Integración compleja, alguna idea?

Question

Necesito resolver la siguiente integral de una función analítica en un abrir environmemt de la unidad de círculo, pero no sé cómo conseguir que respuestas

$$\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{\overline{f(z)}}{z-a} dz$$

La respuesta es $\overline{f(0)}$ si $|a| < 1$

y $\overline{f(0)}- \overline{f(\frac{1}{\overline{a}})}$ si $|a|>1$

Answer 1

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large{1 \over 2\pi\ic}\int_{\verts{z}\ =\ 1}{\ol{\fermi\pars{z}} \over z - a} \,\dd z} =\ol{\vphantom{\Huge A^{a}}\bracks{-\,{1 \over 2\pi\ic} \int_{\verts{\color{#c00000}{\LARGE\ol{z}}}\ =\ 1} {\fermi\pars{z} \over \ol{z} - \ol{a}}\,\dd\ol{z}}} \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\pars{1} \\[3mm]&=\ol{\vphantom{\Huge A^{a}}\bracks{-\,{1 \over 2\pi\ic} \int_{\verts{z}\ =\ 1}{% \fermi\pars{z} \over 1/z - \ol{a}}\,\pars{-\,{\dd z \over z^{2}}}}} =\ol{\vphantom{\Huge A^{a}}\bracks{-\,{1 \over 2\pi\ic} \int_{\verts{z}\ =\ 1}{% \fermi\pars{z} \over \ol{a}z\pars{z - 1/\ol{a}}}\,\dd z}}\qquad\quad\pars{2} \\[3mm]&=\left\lbrace\begin{array}{rclcl} \ol{\left.-\,{1 \over 2\pi\ic}\,2\pi\ic\, {\fermi\pars{z} \over \ol{a}\pars{z - 1/\ol{a}}} \right\vert_{z\ =\ 0}} \!\!\!\!\!& = & \!\!\!\!\!\ol{\fermi\pars{0}} & \mbox{if} & \verts{a} < 1 \\[3mm] \ol{\left.-\,{1 \over 2\pi\ic}\,2\pi\ic\, {\fermi\pars{z} \over \ol{a}\pars{z - 1/\ol{a}}} \right\vert_{z\ =\ 0}}\ -\ \ol{\left.\,{1 \over 2\pi\ic}\,2\pi\ic\,{\fermi\pars{z} \over \ol{a}z} \right\vert_{z\ =\ 1/\ol{a}}} \!\!\!\!\! & = & \!\!\!\!\! \ol{\fermi\pars{0}} - \ol{\fermi\pars{1 \over \ol{a}}} & \mbox{if} & \verts{a} > 1 \end{array}\right. \end{align}

Tenga en cuenta que se trata de un cambio de signo entre el final de la línea $\pars{1}$ y el comienzo de la línea $\pars{2}$ desde la conjugación de cambiar el sentido de rotación que nos 'flojos' indica con $\ds{\color{#c00000}{\LARGE\ol{z}}}$ en la línea $\pars{1}$.

\begin{align}&\color{#66f}{\large{1 \over 2\pi\ic}\int_{\verts{z}\ =\ 1}{\ol{\fermi\pars{z}} \over z - a} \,\dd z = \left\lbrace\begin{array}{lcl} \ol{\fermi\pars{0}} & \quad\mbox{if}\quad & \verts{a} < 1 \\[3mm] \ol{\fermi\pars{0}} - \ol{\fermi\pars{1 \over \ol{a}}} & \quad\mbox{if}\quad & \verts{a} > 1 \end{array}\right.} \end{align}

Answer 2

Primero asuma $f(0)=0$. Desde $f$ se define en torno a $0$, que se extienden hasta el círculo unidad, $f$ tiene un desarrollo en serie de Taylor de la forma $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_{k}z^{k}$ que tiene radio de convergencia al menos $1$. Por lo tanto $f(\overline{z})=\overline{f(z)}$ sobre el círculo unidad de límite. También, en el límite, a continuación,$\frac{1}{z}=\overline{z}$. De ahí nuestra integral de reducir a $\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{f(\frac{1}{z})}{z-a}$. Ahora no sabemos ni si $\frac{f(\frac{1}{z})}{z-a}$ está definido en el interior del círculo, en el hecho de $\frac{f(\frac{1}{z})}{z-a}$ es diferente de la nuestra función original, pero su valor en el límite de partido, de modo que ya es suficiente. Y, aún mejor, $\frac{f(\frac{1}{z})}{z-a}$ es ahora analítica ahora que nos hemos librado de la conjugada. Sabemos que $f(\frac{1}{z})$ se define también fuera de los límites de todo el camino hasta el infinito, debido a la propiedad de $f$. Por lo tanto vamos a calcular este uso de residuos fuera de los límites.

Para obtener el residuo en el infinito, considere la posibilidad de $-\frac{1}{z^{2}}\frac{f(z)}{\frac{1}{z}-a}=\frac{f(z)}{z(az-1)}$$z=0$. Esta es claramente una singularidad removible (recuerde que asumimos $f(0)=0$). Por lo tanto el residuo en el infinito de $\frac{f(\frac{1}{z})}{z-a}$$0$.

Si $|a|>1$ tenemos otra singularidad en $z=a$. Este es un simple poste para el residuo es sólo $f(\frac{1}{a})$. El uso de la expansión de Taylor argumento anterior obtenemos $\overline{f(\frac{1}{\overline{a}})}$.

Por lo tanto $\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{\overline{f(z)}}{z-a}=\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{f(\frac{1}{z})}{z-a}=0$ si $|a|<1$ $-\overline{f(\frac{1}{\overline{a}})}$ si $|a|>1$.

Para completar el argumento que quitar la suposición de que $f(0)=0$. Definir $g(z)=f(z)-f(0)$. A continuación, nuestros integral es $\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{\overline{f(z)}}{z-a}=\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{\overline{g(z)}}{z-a}+\overline{f(0)}\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{1}{z-a}$. Aplicar la anterior obtenemos $\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{\overline{g(z)}}{z-a}=0$ si $|a|<1$ $-\overline{g(\frac{1}{\overline{a}})}=\overline{f(0)}-\overline{f(\frac{1}{\overline{a}})}$ si $|a|>1$. Y calcular fácilmente: $\overline{f(0)}\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{1}{z-a}=\overline{f(0)}$ si $|a|<1$ $0$ si $|a|>1$. Así como toda la obtenemos $\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{\overline{g(z)}}{z-a}=\overline{f(0)}$ si $|a|<1$ $\overline{f(0)}-\overline{f(\frac{1}{\overline{a}})}$ si $|a|>1$.