Cauchys residyteorem

Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk på høyskolenivå. Alle som har kunnskapen er velkommen med et svar. Men, ikke forvent at admin i matematikk.net er spesielt aktive her.

Cauchys residyteorem

Innlegg Markus » 05/08-2018 11:54

Skulle gjerne hatt noen til å se over, og påpekt eventuelle feil og mangler.
Ønsker å vise at $$I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(x)}{x^2+1} \, \text{d}x = \frac{\pi}{e}$$ ved hjelp av Cauchys residyteorem. Integrerer langs kontouren, $\gamma$, vist på bildet under (generisk bilde, så ikke tenk på de grønne punktene).

Bilde

La halvsirkel-delen av kontouren være gitt ved $\mathcal{K}$. Da er $$\begin{alignat*}{2}I = \oint_{\gamma} \frac{\cos(z)}{z^2+1} \, \text{d}z &= \lim_{R \to \infty} \left(\int_{-R}^{R} \frac{\cos(z)}{z^2+1} \, \text{d}z + \int_{\mathcal{K}} \frac{\cos(z)}{z^2+1} \, \text{d}z \right) \\ \text{Re} \left(\oint_{\gamma} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z \right) &= \text{Re}\left( \lim_{R \to \infty} \left( \int_{-R}^{R} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z + \int_{\mathcal{K}} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z \right) \right) \end{alignat*}$$ Kontouren $\mathcal{K}$ kan parametriseres ved $\{z=Re^{i\theta} \, | \, \theta \in [0,\pi] \}$. Siden integranden kan skrives som $e^{iz}g(z)$ er kravene for å bruke Jordans lemma tilfredstilt. Altså vil $$\lim_{R \to \infty} \int_{\mathcal{K}} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z = 0$$ siden $\lim_{R \to \infty} g(z)= \lim_{R \to \infty} \frac{1}{z^2+1} = \lim_{R \to \infty} \frac{1}{\left(Re^{i \theta}\right)^2+1} = 0$. Da har vi altså at $$\text{Re} \left(\oint_{\gamma} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z \right)= \text{Re} \left(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z \right) = I$$ Der venstresiden kan evalueres ved hjelp av Cauchys residyteorem. Integranden har to simple poler på $z=\pm i$, men bare $z=i$ er inne i kontouren $\gamma$. Da får vi endelig at $$I = \text{Re} \left(2 \pi i \sum \text{Res}(f,z_k) \right) = \text{Re}\left( 2\pi i \lim_{z \to i} \frac{(z-i)e^{iz}}{(z-i)(z+i)} \right) = \text{Re} \left(\pi e^{-1}\right) = \frac{\pi}{e}$$ Som skulle vises.
Markus online
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 496
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Cauchys residyteorem

Innlegg DennisChristensen » 08/08-2018 09:16

Markus skrev:Skulle gjerne hatt noen til å se over, og påpekt eventuelle feil og mangler.
Ønsker å vise at $$I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(x)}{x^2+1} \, \text{d}x = \frac{\pi}{e}$$ ved hjelp av Cauchys residyteorem. Integrerer langs kontouren, $\gamma$, vist på bildet under (generisk bilde, så ikke tenk på de grønne punktene).

Bilde

La halvsirkel-delen av kontouren være gitt ved $\mathcal{K}$. Da er $$\begin{alignat*}{2}I = \oint_{\gamma} \frac{\cos(z)}{z^2+1} \, \text{d}z &= \lim_{R \to \infty} \left(\int_{-R}^{R} \frac{\cos(z)}{z^2+1} \, \text{d}z + \int_{\mathcal{K}} \frac{\cos(z)}{z^2+1} \, \text{d}z \right) \\ \text{Re} \left(\oint_{\gamma} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z \right) &= \text{Re}\left( \lim_{R \to \infty} \left( \int_{-R}^{R} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z + \int_{\mathcal{K}} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z \right) \right) \end{alignat*}$$ Kontouren $\mathcal{K}$ kan parametriseres ved $\{z=Re^{i\theta} \, | \, \theta \in [0,\pi] \}$. Siden integranden kan skrives som $e^{iz}g(z)$ er kravene for å bruke Jordans lemma tilfredstilt. Altså vil $$\lim_{R \to \infty} \int_{\mathcal{K}} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z = 0$$ siden $\lim_{R \to \infty} g(z)= \lim_{R \to \infty} \frac{1}{z^2+1} = \lim_{R \to \infty} \frac{1}{\left(Re^{i \theta}\right)^2+1} = 0$. Da har vi altså at $$\text{Re} \left(\oint_{\gamma} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z \right)= \text{Re} \left(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iz}}{z^2+1} \, \text{d}z \right) = I$$ Der venstresiden kan evalueres ved hjelp av Cauchys residyteorem. Integranden har to simple poler på $z=\pm i$, men bare $z=i$ er inne i kontouren $\gamma$. Da får vi endelig at $$I = \text{Re} \left(2 \pi i \sum \text{Res}(f,z_k) \right) = \text{Re}\left( 2\pi i \lim_{z \to i} \frac{(z-i)e^{iz}}{(z-i)(z+i)} \right) = \text{Re} \left(\pi e^{-1}\right) = \frac{\pi}{e}$$ Som skulle vises.


Det virker som du har forstått hovedlinjene i hvordan et slikt bevis skal føres. Du må riktignok forklare grundigere hvorfor integralet forsvinner over $\mathcal{K} = \gamma^+(0,R)$. Det er ikke nødvendig å anvende Jordans lemma i dette tilfellet, vi kan vise det direkte. La $z = Re^{i\theta},$ der $0 \leq \theta \leq \pi$. Da har vi at
$$|e^{iz}| = |e^{iR\left(cos\theta + i\sin\theta\right)}| = e^{-R\sin\theta} \leq 1,$$
$$|z^2 + 1| = |z^2 - (-1)| \geq |z^2| - |-1| = R^2 - 1,$$
så fra estimasjonsteoremet får vi at
$$|\int_{\gamma^+(0,R)}\frac{e^{iz}}{z^2+1}\, \text{d}z\, | \leq \int_{\gamma^+(0,R)}|\frac{e^{iz}}{z^2+1}|\, dz \leq \pi R \frac{1}{R^2 - 1} \rightarrow 0\text{ når }R\rightarrow\infty.$$
DennisChristensen offline
Abel
Abel
Innlegg: 650
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Cauchys residyteorem

Innlegg Markus » 08/08-2018 16:33

DennisChristensen skrev:Det virker som du har forstått hovedlinjene i hvordan et slikt bevis skal føres. Du må riktignok forklare grundigere hvorfor integralet forsvinner over $\mathcal{K} = \gamma^+(0,R)$. Det er ikke nødvendig å anvende Jordans lemma i dette tilfellet, vi kan vise det direkte. La $z = Re^{i\theta},$ der $0 \leq \theta \leq \pi$. Da har vi at
$$|e^{iz}| = |e^{iR\left(cos\theta + i\sin\theta\right)}| = e^{-R\sin\theta} \leq 1,$$
$$|z^2 + 1| = |z^2 - (-1)| \geq |z^2| - |-1| = R^2 - 1,$$
så fra estimasjonsteoremet får vi at
$$|\int_{\gamma^+(0,R)}\frac{e^{iz}}{z^2+1}\, \text{d}z\, | \leq \int_{\gamma^+(0,R)}|\frac{e^{iz}}{z^2+1}|\, dz \leq \pi R \frac{1}{R^2 - 1} \rightarrow 0\text{ når }R\rightarrow\infty.$$

Takker! Hvordan skal en lese/tolke notasjonen $\gamma^+(0,R)$?
Markus online
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 496
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Cauchys residyteorem

Innlegg DennisChristensen » 09/08-2018 09:37

Markus skrev:Takker! Hvordan skal en lese/tolke notasjonen $\gamma^+(0,R)$?


Usikker på hvor standard den notasjonen er. Den er fra [H. A. Priestley, Introduction to Complex Analysis (Second edition, OUP, 2003)] (for øvrig en strålende bok for alle som er interessert i å lære seg kompleks analyse). Her brukes notasjonen $$\gamma(z,R) = \{ z + Re^{i\theta}\, | \, 0\leq\theta < 2\pi\}.$$ Videre defineres $$\gamma^+(z,R) = \{ z + Re^{i\theta}\, | \, 0\leq\theta\leq\pi\}$$ og $$\gamma^-(z,R) = \{z + Re^{i\theta}\, | \, \pi\leq \theta \leq 2\pi\}.$$ Denne notasjonen kan være svært nyttig ettersom svært mange av standardkonturene i kompleks analyse er satt sammen av rette linjer og sirkelbuer.
DennisChristensen offline
Abel
Abel
Innlegg: 650
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Cauchys residyteorem

Innlegg Markus » 10/08-2018 12:54

DennisChristensen skrev:Usikker på hvor standard den notasjonen er. Den er fra [H. A. Priestley, Introduction to Complex Analysis (Second edition, OUP, 2003)] (for øvrig en strålende bok for alle som er interessert i å lære seg kompleks analyse). Her brukes notasjonen $$\gamma(z,R) = \{ z + Re^{i\theta}\, | \, 0\leq\theta < 2\pi\}.$$ Videre defineres $$\gamma^+(z,R) = \{ z + Re^{i\theta}\, | \, 0\leq\theta\leq\pi\}$$ og $$\gamma^-(z,R) = \{z + Re^{i\theta}\, | \, \pi\leq \theta \leq 2\pi\}.$$ Denne notasjonen kan være svært nyttig ettersom svært mange av standardkonturene i kompleks analyse er satt sammen av rette linjer og sirkelbuer.

Smart den notasjonen der. Har forresten prøvd å se litt på Dirichlet-integralet ved kompleks analyse, men sitter litt fast. Hadde satt stor pris på tilbakemelding og hjelp igjen. Hvis vi lar $\gamma$ være kontouret bestående av en halvsirkel med radius $R$ i det øvre komplekse halvplan med sentrum i origo, men med en liten halvsirkel over origo med radius $\epsilon$ er det ingen poler i $\gamma$, så integranden er holomorf over hele $\gamma$. Altså er $$\text{Im} \oint_{\gamma} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z = 0 \implies \text{Im} \left(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iz}}{z} + \lim_{R \to \infty} \int_{\gamma^+(0,R)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z + \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\gamma^+(0, \epsilon)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z \right) = 0$$ Det å vise at integralet forsvinner over $\gamma^+(0,R)$, skal ikke være noe problem (tror jeg i alle fall hehe). Vi har at $$\begin{alignat*}{2} \lim_{R \to \infty} \left | \int_{\gamma^+(0,R)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z \right | &\leq \lim_{R \to \infty} \int_{\gamma^+(0,R)} \left |\frac{e^{iz}}{z} \right | \, \text{d}z \\ &= \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{\pi} \left |\frac{e^{i(Re^{i\theta})}}{Re^{i\theta}}\right | \, \text{d}\theta \\ &= \lim_{R \to \infty} \int_0^\pi \frac{e^{-R\sin(\theta)}}{R} \, \text{d}\theta = 2\lim_{R \to \infty} \int_0^{\pi/2} \frac{e^{-R\sin(\theta)}}{R} \, \text{d}\theta \\ &\leq 2 \lim_{R \to \infty} \int_0^{\pi/2} \frac{e^{-R\frac{2\theta}{\pi} }}{R} \, \text{d}\theta \\ &= 2\lim_{R \to \infty} \left[-\frac{\pi}{2R^2} e^{-R \frac{2\theta}{\pi}} \right]_0^{\pi/2} = \lim_{R \to \infty} \frac{-\pi(e^{-R} - 1)}{R^2} = 0 \end{alignat*}$$ Der tanken med den siste ulikheten er å bruke det at $\sin(\theta) \geq \frac{2\theta}{\pi} \, \enspace \forall \theta \in [0, \pi/2]$. Siden dette vil få hele eksponenten til å bli "mer positiv istedenfor mer negativ", altså $\to 0$, vil altså den siste ulikheten holde.

For den andre lille halvsirklen er jeg derimot helt blank, og trenger hjelp.
Markus online
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 496
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Cauchys residyteorem

Innlegg DennisChristensen » 10/08-2018 14:18

Markus skrev:Smart den notasjonen der. Har forresten prøvd å se litt på Dirichlet-integralet ved kompleks analyse, men sitter litt fast. Hadde satt stor pris på tilbakemelding og hjelp igjen.


Vi bruker notasjonen du har innført, så $\gamma = [\varepsilon, R]\cup\gamma^+(0,R)\cup[-R,-\varepsilon]\cup\left( - \gamma^+(0,\varepsilon)\right).$ Skriv også $f(z) = \frac{e^{iz}}{z}.$

Som nevnt vet vi at $\int_{\gamma}f(z)\, \text{d}z = 0$ ettersom $f$ er holomorf på og inni $\gamma.$

Du har vist riktig at $\int_{\gamma^+(0,R)} f(z)\, \text{d}z \rightarrow 0$ når $R\rightarrow 0$. Den siste ulikheten du har brukt blir ofte kalt for Jordans lemma og formuleres gjerne slik: $$\frac{2}{\pi} < \frac{\sin \theta}{\theta} < 1\text{ når } 0 < \theta < \frac{\pi}{2}.$$

For den mindre halvsirkelen bruker vi følgende generelle resultat:
Lemma. La $g$ være en holomorf funksjon på den punkterte disken $D'(a,\delta) = \{ z \in \mathbb{C}\, | \, 0 < |z - a| < \delta\}$ med en simpel pole i $a$. La $0 < r < \delta$ og la $\gamma_r$ være den positivt orienterte buen $$\gamma_r(\theta ) = a + re^{i\theta}, \text{ }\text{ } \alpha < \theta < \beta.$$ Da har vi at $$\lim_{r\rightarrow 0}\int_{\gamma_r}g(z)\, \text{d}z = (\beta - \alpha)i \times \text{res}(g;a).$$

Bevis.
[+] Skjult tekst
Skriv $t = \text{res}(g;a).$ Da vet vi at det finnes en holomorf funksjon $h$ på $D(a, \delta) = \{ z \in \mathbb{C}\, | \, |z-a| < \delta\}$ slik at $$g(z) = \frac{t}{z-a} + h(z).$$ Nå, først ser vi at $$\int_{\gamma_r}\frac{\text{d}z}{z-a} = \int_{\alpha}^{\beta}\frac{ire^{i\theta}\, \text{d}\theta}{re^{i\theta}} = i\int_{\alpha}^{\beta}\, \text{d}\theta = i(\beta - \alpha).$$

Videre, ettersom $\bar{D}\left(a,\frac{\delta}{2}\right) = \{ z\in\mathbb{C}\, | \, |z-a| \leq \frac{\delta}{2}\}$ er en kompakt mengde og $|h|$ er kontinuerlig på $\bar{D}\left(a,\frac{\delta}{2}\right)$, vet vi at $|h|$ er oppad begrenset her. Altså finnes det en grense $M$ slik at $|h(z)| \leq M$ for alle $z \in \gamma_r$, der $r \leq \frac{\delta}{2}.$ Dermed gir estimasjonsteoremet at $$|\int_{\gamma_r} h(z)\, \text{d}z | \leq \mathcal{L}(\gamma_r)\times M = M(\beta - \alpha)r \rightarrow 0\text{ når }r \rightarrow 0.$$

Dermed ser vi at $$\lim_{r\rightarrow 0}\int_{\gamma_r}f(z)\, \text{d}z = \lim_{r\rightarrow 0}\int_{\gamma_r}\frac{t\, \text{d}z}{z-a} + \lim_{r\rightarrow 0}\int_{\gamma_r} h(z)\, \text{d}z = it(\beta - \alpha) + 0 = it(\beta - \alpha). \square$$


Ettersom $\text{res}(f;0) = 1$ gir dette lemmaet oss umiddelbart at $$\lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\int_{-\gamma^+(0,\varepsilon)} f(z)\, \text{d}z = (0 - \pi)i = -i\pi.$$
Resten klarer du kanskje selv nå? (hint: sammenlikn imaginære deler)
DennisChristensen offline
Abel
Abel
Innlegg: 650
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Cauchys residyteorem

Innlegg Markus » 10/08-2018 18:31

DennisChristensen skrev:
Vi bruker notasjonen du har innført, så $\gamma = [\varepsilon, R]\cup\gamma^+(0,R)\cup[-R,-\varepsilon]\cup\left( - \gamma^+(0,\varepsilon)\right).$ Skriv også $f(z) = \frac{e^{iz}}{z}.$

Som nevnt vet vi at $\int_{\gamma}f(z)\, \text{d}z = 0$ ettersom $f$ er holomorf på og inni $\gamma.$

Du har vist riktig at $\int_{\gamma^+(0,R)} f(z)\, \text{d}z \rightarrow 0$ når $R\rightarrow 0$. Den siste ulikheten du har brukt blir ofte kalt for Jordans lemma og formuleres gjerne slik: $$\frac{2}{\pi} < \frac{\sin \theta}{\theta} < 1\text{ når } 0 < \theta < \frac{\pi}{2}.$$

For den mindre halvsirkelen bruker vi følgende generelle resultat:
Lemma. La $g$ være en holomorf funksjon på den punkterte disken $D'(a,\delta) = \{ z \in \mathbb{C}\, | \, 0 < |z - a| < \delta\}$ med en simpel pole i $a$. La $0 < r < \delta$ og la $\gamma_r$ være den positivt orienterte buen $$\gamma_r(\theta ) = a + re^{i\theta}, \text{ }\text{ } \alpha < \theta < \beta.$$ Da har vi at $$\lim_{r\rightarrow 0}\int_{\gamma_r}g(z)\, \text{d}z = (\beta - \alpha)i \times \text{res}(g;a).$$

Bevis.
[+] Skjult tekst
Skriv $t = \text{res}(g;a).$ Da vet vi at det finnes en holomorf funksjon $h$ på $D(a, \delta) = \{ z \in \mathbb{C}\, | \, |z-a| < \delta\}$ slik at $$g(z) = \frac{t}{z-a} + h(z).$$ Nå, først ser vi at $$\int_{\gamma_r}\frac{\text{d}z}{z-a} = \int_{\alpha}^{\beta}\frac{ire^{i\theta}\, \text{d}\theta}{re^{i\theta}} = i\int_{\alpha}^{\beta}\, \text{d}\theta = i(\beta - \alpha).$$

Videre, ettersom $\bar{D}\left(a,\frac{\delta}{2}\right) = \{ z\in\mathbb{C}\, | \, |z-a| \leq \frac{\delta}{2}\}$ er en kompakt mengde og $|h|$ er kontinuerlig på $\bar{D}\left(a,\frac{\delta}{2}\right)$, vet vi at $|h|$ er oppad begrenset her. Altså finnes det en grense $M$ slik at $|h(z)| \leq M$ for alle $z \in \gamma_r$, der $r \leq \frac{\delta}{2}.$ Dermed gir estimasjonsteoremet at $$|\int_{\gamma_r} h(z)\, \text{d}z | \leq \mathcal{L}(\gamma_r)\times M = M(\beta - \alpha)r \rightarrow 0\text{ når }r \rightarrow 0.$$

Dermed ser vi at $$\lim_{r\rightarrow 0}\int_{\gamma_r}f(z)\, \text{d}z = \lim_{r\rightarrow 0}\int_{\gamma_r}\frac{t\, \text{d}z}{z-a} + \lim_{r\rightarrow 0}\int_{\gamma_r} h(z)\, \text{d}z = it(\beta - \alpha) + 0 = it(\beta - \alpha). \square$$


Ettersom $\text{res}(f;0) = 1$ gir dette lemmaet oss umiddelbart at $$\lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\int_{-\gamma^+(0,\varepsilon)} f(z)\, \text{d}z = (0 - \pi)i = -i\pi.$$
Resten klarer du kanskje selv nå? (hint: sammenlikn imaginære deler)


Nok en gang - tusen takk for grundig hjelp! Etter du har vist at $\int_{\gamma^+(0,\epsilon)} = -\pi i$, så er mer eller mindre resten elementær algebra. $$\text{Im} \oint_{\gamma} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z = \text{Im} \left(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z + \int_{\gamma^+(0,R)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z + \int_{\gamma^+(0,\epsilon)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z \right) = 0 \implies \text{Im} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z = -\text{Im} \left( \int_{\gamma^+(0,R)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z + \int_{\gamma^+(0,\epsilon)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z \right) = \pi$$ Det lemma der virker ganske kraftig det, men det og beviset er nok et par hakk over mitt hode enda. Hva menes for eksempel med punktert disk? Enn så lenge så får det holde å bare bruke det lemma for det det er verdt ;)

Forresten, er residyteoremet og det relaterte noe en lærer om i introfag i kompleks analyse eller er det typisk i de viderekommende kursene? Hva er rekkefølgen som regel i veldig korte trekk?
Markus online
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 496
Registrert: 20/09-2016 12:48

Re: Cauchys residyteorem

Innlegg DennisChristensen » 11/08-2018 13:34

Markus skrev:Nok en gang - tusen takk for grundig hjelp! Etter du har vist at $\int_{\gamma^+(0,\epsilon)} = -\pi i$, så er mer eller mindre resten elementær algebra. $$\text{Im} \oint_{\gamma} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z = \text{Im} \left(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z + \int_{\gamma^+(0,R)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z + \int_{\gamma^+(0,\epsilon)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z \right) = 0 \implies \text{Im} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z = -\text{Im} \left( \int_{\gamma^+(0,R)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z + \int_{\gamma^+(0,\epsilon)} \frac{e^{iz}}{z} \, \text{d}z \right) = \pi$$ Det lemma der virker ganske kraftig det, men det og beviset er nok et par hakk over mitt hode enda. Hva menes for eksempel med punktert disk? Enn så lenge så får det holde å bare bruke det lemma for det det er verdt ;)


En punktert disk er ikke annet enn en disk hvor vi har fjernet dets sentrum. Merk deg at jeg skrev $D'(a,\delta) = \{ z \in \mathbb{C}\, | \, 0 < |z-a| < \delta\}$. Om du prøver å tegne denne figuren forstår du nok geometrien litt bedre.

Riktignok inneholder nok beviset fortsatt noen definisjoner og resultater du ikke er helt kjent med, spesielt angående egenskapene til kompakte mengder og kontinuerlige funksjoner. Dette blir ofte innført i et kurs om metriske rom. Les mer om dette nedenfor. Poenget er bare å kunne si at funksjonen $|h|$ må være oppad begrenset på et område rundt punktet $a$. Etter dette brukes bare estimasjonsteoremet, så du burde klare å følge resten av beviset uten problemer.

Markus skrev:Forresten, er residyteoremet og det relaterte noe en lærer om i introfag i kompleks analyse eller er det typisk i de viderekommende kursene? Hva er rekkefølgen som regel i veldig korte trekk?

Residyteoremet er definitivt ikke det første man lærer i kompleks analyse, så det er forståelig at du ikke forstår alt som foregår i slike bevis. Jeg støtter likevel ditt ønske om å prøve deg på dem, ettersom det kommer til å gi deg en god motivasjon til å studere mer. Det kan fort virke overraskende at kompleks analyse lar oss evaluere integraler over $\mathbb{R}$, så det er fint å se i forkant at dette er en av fagets mange styrker.

For å kunne gjennomgå et skikkelig kurs i kompleks analyse trenger du forkunnskaper om to temaer:
- Reell analyse
- Metriske rom

Reell analyse er studiet av de relle tallene $\mathbb{R}$, og så funksjoner $\mathbb{R} \rightarrow\mathbb{R}$, eller $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{C}$. Et grunnkurs i reell analyse kan som regel deles opp i tre mindre deler igjen:
- Følger og rekker
- Kontinuitet og deriverbarhet
- (Riemann)-integrasjon

Alle tre delene er viktige og hører sammen. For eksempel brukes ofte egenskaper til følger til å bevise egenskaper til kontinuerlige funksjoner.

Noe man etterhvert merker er at det ikke er altfor mange forskjeller mellom studiet av kontinuerlige funksjoner på den reelle aksen og på det komplekse planet. Mange av definisjonene og resultatene kan generaliseres (noe som er begynnelsen på metriske rom og topologi), men på en annen side er deriverbarhet to veldig forskjellige fenomener, avhengig om man jobber i $\mathbb{R}$ eller $\mathbb{C}$. For å kunne studere deriverbare funksjoner i $\mathbb{C}$ skikkelig, forventer man å trenge en mer geometrisk forståelse av $\mathbb{C}$, nettopp fordi det komplekse planet er et mer sofistikert geometrisk objekt enn den reelle aksen. Merk deg også at algebraen i $\mathbb{C}$ er koplet sammen med geometrien - tallet $i$ forteller oss trossalt hvordan vi roterer med $90^{\circ}$. For å oppnå en bedre geometrisk forståelse av komplekse funksjoner, samt generalisere flere av definisjonene fra reell analyse, studerer vi metriske rom.

Metriske rom gir oss en mer generell forståelse av begreper som lengde og distanse, og lar oss abstrahere slike konsepter og studere deres generelle egenskaper, istedenfor bare å fokusere på ett spesifikt geometrisk objekt (slik man gjør i reell analyse). Her introduseres begreper som åpne, lukkede, komplette, sammenhengende og kompakte rom, noe som brukes i flere bevis innen kompleks analyse. I tillegg generaliseres begrepet kontinuitet, basert på begrepene ovenfor, og man studerer hvordan kontinuerlige funksjoner oppfører seg på disse forskjellige typer mengdene.

Når man så skal begynne på kompleks analyse trenger man først å undersøke generelle egenskaper til holomorfe funksjoner (som Cauchy-Riemann-likningene osv), og å utvide standardfunksjonene fra $\mathbb{R}$ til $\mathbb{C}$ (til den komplekse logaritmen, komplekse eksponentialfunksjoner osv). Deretter bevises Taylors teorem for komplekse funksjoner, som forteller oss at holomorfe funksjoner oppfører seg langt bedre enn reelle deriverbare funksjoner, og at kompleks analyse derfor på mange måter er "lettere" enn rell analyse. Faget tar så en brå vending med Cauchys teorem, som legger grunnlaget for nært sagt all integrasjon i kompleks analyse. Man beviser fra dette flere store teoremer, som Moreras teorem, identitetsteoremet, Cauchys integralformel, Laurants teorem, Cauchys residyteorem osv. Til slutt ser man gjerne på anvendelser av Cauchys residyteorem til integraler over $\mathbb{R}$.

Det er selvsagt mange andre stier man kan ta i et kurs i kompleks analyse, og flere andre veier å ta faget videre. Kompleks analyse åpner for studiet av Möbius-avbildinger, og mer generelt, konforme avbildinger. Man kan studere mer avanserte geometriske rom, som ikke har noen veldefinert global kompleks analyse, men derimot åpner for lokal analyse (Riemann-flater og flerdimensjonale komplekse mangfoldigheter). Kompleks analyse brukes hyppig i flere andre områder innen matematikk, som eksempelvis geometrisk og analytisk tallteori, funksjonsanalyse og flere andre. Faget står også sentralt innen fysikk, spesielt innen fluiddynamikk.
DennisChristensen offline
Abel
Abel
Innlegg: 650
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Cauchys residyteorem

Innlegg Markus » 11/08-2018 19:33

Det der var jo en utrolig grundig gjennomgang - nok en gang takk Dennis! Motivasjonen bak å prøve meg er vel akkurat det at en kan bruke kompleks analyse på reelle integral, noe som ofte viser seg å være et relativt kraftig verktøy. Jeg forstår at jeg har mye spennende i vente!
Markus online
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 496
Registrert: 20/09-2016 12:48

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 19 gjester