Sviluppo serie di Laurent
Sia $f(z)=z^2/(z^2+1)$
a) Determinare la seie di Laurent di $f$ intorno al punto $z=i$
b)Determinare il tipo di singolarità di $f$ all'$oo$
Vorrei una conferma su questo esercizio se è possibile.
a)$1/(z+i)=1/(2i+z-i)=1/(2i(1-(-(z-i)/(2i))))=1/(2i)\sum_{n=0}^oo (-1)^n((z-i)/(2i))^n$
$f(z)=1-1/(z^2+1)=1-1/((z-i)(z+i))=$
$=1+\sum_{n=0}^oo (-1)^(n+1)(z-i)^(n-1)/(2i)^(n+1)=1-(z-i)^(-1)/(2i)+1/(2i)+\sum_{n=0}^oo (-1)^(n+1)(z-i)^(n+1)/(2i)^(n+3)=$
$=-(z-i)^(-1)/(2i)+1-i/2+\sum_{n=0}^oo (-1)^(n+1)(z-i)^(n+1)/(2i)^(n+3)$
Mi puzza un po' il fatto del termine $a_0$...non dovrebbe venire $i/2$? Però almeno il fatto che il punto $z=i$ è un polo di ordine 1 mi torna.
b)Per trovare il tipo di singolarità all'$oo$ faccio $lim_(u->0) f(1/u)=lim_(u->0) 1/(1+u^2)=1$ e siccome è finito posso affermare che $oo$ è una singolarità eliminabile.
Giusto? Grazie mille
a) Determinare la seie di Laurent di $f$ intorno al punto $z=i$
b)Determinare il tipo di singolarità di $f$ all'$oo$
Vorrei una conferma su questo esercizio se è possibile.
a)$1/(z+i)=1/(2i+z-i)=1/(2i(1-(-(z-i)/(2i))))=1/(2i)\sum_{n=0}^oo (-1)^n((z-i)/(2i))^n$
$f(z)=1-1/(z^2+1)=1-1/((z-i)(z+i))=$
$=1+\sum_{n=0}^oo (-1)^(n+1)(z-i)^(n-1)/(2i)^(n+1)=1-(z-i)^(-1)/(2i)+1/(2i)+\sum_{n=0}^oo (-1)^(n+1)(z-i)^(n+1)/(2i)^(n+3)=$
$=-(z-i)^(-1)/(2i)+1-i/2+\sum_{n=0}^oo (-1)^(n+1)(z-i)^(n+1)/(2i)^(n+3)$
Mi puzza un po' il fatto del termine $a_0$...non dovrebbe venire $i/2$? Però almeno il fatto che il punto $z=i$ è un polo di ordine 1 mi torna.
b)Per trovare il tipo di singolarità all'$oo$ faccio $lim_(u->0) f(1/u)=lim_(u->0) 1/(1+u^2)=1$ e siccome è finito posso affermare che $oo$ è una singolarità eliminabile.
Giusto? Grazie mille
Risposte
Io farei così:
\[ \begin{align*} \frac{z^2}{z^2 +1} &= 1 - \frac{1}{z^2 +1} \\ &= 1 - \frac{1}{z-i} \frac{1}{z+i} \\ &= 1 - \frac{1}{z-i} \frac{1}{2i} \frac{1}{1 - \left ( -\frac{z-i}{2i} \right )} \\ &= 1 - \frac{1}{2i} \frac{1}{z-i} \sum_{n= 0}^{+\infty} \left (- \frac{z-i}{2i} \right)^n \\ &= 1 + \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^{n-1} \frac{ \left (z -i \right)^{n-1}}{\left ( 2i \right)^{n+1}} \\ & = 1 + \sum_{k = -1}^{+\infty} (-1)^k \frac{ \left (z - i \right)^{k}}{\left (2i \right)^{k+2}} \end{align*} \]
avendo posto \( k = n-1 \implies n = k + 1 \) e avendo notato che \( \left (-1 \right)^{n + 1} = \left (-1 \right)^{n-1}, \ \forall n \in \mathbb{Z} \). Quindi, il termine \(a_{-1} \) è \(- \dfrac{1}{2i} \). Facciamo un breve controllo:
\[ a_{-1} = \underset{z = i} {\operatorname{Res}} \left ( \frac{z^2}{z^2 +1} \right) = \lim_{z \to i}{\frac{z^2}{z+i}} = -\frac{1}{2i} \]
Il residuo all'infinito, invece, è non è esattamente come lo definisci tu. È definito, per una funzione \( f \), come:
\[ \underset{z = \infty} {\operatorname{Res}} f (z) = - \underset{\zeta = 0} {\operatorname{Res}} \left [\frac{1}{\zeta^2} f \left (\frac{1}{\zeta} \right) \right ] \]
Quindi, nel caso in questione:
\[ \underset{z = \infty} {\operatorname{Res}} \frac{z^2}{z^2 + 1} = - \underset{\zeta = 0} {\operatorname{Res}} \left [\frac{1}{\zeta^2} \frac{1}{1 + \zeta^2} \right ] \]
Quest'ultimo residuo si può calcolare con la formula o, più velocemente, notando che:
\[ \frac{1}{\zeta^2} \frac{1}{1 + \zeta^2} = \frac{1}{\zeta^2} \sum_{n = 0}^{+\infty} \left ( i \zeta \right)^{2n} = \sum_{k = -2}^{+\infty} i^{2(k +1)} \zeta^{2k} \]
e che quindi:
\[ \underset{\zeta = 0} {\operatorname{Res}} \left [\frac{1}{\zeta^2} \frac{1}{1 + \zeta^2} \right ] = 0 \]
visto che la sua serie di Laurent non ha termini dispari e quindi il termine \(-1\)-esimo. Possiamo controllare questo risultato sfruttando il fatto che la somma dei residui al finito e del residuo all'infinito di \(f\) debba essere nulla. Per far questo basta calcolare il residuo di \(f\) a \(z =-i\):
\[ \underset{z = i} {\operatorname{Res}} \left ( \frac{z^2}{z^2 +1} \right) = \lim_{z \to -i}{\frac{z^2}{z-i}} = \frac{1}{2i} \]
Dunque:
\[ \underset{z = i} {\operatorname{Res}} f (z) + \underset{z = - i} {\operatorname{Res}} f (z) + \underset{z = \infty} {\operatorname{Res}} f (z) = - \frac{1}{2i} + \frac{1}{2i} + 0 = 0. \]
\[ \begin{align*} \frac{z^2}{z^2 +1} &= 1 - \frac{1}{z^2 +1} \\ &= 1 - \frac{1}{z-i} \frac{1}{z+i} \\ &= 1 - \frac{1}{z-i} \frac{1}{2i} \frac{1}{1 - \left ( -\frac{z-i}{2i} \right )} \\ &= 1 - \frac{1}{2i} \frac{1}{z-i} \sum_{n= 0}^{+\infty} \left (- \frac{z-i}{2i} \right)^n \\ &= 1 + \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^{n-1} \frac{ \left (z -i \right)^{n-1}}{\left ( 2i \right)^{n+1}} \\ & = 1 + \sum_{k = -1}^{+\infty} (-1)^k \frac{ \left (z - i \right)^{k}}{\left (2i \right)^{k+2}} \end{align*} \]
avendo posto \( k = n-1 \implies n = k + 1 \) e avendo notato che \( \left (-1 \right)^{n + 1} = \left (-1 \right)^{n-1}, \ \forall n \in \mathbb{Z} \). Quindi, il termine \(a_{-1} \) è \(- \dfrac{1}{2i} \). Facciamo un breve controllo:
\[ a_{-1} = \underset{z = i} {\operatorname{Res}} \left ( \frac{z^2}{z^2 +1} \right) = \lim_{z \to i}{\frac{z^2}{z+i}} = -\frac{1}{2i} \]
Il residuo all'infinito, invece, è non è esattamente come lo definisci tu. È definito, per una funzione \( f \), come:
\[ \underset{z = \infty} {\operatorname{Res}} f (z) = - \underset{\zeta = 0} {\operatorname{Res}} \left [\frac{1}{\zeta^2} f \left (\frac{1}{\zeta} \right) \right ] \]
Quindi, nel caso in questione:
\[ \underset{z = \infty} {\operatorname{Res}} \frac{z^2}{z^2 + 1} = - \underset{\zeta = 0} {\operatorname{Res}} \left [\frac{1}{\zeta^2} \frac{1}{1 + \zeta^2} \right ] \]
Quest'ultimo residuo si può calcolare con la formula o, più velocemente, notando che:
\[ \frac{1}{\zeta^2} \frac{1}{1 + \zeta^2} = \frac{1}{\zeta^2} \sum_{n = 0}^{+\infty} \left ( i \zeta \right)^{2n} = \sum_{k = -2}^{+\infty} i^{2(k +1)} \zeta^{2k} \]
e che quindi:
\[ \underset{\zeta = 0} {\operatorname{Res}} \left [\frac{1}{\zeta^2} \frac{1}{1 + \zeta^2} \right ] = 0 \]
visto che la sua serie di Laurent non ha termini dispari e quindi il termine \(-1\)-esimo. Possiamo controllare questo risultato sfruttando il fatto che la somma dei residui al finito e del residuo all'infinito di \(f\) debba essere nulla. Per far questo basta calcolare il residuo di \(f\) a \(z =-i\):
\[ \underset{z = i} {\operatorname{Res}} \left ( \frac{z^2}{z^2 +1} \right) = \lim_{z \to -i}{\frac{z^2}{z-i}} = \frac{1}{2i} \]
Dunque:
\[ \underset{z = i} {\operatorname{Res}} f (z) + \underset{z = - i} {\operatorname{Res}} f (z) + \underset{z = \infty} {\operatorname{Res}} f (z) = - \frac{1}{2i} + \frac{1}{2i} + 0 = 0. \]
@ Berationalgetreal Grazie per la risposta, ma non ho capito diverse cose.
1) Lo sviluppo in serie ci viene praticamente uguale. Ma perchè tu non consideri il termine 1 che somma la serie per calcolare $a_0$?
2) Perchè dici che il residuo della funzione in $z=i$ è: \[ \underset{z = i} {\operatorname{Res}} \left ( \frac{z^2}{z^2 +1} \right) = \lim_{z \to i}{\frac{z^2}{z+i}} = -\frac{1}{2i} \]? Perchè c'è il limite? La mia definizione è che il residuo è il coefficiente del termine $a_(-1)$ della serie centrata in quel punto.
Scusami, ma non riesco a capire
1) Lo sviluppo in serie ci viene praticamente uguale. Ma perchè tu non consideri il termine 1 che somma la serie per calcolare $a_0$?
2) Perchè dici che il residuo della funzione in $z=i$ è: \[ \underset{z = i} {\operatorname{Res}} \left ( \frac{z^2}{z^2 +1} \right) = \lim_{z \to i}{\frac{z^2}{z+i}} = -\frac{1}{2i} \]? Perchè c'è il limite? La mia definizione è che il residuo è il coefficiente del termine $a_(-1)$ della serie centrata in quel punto.
Scusami, ma non riesco a capire
1) Perché ho letto male. Pensavo volessi il termine \( a_{-1} \), anche perché il termine \( a_0 \) non ha nulla di particolare. In base a ciò che avevi detto, pensavo volessi verificare che il termine \( a_{-1} \) fosse effettivamente il residuo della funzione nel punto in cui è centrato lo sviluppo. Adesso correggo ciò che ho scritto sopra.
2) È una delle definizioni di residuo. Anzi, direi che sia quella principale. Non l'hai mai vista?
2) È una delle definizioni di residuo. Anzi, direi che sia quella principale. Non l'hai mai vista?
La "vera" definizione di residuo è quella che dice melli, poi ci sono varie caratterizzazioni utili nei calcoli concreti che a volte gli ingegneri prendono come definizione. Non cambia niente, è una questione di ordine mentale decidere quale sia la definizione e quale la caratterizzazione.
@melli: se ti confonde il metodo ingegneristico, scomponi il denominatore in modo che appaia $z-i$. Alla fine troverai grosso modo lo stesso conto di Berationalgetreal
@melli: se ti confonde il metodo ingegneristico, scomponi il denominatore in modo che appaia $z-i$. Alla fine troverai grosso modo lo stesso conto di Berationalgetreal
"dissonance":
La "vera" definizione di residuo è quella che dice melli, poi ci sono varie caratterizzazioni utili nei calcoli concreti che a volte gli ingegneri prendono come definizione. Non cambia niente, è una questione di ordine mentale decidere quale sia la definizione e quale la caratterizzazione.
@melli: se ti confonde il metodo ingegneristico, scomponi il denominatore in modo che appaia $z-i$. Alla fine troverai grosso modo lo stesso conto di Berationalgetreal
Addirittura "ingegneri" e "metodo ingegneristico"? Direi che siano definizioni equivalenti e metodi equivalenti. Di fatto li ho usati entrambi per conferma, non perché mi piaccia di più fare limiti e derivate (anzi, nel caso del polo doppio me lo sono risparmiato ampiamente). Poi, come dici giustamente, è una questione di ordine mentale. Si può definire il residuo come il coefficiente \(-1\)-esimo della serie di Laurent centrata nel punto e poi ottenere la formula. Ma si può anche definire il residuo usando quella formula e poi ottenere che si tratti anche del coefficiente \(-1\)-esimo della serie di Laurent. Negli esercizi però si sfrutta in genere la formula (a meno che il polo non sia di ordine superiore o uguale al terzo o che la funzione non sia banale), per questo sono rimasto sorpreso che melli13 non la conoscesse.
Non ti offendere se ti chiamo ingegnere 
È solo che non mi veniva in mente una dicitura migliore. Vedo di spiegarmi.
Secondo me è meglio, per economia di pensiero, definire il residuo in \(0\) della funzione meromorfa \(f\) come il coefficiente \(c_{-1}\) dello sviluppo
\[
f(z)= \frac{c_{-n}}{z^n} +\ldots + \frac{c_{-1}}{z} + c_0 + c_1z +c_2z^2+\ldots \]
Con questa definizione, è una immediata conseguenza la formula (qui suppongo \(n=1\))
\[
\mathrm{Res}(f;0)=c_{-1}=\lim_{z\to 0} zf(z).\]
Infatti, dal punto di vista teorico, l'importanza dei residui sta nel fatto che
\[
\int_C z^n\, dz = \begin{cases} 2\pi\,i, & n=-1 \\ 0 & \text{in tutti gli altri casi},\end{cases}\]
dove \(C\) è una qualsiasi circonferenza contenente l'origine. Usando solo questo risultato elementare, integrando lo sviluppo di Laurent della funzione \(f\), otteniamo subito il teorema dei residui. Nota invece che se avessimo voluto enunciare e dimostrare questo teorema prendendo come definizione di residuo la formula, non sarebbe così immediato.
Immagina di non toccare l'analisi complessa per un paio d'anni, e poi di dovere calcolare degli integrali con urgenza. Non ti ricordi più il teorema dei residui, non ti ricordi più neanche le definizioni, come è perfettamente normale. Se a suo tempo hai preso come definizione una formula, non hai speranza di ricordartela da solo. Se invece hai preso come definizione il coefficiente, hai buone speranze di riuscire a ricordarti il procedimento di questo post e di riscoprire rapidamente i tratti fondamentali della teoria.
È solo che non mi veniva in mente una dicitura migliore. Vedo di spiegarmi.
Secondo me è meglio, per economia di pensiero, definire il residuo in \(0\) della funzione meromorfa \(f\) come il coefficiente \(c_{-1}\) dello sviluppo
\[
f(z)= \frac{c_{-n}}{z^n} +\ldots + \frac{c_{-1}}{z} + c_0 + c_1z +c_2z^2+\ldots \]
Con questa definizione, è una immediata conseguenza la formula (qui suppongo \(n=1\))
\[
\mathrm{Res}(f;0)=c_{-1}=\lim_{z\to 0} zf(z).\]
Infatti, dal punto di vista teorico, l'importanza dei residui sta nel fatto che
\[
\int_C z^n\, dz = \begin{cases} 2\pi\,i, & n=-1 \\ 0 & \text{in tutti gli altri casi},\end{cases}\]
dove \(C\) è una qualsiasi circonferenza contenente l'origine. Usando solo questo risultato elementare, integrando lo sviluppo di Laurent della funzione \(f\), otteniamo subito il teorema dei residui. Nota invece che se avessimo voluto enunciare e dimostrare questo teorema prendendo come definizione di residuo la formula, non sarebbe così immediato.
Immagina di non toccare l'analisi complessa per un paio d'anni, e poi di dovere calcolare degli integrali con urgenza. Non ti ricordi più il teorema dei residui, non ti ricordi più neanche le definizioni, come è perfettamente normale. Se a suo tempo hai preso come definizione una formula, non hai speranza di ricordartela da solo. Se invece hai preso come definizione il coefficiente, hai buone speranze di riuscire a ricordarti il procedimento di questo post e di riscoprire rapidamente i tratti fondamentali della teoria.
@dissonance Grazie mille 
! Iniziavo a pensare che il mio corso di analisi complessa non valesse proprio nulla! Non avevo notato questa conseguenza e in realtà non l'ho ancora capita. Perchè spunta fuori il limite?
@Berationalgetreal Il residuo lo ricavo direttamente dalla mia definizione: grosso modo il giochetto è simile. Mi isolo il termine $1/(z-z_0)$, mi scrivo l'altro fattore che rimane come serie di laurent centrata in $z_0$ e poi vedo che termine mi serve per ottenere il residuo. Può essere quel fattore valutato in $z_0$, la sua derivata prima valutata in $z_0$, ecc..
Sto rileggendo il post e non so perchè mi era venuta l'idea di calcolarmi $a_0$..mah
Poi, altra domanda. Perchè calcoli il residuo all'infinito? Purtroppo mi sento molto ignorante con queste singolarità all'$oo$. La prof ha fatto solo diversi teoremi per qunato riguardano funzioni intere, ma questa non lo è e non so come comportarmi. Quindi, per te, che singolarità è se il residuo è 0? Non è eliminabile, come credevo io?
! Iniziavo a pensare che il mio corso di analisi complessa non valesse proprio nulla! Non avevo notato questa conseguenza e in realtà non l'ho ancora capita. Perchè spunta fuori il limite?@Berationalgetreal Il residuo lo ricavo direttamente dalla mia definizione: grosso modo il giochetto è simile. Mi isolo il termine $1/(z-z_0)$, mi scrivo l'altro fattore che rimane come serie di laurent centrata in $z_0$ e poi vedo che termine mi serve per ottenere il residuo. Può essere quel fattore valutato in $z_0$, la sua derivata prima valutata in $z_0$, ecc..
Sto rileggendo il post e non so perchè mi era venuta l'idea di calcolarmi $a_0$..mah
Poi, altra domanda. Perchè calcoli il residuo all'infinito? Purtroppo mi sento molto ignorante con queste singolarità all'$oo$. La prof ha fatto solo diversi teoremi per qunato riguardano funzioni intere, ma questa non lo è e non so come comportarmi. Quindi, per te, che singolarità è se il residuo è 0? Non è eliminabile, come credevo io?
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