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Una pregunta sobre la determinación de un residuo

Dejemos que $f(z)$ sea analítico en $z=w$ y tener un poste en $z=a$ .

¿Cómo se demuestra que el residuo de $\displaystyle\frac{f(z)}{w-z}$ en $z=a$ es igual a la parte singular/principal de $f(z)$ evaluado en $z=w$ ?

Por ejemplo, dejemos que $ \displaystyle f(z) = \frac{\cot z}{z^{2}} = \frac{1}{z^{3}} - \frac{1}{3z} + O(z)$ .

Entonces $ \displaystyle\text{Res} \Big[ \frac{\cot z}{z^{2}(2-z)},0 \Big] = \frac{1}{2^{3}} - \frac{1}{3(2)} = - \frac{1}{24}$ .

Surgió en una demostración del teorema de expansión de fracciones parciales de Mittag-Leffler.

5voto

MrTuttle Puntos 1116

Cálculo a la antigua con series de Laurent.

$$\begin{align} \frac{f(z)}{w-z} &= \frac{f(z)}{(w-a) - (z-a)} = \frac{1}{w-a} f(z) \frac{1}{1 - \frac{z-a}{w-a}}\\ &= \frac{1}{w-a}f(z)\sum_{\nu = 0}^\infty \left(\frac{z-a}{w-a}\right)^\nu\\ &= \frac{1}{w-a}\left(\sum_{k = -m}^\infty a_k (z-a)^k\right)\sum_{\nu = 0}^\infty \left(\frac{z-a}{w-a}\right)^\nu\\ &= \frac{1}{w-a} \sum_{s = -m}^\infty \left(\sum_{k = -m}^s\frac{a_k}{(w-a)^{s-k}}\right)(z-a)^s \end{align}$$

El residuo es el coeficiente de $(z-a)^{-1}$ Es decir

$$\frac{1}{w-a}\sum_{k = -m}^{-1} \frac{a_k}{(w-a)^{-1-k}} = \sum_{k=-m}^{-1} \frac{a_k}{(w-a)^{-k}} = \sum_{k=-m}^{-1} a_k(w-a)^k.$$

4voto

Pawel Puntos 28

Ampliar $(w-z)^{-1}$ sobre $z=a$ da:

$$\frac{1}{w-a}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z-a}{w-a}\right)^{n}$$

Ahora bien, si

$$f(z)=\sum_{i=m}^{\infty}a_i(z-a)^i$$

Entonces, observe que el coeficiente del término $(z-a)^{-1}$ en la expansión de $f(z)(w-z)^{-1}$ sobre $z=a$ será:

$$\sum_{i+n=-1}\frac{a_i}{(w-a)^{n+1}}=\sum_{i=m}^{-1}a_i(w-a)^i$$

que es la parte singular de $f$ evaluado en $w$ .

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