
E quindi?
Beh quindi essendo olomorfa negli annelli considerati abbiamo che la serie di Laurent e quella di McLaurin coincidono, (edit) siccome lo sviluppo di Laurent è unico, e lo sviluppo di McLaurin è un particolare sviluppo di Laurent (con la parte singolare che ha tutti i coefficienti nulli, no?).
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