Manera rápida de resolver el contorno % integral $\oint \frac{1}{1+z^5} dz$

Question

Considere la integral de contorno en el plano complejo: $$\oint \frac{1}{1+z^5} dz$$ Aquí el contorno es un círculo con un radio de $3$ con centro en el origen. Si nos fijamos en los polos, que necesitan para satisfacer $z^5 = -1$. Así que las soluciones de los polos se están dadas por: \begin{align*} z_0 &= \cos(\frac{\pi}{5}) + i \sin(\frac{\pi}{5})\\ z_1 &= \cos(\frac{3\pi}{5}) + i \sin(\frac{3\pi}{5})\\ z_2 &= \cos(\pi) + i \sin(\pi) = -1\\ z_3 &= \cos(\frac{7\pi}{5}) + i \sin(\frac{7\pi}{5})\\ z_4 &= \cos(\frac{9\pi}{5}) + i \sin(\frac{9\pi}{5}) \end{align*} Así que se puede utilizar la fórmula de Cauchy o el teorema de los residuos para calcular para cada solución de la integral y, a continuación, la adición de ellos hasta obtener la totalidad de la integral. Pero tengo la sensación de que debe haber una forma más sencilla de calcular la integral de contorno. Puede uno simplemente calcular la integral de una solución de $z_i$ (como la simple solución de $-1$) y luego se multiplica por se $5$, lo que sugiere que las otras personas tienen el mismo valor. Esto haría que el cálculo de mucho efficienter.

EDITAR: Ahora veo que $4$ soluciones son simétricas (las soluciones, excepto $z=-1$) en el plano complejo. Si uno se aproxima a las soluciones de los polos en los decimales, se encuentra: \begin{align*} z_0 &= 0.81 + 0.58i\\ z_1 &= -0.31 + 0.95i\\ z_2 &= -1\\ z_3 &= -0.31 -0.95i\\ z_4 &= 0.81 -0.58i \end{align*} Así que hay cuatro soluciones simétricas. Por ejemplo, $z_0$ es simétrica con $z_4$, que se reflejan alrededor del eje x. Podría esto significar que cancelar unos a otros por lo que sólo es necesario calcular la integral de $z_2 = -1$?

Answer 1

¿Sabes lo que es el residuo en el infinito?

Existe una relación entre los residuos en números complejos y el residuo en el infinito cuando tienes finito muchos polacos.

La relación es <span class="math-container">$$\sum{k=0}^{n} \operatorname{Res}{ak}(f) = -\operatorname{Res}{\infty}(f),$$ where <span class="math-container">${a_ {k}: n (\Gamma,ak) \ne 0}{k=0}^{n}$</span> are the poles (inside the path <span class="math-container">$\Gamma$</span>) of the function you want to compute the integral and <span class="math-container">$f$</span> is the function you are integrating. Here <span class="math-container">$n (\gamma,z) $</span> is the index of the complex number <span class="math-container">$z$</span> with respect to the path <span class="math-container">$\gamma$</span>. Yo estoy suponiendo que la curva sólo vientos una vez alrededor del origen.</span>

Answer 2

SUGERENCIA:

Todos los postes de la mentira en el círculo unidad. Por lo tanto, para cualquier valor de $R_1>1$ e $R_2>1$, tenemos

$$\oint_{|z|=R_1}\frac1{1+z^5}\,dz=\oint_{|z|=R_2}\frac1{1+z^5}\,dz$$

Ahora, lo que sucede, por $R_1=3$ e $R_2\to\infty$? La respuesta es cero. Este enfoque es equivalente a invocar el residuo en el infinito.

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Si uno insiste en la suma de los residuos, entonces se puede proceder, en general, de la siguiente manera. En primer lugar observamos que si $z^n+1=0$, a continuación, $z=z_k=e^{i(2k-1)\pi/n}$ para $k=1,2,\dots,n$.

A continuación, vamos a calcular los residuos de $\frac{1}{z^n+1}$ a $z_k$ utilizando la Regla de L'Hospital de la siguiente manera:

$$\begin{align} \text{Res}\left(\frac1{z^n+1},z=z_k\right)&=\lim_{z\to z_k}\left(\frac{z-z_k}{z^n+1}\right)\\\\ &=\frac{1}{nz_k^{n-1}}\\\\ &=\frac1n e^{-i(2k-1)\pi(n-1)/n}\\\\ &=-\frac1n e^{-i\pi/n}\left(e^{i2\pi/n}\right)^k \end{align}$$

Sumando todos los residuos se revela por $n>1$

$$\begin{align} \sum_{k=1}^n \text{Res}\left(\frac1{1+z^n},z=z_k\right)&=-\frac1ne^{-i\pi/n}\sum_{k=1}^n\left(e^{i2\pi/n}\right)^k\\\\ &=-\frac1ne^{=i\pi/n} \left(\frac{e^{i2\pi/n}-\left(e^{i2\pi/n}\right)^{n+1}}{1-e^{i2\pi/n}}\right)\\\\ &=0 \end{align}$$

Por lo tanto, para $n>1$de los residuos de $\frac1{1+z^n}$ agregar a cero. Y hemos terminado!

Answer 3

Aquí es de manera sutil, que recibe alrededor de tener que determinar los residuos.

Cortar el plano a lo largo del eje real positivo. Haga su integración alrededor de un contorno que va como esto:

Parte 1: a la Izquierda desde $z=3$ sobre el lado superior de la corte a $x=3$ en el lado inferior del corte.

Parte 2: Siga en la parte inferior de la corte a $z=R$, donde tomaremos el límite de $R\to\infty$.

Parte 3: de las agujas del reloj alrededor del círculo $|z|=R$ final de vuelta en la parte superior de la corte.

Parte 4: Regreso a $z=3$ a lo largo de la parte superior de la corte.

Este contorno encierra ni singularidades, por lo tanto la integral alrededor de ella es cero. Pero también:

Las partes 2 y 4: El real de la integral converge entre la $x=3$ e $x=\infty$ en comparación con $1/x^5$ cuyo antiderivada $(-1/(4x^4))+C$ también converge. Por lo tanto, la Parte 2 y el inverso aditivo de la Parte 4 debe tener un valor común, obligando a estas partes a cancelar a la otra.

Parte 3: El integrando es $O(1/R^5)$ y la longitud del contorno de la es $2\pi R$, por lo que por la desigualdad de triángulo de la Parte 3 de la integral es $O(1/R^4)\to 0$.

De modo que la Parte 1 de la integral que es de su autoría integral también debe ser cero.

En general: Cuando la integración de una función racional en torno a un contorno, que cubre todos los polos y la función disminuye más rápido que $1/z$ como $z\to\infty$, se debe llegar a cero. Los residuos dentro de los contornos se ven obligados a añadir a cero, para ajustarse.

Answer 4

Otra manera de ir sobre esto (pero esto es en realidad estrechamente relacionadas con las soluciones anteriores invocando el residuo en el infinito, o argumentando que la ampliación del radio de la curva de nivel no afecta a la integral y tomando el límite de radio infinito), es para sustituir a $z = \frac{1}{w}$. La integral se convierte entonces en:

$$\oint_C \frac{w^3 dw}{1+w^5}$$

donde $C$ es ahora un contorno en sentido antihorario con un radio de $\dfrac{1}{3}$ (tenga en cuenta que la transformación hace que el contorno original de las agujas del reloj contorno y luego podemos hacer que una hacia la izquierda usando el signo menos en $dz = -\frac{dw}{w^2} $). Desde ahora no hay polos en el interior del contorno, la integral es cero.

Usted puede utilizar esta transformación para obtener el resultado de que una izquierda contorno integral de la liquidación número 1 también se da por menos la suma de todos los residuos fuera del contorno donde también debe incluir una adecuada define "residuo en el infinito".

Answer 5

Parcial de las fracciones se puede trabajar. Creo que este enfoque es prácticamente equivalente a la Marca Viola los residuos, pero es agradable ver el acuerdo.

Deje $\zeta$ ser una primitiva de la quinta raíz de la unidad. Si quieres ser explícito, vamos a $\zeta = e^{2\pi/5}$. Pero lo importante es que

• las raíces de $z^5+1$ se $-1$, $-\zeta$, $-\zeta^2$, $-\zeta^3$, e $-\zeta^4$.
• Desde $(z^5 - 1) = (z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)$, sabemos que $1 + \zeta + \zeta^2 + \zeta^3 + \zeta^4 = 0$.

Ahora algo acerca de fracciones parciales que yo no sabía hasta ahora. Si $f(z) = (z-\alpha_1) \cdots (z-\alpha_n)$, y todas las raíces son distintas, entonces $$ \frac{1}{f(z)} = \frac{1}{f'(\alpha_1)(z-\alpha_1)} + \frac{1}{f'(\alpha_2)(z-\alpha_2)} + \dots + \frac{1}{f'(\alpha_n)(z-\alpha_n)} $$ Para ello, de inicio de $$ \frac{1}{(z-\alpha_1) \cdots (z-\alpha_n)} = \sum_{i=1}^n \frac{A_i}{z\alpha_i} $$ para algunas constantes $A_1, \dots, A_n$. Borrar el denominador, y se obtiene $$ 1 = \sum_{i=1}^n \frac{A_i f(z)}{z\alpha_i} = \sum_{i=1}^n A_i \frac{f(z)-f(\alpha_i)}{z\alpha_i} \etiqueta{$*$} $$ Ahora para cualquier $i$ e $j$, $$ \lim_{z\a \alpha_j} \frac{f(z)-f(\alpha_i)}{z\alpha_i} = \begin{cases} 0 & i \neq j \\ f'(\alpha_i) & i = j \end{casos} $$ Así que si tomamos el límite de ambos lados de ($*$) como $z\to z_j$ obtenemos $1 = A_j f'(\alpha_j)$ por cada $j$.

Esto significa que \begin{align*} \frac{1}{z^5+1} &= \frac{1}{5(z+1)} + \frac{1}{5(-\zeta)^4(z+\zeta)} + \frac{1}{5(-\zeta^2)^4(z+\zeta^2)} + \frac{1}{5(-\zeta^3)^4(z+\zeta^3)} + \frac{1}{5(-\zeta^4)^4(z+\zeta^4)} \\&= \frac{1}{5}\left(\frac{1}{z+1} + \frac{1}{\zeta^4(z + \zeta)} + \frac{1}{\zeta^3(z + \zeta^2)} + \frac{1}{\zeta^2(z + \zeta^3)} + \frac{1}{\zeta(z + \zeta^4)}\right) \\&= \frac{1}{5}\left(\frac{1}{z+1} + \frac{\zeta}{z + \zeta} + \frac{\zeta^2}{z + \zeta^2} + \frac{\zeta^3}{z + \zeta^3} + \frac{\zeta^4}{z + \zeta^4}\right) \end{align*} Usted quería un argumento que implican la simetría; ¿qué podría ser más simétrica de la ecuación?

Ahora $C$ encierra todas esas raíces, por lo que la Integral de Cauchy Fórmula, $$ \oint_C \frac{dz}{z^5+1} = \frac{2\pi i}{5}\left(1 + \zeta + \zeta^2 + \zeta^3 + \zeta^4\right) $$ y como se mostró anteriormente, el último factor es cero.