Cálculo específico de los gérmenes de una función holomorfa

Question

Como un ejemplo concreto de esta pregunta y de un seguimiento de este ¿alguien sabe una buena manera de calcular los gérmenes a $z=1$ de

$$f(z)=\sqrt{1+\sqrt{z}}$$

Mis intentos han sido desordenado, en el mejor, y prefiero evitar tratando de vadear a través de la serie de Taylor si puedo! Cualquier idea será más que bienvenida!

Answer 1

No estoy seguro de lo que estás buscando ya que preguntaron dos preguntas en los otros posts, así que voy a responder a ambos.

El poder de la serie de la rama principal

Para todos los $|t|<1$: $$\left(\sqrt{1+t}+\sqrt{1-t}\right)^2=2\left(1+\sqrt{1-t^2}\right)$$ $$\frac{\sqrt{1+t}+\sqrt{1-t}}{2}=\frac{1}{\sqrt 2}\sqrt{1+\sqrt{1-t^2}}$$ El lado izquierdo es simplemente la parte de $\sqrt{1-t}$, por lo tanto si $\sqrt{1-t}=\sum_{n=0}^\infty a_n t^n$ tenemos: $$\frac{1}{\sqrt 2}\sqrt{1+\sqrt{1-t^2}}=\sum_{n=0}^\infty a_{2n} t^{2n}$$ $$\sqrt{1+\sqrt z}=\sum_{n=0}^\infty \sqrt 2 a_{2n} (1-z)^n$$ (Nota: $a_0=1$$a_n=-1/2 \frac{(2n-2)!}{n!(n-1)!4^{n-1}}$$n>0$.)

Llame a este germen $g_0$.

Otros gérmenes

Si interpretamos la raíz cuadrada como un multi-función con valores, no son, en principio, 3 otras ramas obtenido al invertir la señal de uno o ambos radicales. Pero $\sqrt{1-\sqrt{z}}~\sim \sqrt{(1-z)/2}$ no es analítica en torno a $z=1$, por lo que alrededor de $z=1$ sólo hay dos (diferentes) de los gérmenes $g_0$$-g_0$.

Answer 2

Deje $w = \sqrt{1 + \sqrt{z}}$. Desde la toma de las raíces cuadradas de los números complejos es desagradable, vamos a deshacernos de ellos para obtener una mejor ecuación: $$(w^2 - 1)^2 = z$$ Ya que queremos que se expanda alrededor de $z = 1$, debemos cambiar las variables: set $u = z - 1$. Nuestro problema ahora es encontrar a $a_0, a_1, a_2, \ldots$, de modo que $w = a_0 + a_1 u + a_2 u^2 + \cdots$ satisface $$(w^2 - 1)^2 = 1 + u$$

En primer lugar, por descuidar a los términos de la orden de $u$ o superior, nos encontramos con que $({a_0}^2 - 1)^2 = 1$, por lo que $$a_0 \in \{ \pm \sqrt{2}, 0 \}$$ (Oficialmente, lo que estamos haciendo es trabajar en el poder de la serie ring $\mathbb{C} [[ u ]]$ modulo $u$.) Ahora, nos dividimos en los casos.

1. Ignoramos el caso de $a_0 = 0$, porque esto corresponde a un punto de ramificación en la asociada a la superficie de Riemann y por lo $w$ no tiene ningún poder de la serie aquí. (Si usted trata de hacer el cálculo realizado por la fuerza bruta, usted encontrará que todos los coeficientes son $0$!)

2. Tome $a_0 = \sqrt{2}$. Descuidar los términos de la orden de $u^2$ o superior, obtenemos $$(w^2 - 1)^2 = ((\sqrt{2} + a_1 u)^2 - 1)^2 = (1 + 2 \sqrt{2} a_1 u)^2 = 1 + 4 \sqrt{2} a_1 u = 1 + u \pmod{u^2}$$ por lo $a_1 = \frac{1}{8} \sqrt{2}$. Ahora, dejando de lado los términos de la orden de $u^3$ o superior, obtenemos $$(w^2 - 1)^2 = 1 + u + \left( \frac{5}{16} + 4 \sqrt{2} a_2 \right) u^2 = 1 + u \pmod{u^3}$$ por lo $a_2 = - \frac{5}{128} \sqrt{2}$. Y así sucesivamente.

3. Tome $a_0 = -\sqrt{2}$. Observar que nada cambia si sustituimos $-w$$w$, por lo que los coeficientes de esta expansión debe ser el mismo que el calculado en el punto (2), excepto con el signo opuesto.

Answer 3

Tenemos $$ \sqrt{1+\sqrt{z}} = \sqrt{2}\left(1+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{16^n n}\binom{4n - 2}{2n-1} (z-1)^n\right) $$

Aquí es un método general, en el caso particular de una expresión algebraica de la función, para probar la identidad.

I - Notaciones

Deje $f$ ser la función de $z \mapsto \sqrt{1+\sqrt{1+z}}/\sqrt 2$, que es holomorphic en una vecindad de cero. Tomamos una determinación de la raíz cuadrada holomorphic alrededor de 1 y tal que $\sqrt 1 = 1$. Tenga en cuenta que con el fin de simplemente la computación, me cambió la variable y se normalizó el valor en cero.

II - ecuación Algebraica

La función de $f$ obviamente satisface la ecuación algebraica $$ (f(z)^2 - 1/2)^2 = \frac{1+z}{4}, $$ o, de manera equivalente, $P(f(z), z) = 0$, donde $$ P(Y, z) = 4Y^4 - 4Y^2 -z. $$

III - la ecuación Diferencial

La función de $f$ satisface la siguiente ecuación diferencial lineal : $$ 16 z (z+1) f''(z) + 8(1+2z) f'(z) - f(z) = 0 $$

Este es un hecho general de que una expresión algebraica de la función que satisface una ecuación diferencial lineal con el polinomio de coeficiente.

IV - de la Recurrencia de la

Escribir $f(z) = \sum_{n\geqslant 0} u_n z^n$. Así $$ 16 z (z+1) f''(z) + 8(1+2z) f'(z) - f(z) = 16n(n-1)u_n + 16 (n+1)n u_{n+1} + 8 (n+1) u_{n+1} + 16 n u_n - u_n $$ lo que implica que $$ (4 n - 1)(4n+1)u_n + 8(n+1)(2n+1)u_{n+1} = 0. $$

V - Resolución

Podemos comprobar fácilmente que la secuencia definida por $$v_n = \frac{(-1)^{n-1}}{16^n n}\binom{4n - 2}{2n-1}$$ si $n>0$ $v_0 = 1$ cumple el primer fin de recurrencia anterior. Desde $u_0 = 1 = v_0$, podemos concluir que $$u_n = v_n$$

VI - Automatización

Aquí está una Arce sesión que muestra cómo automatizar la prueba de pasos II a V.

> con(gfun):
> f := sqrt(1+sqrt(1+z))/sqrt(2);
 1/2 1/2 1/2
 (1 + (1 + z) ) 2
 f := \begin{eqnarray*}
  r_{out} &=& \frac{(\Delta V_{out})}{(\Delta I_{out})}\\
 
      &=& \frac{(\Delta V_e) }{ (\Delta I_e)} \\

      &=& \frac{(\Delta V_b - 0.6V) }{ (\Delta I_e)}\\ 
\end\begin{eqnarray*}
  I_e &=& I_c + I_b \\
     &=& (h_{fe} * I_b) + I_b\\ 
     &=& (h_{fe}+1) * I_b\\
\end\begin{eqnarray*}
    r_{out} &=&       \frac{(\Delta V_b)}{ (h_{fe} + 1) * (\Delta I_b)}\\

     &=& \frac{(\Delta V_b)}{(\Delta I_b)} * \frac{1}{(h_{fe} + 1)} \\
      &=& \frac{r_{source} }{ (h_{fe} + 1)}
\end---------
2

> holexprtodiffeq(f, y(z)); 
 / 2 \
 /d \ 2 |d |
 {-y(z) + (8 + 16 z) |-- y(z)| + (16 z + 16 z) |--- y(z)|, y(0) = 1}
 \dz / | 2 |
 \dz /

> diffeqtorec(%, y(z), u(n)); 
 2 2
 {(-1 + 16 n ) u(n) + (24 n + 8 + 16 n ) u(n + 1), u(0) = 1}
> rsolve(%, u(n));
n
 GAMMA(2 n - 1/2) (-1)
 -1/2 ----------------------
1/2
 Pi GAMMA(2 n + 1)

Usted tiene que utilizar la duplicación de la fórmula para $\Gamma$ para recuperar el coeficiente binomial.