Integral: $\int_{|z|\mathop=2}\sqrt{z^4-z}\,dz$ - encontrar residuos / serie de Laurent

Question

Me quiere calcular la integral $$\int_{|z|\mathop=2}\sqrt{z^4-z}\,dz$$

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$$z^4-z=z(z-1)(z-e^{2i\pi/3})(z-e^{-2i\pi/3})$$ Debemos hacer cortes de ramas que ir a través de los puntos de ramificación. Los puntos de ramificación de $\sqrt{z^4-z}$$z=0,1,e^{2i\pi/3},e^{-2i\pi/3}$. Todos estos se encuentran dentro de este contorno, así que pensé por primera vez que tengo que trabajar el residuo en cada uno de estos puntos y, a continuación, utilizar el teorema de los residuos. Sin embargo, no hay buena manera de que yo pudiera pensar de calcular estos residuos.

Entonces se me ocurrió que no estoy siquiera seguro de si es que existen - estos no son los polos, que son los puntos de ramificación con cortes de ramas a través de ellos. Vi entonces que la pregunta tiene una sugerencia diciendo que el uso de Laurent de la Serie. La mayoría de las Laurent serie que he visto han sido las funciones con (tipo de) en series de Taylor, pero con algunos cambios de variables, o multiplicado por algún factor de $1/z^n$. El punto es - yo no sé nada (eficiente) manera de encontrar el de la Serie de Laurent para esta función.

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Mis preguntas: ¿Cómo puedo

1. Definir estos cortes de ramas,

2. Encontrar los diferentes Laurent de la Serie, y encontrar el valor del coeficiente de $1/z$, con lo que encontrar el valor de la integral?

También:

3. Pensé Laurent Serie existido dentro de un anillo del punto sobre el que existen - ¿cómo es posible para una función con cortes de ramas? Hay algo que me estoy confuso aquí? Estas dos ideas me había parecen contradecir.

4. Si el de la Serie de Laurent existen, entonces es posible calcular los residuos directamente? (También si estas existen)

Answer 1

Podemos cortar el plano tal que la rama corta unir pares de los puntos de ramificación. Por ejemplo, los cortes son de $0$ $1$ y $e^{i2\pi/3}$ y $e^{-i2\pi/3}$.

Tenga en cuenta que con esta elección de cortes de la rama, es analítica en cualquier anillo $f(z)=\sqrt{z^4-z}$ $1

Se convierte el integral de interés

$$\begin{align} \oint{|z|=2}f(z)\,dz&=\oint{|z|=R}f(z)\,dz\\ &=\oint{|z|=R} z^2\sqrt{1-\frac{1}{z^3}}\,dz\\ &=\oint{|z|=R} z^2\left(1-\frac{1}{2z^3}+O\left(\frac{1}{z^6}\right)\right)\,dz\\ &=\int_0^{2\pi}R^2e^{i2\phi}\left(1-\frac{1}{2R^3e^{i3\phi}}+O\left(\frac{1}{R^6}\right)\right)\,iRe^{i\phi}\,d\phi\\ &=-i\pi+O\left(\frac1{R^3}\right)\\ &\to -i\pi \,\,\text{as}\,\,R\to \infty \end {Alinee el} $$

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \oint_{\verts{z} = 2}\root{z^{4} - z}\,\dd z & = \,\,\,\stackrel{z\ \mapsto\ 1/z}{=}\,\,\, \oint_{\verts{z} = 1/2}{\root{1 - z^{3}} \over z^{4}}\,\dd z \end{align} No es un polo de orden de cuatro a $\ds{z = 0}$. El residuo en ese polo es igual a $\ds{\color{#f00}{-\,{1 \over 2}}}$ que es sencillo evaluado por la expansión de la raíz cuadrada en los poderes de $\ds{z}$. Es decir,

$\ds{\root{1 - z^{3}} = 1 + \pars{\color{#f00}{-\,{1 \over 2}}}z^{3} + \,\mrm{O}\pars{z^{6}}}$

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$$ \oint_{\verts{z} = 2}\raíz{z^{4} - z}\,\dd z = 2\pi\ic\pars{-\,{1 \over 2}} = \bbx{-\pi\ic} $$