$2\pi i\beta = \int\limits_{|z|=r} \frac{dz}{f(z)-z}$

Question

Deje $\beta \in \mathbb{C^{*}}$ e $f(z) = z+ z^{k+1} - \beta z^{2k+1}$. Mostrar si si r es lo suficientemente pequeño, a continuación, $$2\pi i\beta = \int\limits_{|z|=r} \frac{dz}{f(z)-z}$$

Esta es mi entrada:

Tengo que resolver es el uso de residuos de aplicaciones, por lo que

$$ \int\limits_{|z|=r} \frac{dz}{f(z)-z} = \int\limits_{|z|=r} \frac{dz}{z+ z^{k+1} - \beta z^{2k+1}-z} = \int\limits_{|z|=r} \frac{dz}{ z^{k+1} - \beta z^{2k+1}} = \int\limits_{|z|=r} \frac{dz}{z^{k+1}(1-\beta z^{k})} $$

Mi pregunta es, tengo un montón de métodos para resolver las integrales por los residuos, en este caso, creo que tengo que resolver en la unidad de disco para $z = e^{i \theta}$

Tengo que calcular sus residuos, pero ¿cuáles son las singularidades de $f(z)$ ¿y cuál es el mejor método para resolver el ejercicio?

Me puedes ayudar, por favor?

Answer 1

Si $\beta |z|^k < 1$luego $$ \frac{1}{f(z)-z} = \frac{1}{z^{k+1}(1-\beta z^k)} $$ puede ser desarrollado en una Laurent de la serie: $$ \frac{1}{z^{k+1}}(1 + \beta z^k + \beta^2 z^{2k} + \ldots) = \frac{1}{z^{k+1}} + \frac{\beta}{z} + \beta^2 z^{k-1} + \ldots $$ y el residuo en $z=0$ es el coeficiente de $z^{-1}$: $$ \frac{1}{2 \pi i}\int\limits_{|z|=r} \frac{dz}{f(z)-z} = \operatorname{Res}(\frac{1}{f(z)-z}, 0) = \beta \, . $$

Answer 2

Usted podría tratar de Cauchy de la integral de la fórmula y la sugerencia de que $r$ es lo suficientemente pequeño, por lo tanto, la única singularidad es $z=0$.

$$g^{(k)}(0)=\frac{k!}{2\pi i} \int\limits_{|z|=r}\frac{g(z)}{z^{k+1}}dz$$ donde $g(z)=\frac{1}{1-\beta z^k}$ $$g'(z)= \frac{\color{red}{\beta\cdot k} \cdot z^{k-1}}{(1-\beta z^k)^2}$$ $$g''(z)=\frac{\color{red}{\beta\cdot k(k-1)} \cdot z^{k-2} (1-\beta z^k)^2-\beta kz^{k-1}\left((1-\beta z^k)^2\right)'}{(1-\beta z^k)^3}$$ por el momento en que llegue a $k$-ésima derivada, $g^{(k)}(0)=k!\cdot\beta$ (se deja como ejercicio) y listo.

Answer 3

Tenemos $$ \begin{split} \int\limits_{|z|=r} \frac{dz}{f(z)-z} & = \int\limits_{|z|=r} \frac{dz}{z^{k+1}(1-\beta z^{k})}\\ &=\int\limits_{|z|=r} \frac{1}{z^k}\frac{dz}{z^{k+1}\left( \dfrac{1}{z^k}-\beta\right)}\\ (\text{by using the}& \text{ change of variables }\zeta= z^{-k})\\ &=\int\limits_{|\zeta|=r^{-k}} \frac{\zeta d\zeta}{\zeta-\beta}= 2\pi i\beta. \end {split} $$ La última igualdad se puede obtener utilizando la fórmula integral de Cauchy, o el teorema de residuos, lo que más le guste, ya que si $r$ es lo suficientemente pequeño como para que El disco $B(r^{-k})=\big\{z\in\Bbb C\:|\:|z|<r^{-k}\big\}$ incluye el punto $\beta$ en su interior donde puede aplicar ambos procedimientos .

Answer 4

Sugerencia: use la fórmula límite para los polos de orden superior para calcular el residuo en $0$ .

Mejor consejo: usa la serie de Laurent.