Bry. Poszukuję zgrabnego dowodu następującego faktu:
Jeżeli punkt osobliwy odosobniony \(\displaystyle{ z_{0}}\) jest biegunem k-krotnym funkcji \(\displaystyle{ f(z)}\), to \(\displaystyle{ res_{z_{0}}f(z)= \frac{1}{(k-1)!} \lim_{z \to z_{0}} \frac{d^{(k-1)}}{dz^{(k-1)}} \left\{ (z-z_{0})^k f(z) \right\}}\)
Ktoś byłby w stanie pomóc?
Dowód twierdzenia o residuuach
-
Dasio11
- Moderator
- Posty: 10305
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 41 razy
- Pomógł: 2429 razy
Re: Dowód twierdzenia o residuuach
Jeśli \(\displaystyle{ z_0}\) jest \(\displaystyle{ k}\)-krotnym biegunem funkcji \(\displaystyle{ f(z),}\) to ta funkcja rozwija się w szereg Laurenta
\(\displaystyle{ f(z) = \sum_{n=-k}^{\infty} a_n (z-z_0)^n.}\)
Dla uproszczenia zapisu załóżmy, że \(\displaystyle{ z_0 = 0}\) (aby otrzymać ogólna wersję, wystarczy każdy czynnik \(\displaystyle{ z^i}\) zastąpić przez \(\displaystyle{ (z-z_0)^i}\)). Wtedy
\(\displaystyle{ z^k f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n-k} z^n \\[2ex]
\frac{1}{(k-1)!} \frac{\dd^{(k-1)}}{\dd z^{(k-1)}} \big( z^k f(z) \big) = \sum_{n=k-1}^{\infty} a_{n-k} \cdot \binom{n}{k-1} \cdot z^{n-(k-1)} \\[2ex]
\lim_{z \to 0} \left[ \frac{1}{(k-1)!} \frac{\dd^{(k-1)}}{\dd z^{(k-1)}} \big( z^k f(z) \big) \right] = \lim_{z \to 0} \sum_{n=k-1}^{\infty} a_{n-k} \cdot \binom{n}{k-1} \cdot z^{n-(k-1)} = \\[2ex]
= a_{(k-1)-k} \cdot \binom{k-1}{k-1} = a_{-1} = \mathrm{res}_{0} \, f(z).}\)
Cały ten wzór to tak naprawdę takie manipulacje, żeby z sumy
\(\displaystyle{ \sum_{n=-k}^{\infty} a_{n-k} z^n = \frac{a_{-k}}{z^k} + \frac{a_{-k+1}}{z^{k-1}} + \ldots + \frac{\textcolor{red}{\overset{\text{WANTED}}{a_{-1}}}}{z} + a_0 + a_1 z + a_2 z^2 + \ldots}\)
uzyskać residuum, czyli \(\displaystyle{ a_{-1}.}\) W tym celu najpierw mnożymy wszystko przez \(\displaystyle{ z^k,}\) żeby potęgi były nieujemne:
\(\displaystyle{ a_{-k} + a_{-k+1} z + \ldots + \textcolor{red}{\overset{\text{WANTED}}{a_{-1}}} z^{k-1} + a_0 z^k + a_1 z^{k+1} + \ldots}\)
Wtedy \(\displaystyle{ a_{-1}}\) jest współczynnikiem przy \(\displaystyle{ z^{k-1},}\) więc różniczkujemy \(\displaystyle{ k-1}\) razy, żeby \(\displaystyle{ a_{-1}}\) stało się wyrazem wolnym:
\(\displaystyle{ (k-1)! \cdot \left[ \binom{k-1}{k-1} \textcolor{red}{\overset{\text{WANTED}}{a_{-1}}} + \binom{k}{k-1} a_0 z + \binom{k+1}{k-1} a_1 z^2 + \ldots \right]}\)
a następnie bierzemy granicę przy \(\displaystyle{ z \to 0,}\) żeby ten wyraz wolny wyodrębnić:
\(\displaystyle{ (k-1)! \textcolor{red}{\overset{\text{WANTED}}{a_{-1}}}}\)
Na koniec dzielimy przez czynnik \(\displaystyle{ (k-1)!,}\) który wyskakuje przy różniczkowaniu
\(\displaystyle{ \textcolor{red}{\overset{\text{GOTCHA}}{a_{-1}}}}\)
To tylko takie kombinacje na szeregach formalnych; w tym wzorze nie chodzi o analityczną interpretację pochodnej, granicy czy residuum.
\(\displaystyle{ f(z) = \sum_{n=-k}^{\infty} a_n (z-z_0)^n.}\)
Dla uproszczenia zapisu załóżmy, że \(\displaystyle{ z_0 = 0}\) (aby otrzymać ogólna wersję, wystarczy każdy czynnik \(\displaystyle{ z^i}\) zastąpić przez \(\displaystyle{ (z-z_0)^i}\)). Wtedy
\(\displaystyle{ z^k f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n-k} z^n \\[2ex]
\frac{1}{(k-1)!} \frac{\dd^{(k-1)}}{\dd z^{(k-1)}} \big( z^k f(z) \big) = \sum_{n=k-1}^{\infty} a_{n-k} \cdot \binom{n}{k-1} \cdot z^{n-(k-1)} \\[2ex]
\lim_{z \to 0} \left[ \frac{1}{(k-1)!} \frac{\dd^{(k-1)}}{\dd z^{(k-1)}} \big( z^k f(z) \big) \right] = \lim_{z \to 0} \sum_{n=k-1}^{\infty} a_{n-k} \cdot \binom{n}{k-1} \cdot z^{n-(k-1)} = \\[2ex]
= a_{(k-1)-k} \cdot \binom{k-1}{k-1} = a_{-1} = \mathrm{res}_{0} \, f(z).}\)
Cały ten wzór to tak naprawdę takie manipulacje, żeby z sumy
\(\displaystyle{ \sum_{n=-k}^{\infty} a_{n-k} z^n = \frac{a_{-k}}{z^k} + \frac{a_{-k+1}}{z^{k-1}} + \ldots + \frac{\textcolor{red}{\overset{\text{WANTED}}{a_{-1}}}}{z} + a_0 + a_1 z + a_2 z^2 + \ldots}\)
uzyskać residuum, czyli \(\displaystyle{ a_{-1}.}\) W tym celu najpierw mnożymy wszystko przez \(\displaystyle{ z^k,}\) żeby potęgi były nieujemne:
\(\displaystyle{ a_{-k} + a_{-k+1} z + \ldots + \textcolor{red}{\overset{\text{WANTED}}{a_{-1}}} z^{k-1} + a_0 z^k + a_1 z^{k+1} + \ldots}\)
Wtedy \(\displaystyle{ a_{-1}}\) jest współczynnikiem przy \(\displaystyle{ z^{k-1},}\) więc różniczkujemy \(\displaystyle{ k-1}\) razy, żeby \(\displaystyle{ a_{-1}}\) stało się wyrazem wolnym:
\(\displaystyle{ (k-1)! \cdot \left[ \binom{k-1}{k-1} \textcolor{red}{\overset{\text{WANTED}}{a_{-1}}} + \binom{k}{k-1} a_0 z + \binom{k+1}{k-1} a_1 z^2 + \ldots \right]}\)
a następnie bierzemy granicę przy \(\displaystyle{ z \to 0,}\) żeby ten wyraz wolny wyodrębnić:
\(\displaystyle{ (k-1)! \textcolor{red}{\overset{\text{WANTED}}{a_{-1}}}}\)
Na koniec dzielimy przez czynnik \(\displaystyle{ (k-1)!,}\) który wyskakuje przy różniczkowaniu
\(\displaystyle{ \textcolor{red}{\overset{\text{GOTCHA}}{a_{-1}}}}\)
To tylko takie kombinacje na szeregach formalnych; w tym wzorze nie chodzi o analityczną interpretację pochodnej, granicy czy residuum.