Muestran que

Question

Me gustaría mostrar que $\text{Res}_{z = \infty}\left(f(z)\log\frac{z-a}{z-b} \right)= - \int_{a}^{b}f(z)\,dz$, donde $f(z)$ es toda una función y para $\log\left(\frac{z-a}{z-b}\right)$ tomamos cualquier rama que es regular en $z = \infty$.

He intentado usar ambas definiciones de los residuos en el infinito, pero no han tenido suerte.

Primero probé la integral de la definición: $$\text{Res}_{z = \infty}\left(f(z)\log\frac{z-a}{z-b}\right) = \frac{-1}{2\pi i}\int_{C_r}f(z)\log\left(\frac{z-a}{z-b}\right) $$ Pero ahora estoy seguro de cómo calcular esta integral. Romper el logaritmo como una diferencia de dos registros no parece ayudar. También traté de parametrizar el círculo de radio r y escribir como un verdadero integral. Esto fue realmente complicado.

A continuación, he probado la definición que utiliza los residuos en $0$

$$\text{Res}_{z = \infty}\left(f(z)\log\left(\frac{z-a}{z-b}\right) \right)$$

$$ = - \text{Res}_{z = 0}\left(\frac{1}{z^2}f\left(\frac{1}{z}\right)\log\left(\frac{z^{-1}-a}{z^{-1}-b}\right)\right) $$

$$ = - \lim_{z \to 0} \left(\frac{1}{z}f\left(\frac{1}{z}\right)\log\left(\frac{1-az}{1-bz} \right)\right)$$

El límite anterior de cálculo corresponde a un simple poste de $0$ que ni siquiera estoy seguro de que es cierto.

Y, sin embargo, de nuevo, estoy atascado. Algún consejo?

Answer 1

De Cauchy de la integral de la fórmula que dice:

$$f(z) = \frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{f(w)dw}{w-z}$$

donde $C$ es una izquierda de contorno que rodea el punto de $z$. La integración de ambos lados de $z = a$ a $b$, suponiendo que el contorno de $C$ contiene todo el intervalo, se obtiene:

$$\int_a^b f (z)dz = \frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\log\left(\frac{w-a}{w-b}\right)f(w)dw$$

La r.h.s. es menos la suma de todos los residuos fuera de los contornos de el integrando, desde $f(z)$ es asumido a ser analítico, esto es, por tanto, igual a menos el residuo en el infinito.

Se puede utilizar esta fórmula (o una versión generalizada que involucra una función peso) para obtener la cuadratura de las reglas sin tener que pasar por el formalismo que involucran polinomios ortogonales. Me he explicado aquí.

Answer 2

En primer lugar, el residuo en el infinito puede ser escrito como

$$\text{Res}\left(f(z)\log\left(\frac{z-a}{z-b}\right),z=\infty\right)=\text{Res}\left(-\frac1{z^2}f(1/z)\log\left(\frac{1-az}{1-bz}\right),z=0\right)$$

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Segundo, en cuanto a$f$ es todo, podemos escribir $f(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)z^n}{n!}$ con lo cual la integración de término por término revela

$$\int_a^b f(z)\,dz=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{(n+1)!}\left(b^{n+1}-a^{n+1}\right)\tag1$$

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Tercero, la escritura $\log(1-x)=-\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}n$, tenemos

$$\begin{align} -\frac{1}{z^2}f\left(\frac1z\right)\log\left(\frac{1-az}{1-bz}\right)&=-\sum_{m=0}^\infty \frac{f^{(m)}(0)}{m!\,z^m}\sum_{n=1}^\infty \frac{b^nz^{n-2}-a^nz^{n-2}}{n}\\\\ &=-\sum_{m=0}^\infty \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(m)}(0)}{m!}\frac{b^{n+1}z^{n-m-1}-a^{n+1}z^{n-m-1}}{n+1}\tag2 \end{align}$$

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El residuo de $(2)$ a $0$ es el coeficiente de la $z^{-1}$ plazo, que se produce cuando $n=m$. Por lo tanto, el uso de $(2)$ nos encontramos con que

$$\text{Res}\left(f(z)\log\left(\frac{z-a}{z-b}\right),z=\infty\right)=-\sum_{n=0}\frac{f^{(n)}(0)}{(n+1)!}\left(b^{n+1}-a^{n+1}\right)\tag3$$

Comparando $(1)$ e $(3)$ se obtiene el codiciado identidad

$$\text{Res}\left(f(z)\log\left(\frac{z-a}{z-b}\right),z=\infty\right)=-\int_a^b f(z)\,dz\tag4$$

como iba a ser mostrado!

El signo menos de la integral en $(4)$ es una consecuencia de la reversión de orientación sobre la transformación de $z\mapsto 1/z$ cuando se usa el residuo en el infinito.

Answer 3

Tenga en cuenta que $f(z) = \frac{1}{2\pi i}\int_{C_R}\frac{f(w)}{w-z}dw$ donde tomamos $C_R$ a ser la circunferencia de radio lo suficientemente grande para contener la línea de $a$ a $b$. Luego tenemos a $\int_a^bf(z)dz = \int_a^b\frac{1}{2\pi i}\int_{C_R}\frac{f(w)}{w-z}dw dz$. Podemos utilizar el teorema de Fubini (por qué?) para intercambiar el orden de integración para obtener $\frac{-1}{2\pi i}\int_{C_R}f(w)(\log\frac{w-b}{w-a})dw$, donde el signo negativo que sale cuando la integración (que es parte básica de cálculo). Esto es exactamente igual a la de residuos en el infinito de el integrando. Tenga en cuenta que tenemos que tomar una rama cortada de $\log\frac{w-b}{w-a}$ aquí - en particular es regular en el infinito. Para ello, podemos dejar esta rama cortada ser la preimagen de la rama principal en virtud de la transformación de $\zeta = \frac{z-b}{z-a}$, que pasa a ser el segmento de la $a$ a $b$. Esto no interfiera con la integración ya que se eligió la corte después de la integración a lo largo de este segmento.