\input{preamble}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\title{INDUSTRIELL ELEKTROTEKNIKK}
%primtall
%analytisk utvidelse av Σn^{-1}

\maketitle

Studiet av 
funksjoner 
fra
$\mathbb{C}$
til 
$\mathbb{C}$
kalles 
\textbf{kompleks analyse}.
Dette brukes i matematisk fysikk, 
men anvendelsene er avanserte,
så det er ikke trivielt å motivere.\footnote{
	\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Quantum_field_theory}}
	\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Conformal_field_theory}}
	\footnote{\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Casimir_effect}}
Skal du drive med lineær reguleringsteknikk
eller avansert kvantefysikk
kommer du til å trenge det. 
Vi skriver 
\[
w=f(z)=u(x,y)+iv(x,y)
\]
der $z=x+yi$ er en uavhengig kompleks variabel
og $u$ og $v$ er funksjoner fra 
$\mathbb R^2$
til 
$\mathbb R$.
Visualiseringsteknikkene er i 
samme gate som for koordinatavbildninger.

\begin{oppgave}{1}
	La $\Omega$ være en kvart sirkelskive med radius 2 i første kvadrant. 
	Hvordan ser $f(\Omega)$ ut dersom 
	\begin{align*}
		f(z) = z? 
		\hspace*{10mm}
		f(z) = z^2? 
		\hspace*{10mm}
		f(z) = 1/z?
	\end{align*}
\end{oppgave}

\vspace*{-4mm}
En funksjon som hadde litt praktisk nytte tidlig i luftfartens historie
var joukovskyaerofoilen:
\begin{align*}
	f(z) = z + 1/z
\end{align*}
Bildet av forskjellige sirkler under denne avbildningen
ser omtrent ut som tverrsnittet av en flyvinge, 
og du kan faktisk estimere løftet med penn og papir
hvis du er god i kompleks analyse, 
jf. oppgave 6 og 7 i forrige uke.\footnote{
	\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Joukowsky_transform}
}


\begin{center}\includegraphics[scale=.27]{../figurer/L1021524}\end{center}

\clearpage

Funksjoner
fra
$\mathbb{C}$
til 
$\mathbb{C}$
oppfører seg fundamentalt annerledes enn reelle funksjoner,
og dette medfører at det finnes noen ekstra triks.
Vi sier at\\
\begin{minipage}{90mm}
\[
\lim_{z\to z_0}f(z)=w_0
\]
dersom det for enhver $\epsilon >0$ finnes en $\delta >0$ slik at 
\[
0 < |z-z_0|<\delta \quad \Longrightarrow \quad |f(z)-w_0|<\epsilon
\]
\end{minipage}
\begin{minipage}{50mm}
\includegraphics[scale=.08]{../figurer/kompleks}
\end{minipage}\\
og vi sier at $f$ er deriverbar i $z$ dersom\\[-2mm] 
\[
f'(z)=\lim_{h \to 0}\frac{f(z+h)-f(z)}{h}
\]
eksisterer.
Den aller siste oppgaven i TMA4106 var å utlede cauchyriemannlikningene
\[
    \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y} \qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}.
\]
og i oppgave 20 i økt 3-2 viste du at under antagelsen om 
videre deriverbarhet er både $u$ og $v$ er harmoniske funksjoner:\\[-8mm]
	\begin{align*}
		\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} +  
		\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0
		\hspace*{20mm}
		\frac{\partial^2 v}{\partial x^2} +  
		\frac{\partial^2 v}{\partial y^2} = 0
	\end{align*}
Dette er sant også uten antagelser om videre deriverbarhet, 
men det er for vanskelig for oss å bevise. 
Grunnen til at 
komplekse funksjoner er nyttige i fysikk er at de enkleste modellene for væskeflyt,\footnote{
\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Potential_flow}
}
stasjonær varmeledning\footnote{
	\url{https://www.feynmanlectures.caltech.edu/II_12.html}
}
og elektrostatikk\footnote{
	\url{https://www.feynmanlectures.caltech.edu/II_07.html}
} 
involverer harmoniske funksjoner.
Da nyttiggjør man seg følgende triks.

\begin{oppgave}{2}
Real- og imaginærdelen til en kompleks deriverbar funksjon 
er ikke bare harmoniske funksjoner.
Vis at nivåkurvene til den ene står ortogonalt på
nivåkurvene til den andre. 
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.27]{../figurer/L1021533}
\end{center}

\clearpage

For hundre år siden var komplekse funksjoner uunværlige i praktisk modellering 
av væskeflyt, stasjonær varmeledning og elektrostatikk,
og nå for tiden er de uunværlige i avansert kvantefysikk,
men disse anvendelsene er i tidligste laget for oss gå løs på.
Forhåpentligvis skjønner du nå at komplekse funksjoner kan brukes til noe. 
La oss finne ut mer om hvordan de oppfører seg.

\begin{oppgave}{3}
	Finn real- og imaginærdelene til $f(z)=z^2$
	og tegn nivåkurvene deres i samme koordinatsystem.
\end{oppgave}

\begin{minipage}{50mm}
\begin{oppgave}{4}
	Gjenta for $f(z)=\sin z$,
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{35mm}
\begin{oppgave}{5}
	$f(z)=e^{z}$,
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{30mm}
\begin{oppgave}{6}
	$f(z)=1/z$
\end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
\begin{oppgave}{7}
	og $f(z)=z + 1/z$.
\end{oppgave}
\end{minipage}


Alt det der med cauchyriemann og så videre 
er en blanding av fascinerende og forvirrende når man ser det første gang. 
Det er mye greier med komplekse funksjoner,
og vi er over i en del av matematikken som av mange
betraktes mer som som en form for kunst enn en form for vitenskap. 
Studiet av det helligste av det hellige, 
nemlig Riemanns $\zeta$-funksjon\footnote{
	\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function}
}
\begin{align*}
	\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}
	=
	\prod_{\text{alle primtall}\; p}\frac{1}{1-p^{-s}}
\end{align*}
er en gren av den komplekse analysen.\footnote{
Hvis du virkelig er interessert i primtall, 
må du kunne kompleks funksjonsteori - 
du får faktisk en million dollar om du finner ut om 
riemannhypotesen er sann eller ikke.
Gødtere enn prim som de sier på Gjøvik.\\
	\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_hypothesis}
}

\begin{oppgave}{8}
	Her hadde det vært artig med en oppgave om Riemanns $\zeta$-funksjon,
	men jeg fant ingenting som hadde passelig vanskelighetsgrad, 
	så du får avskrives med å 
	bruke Cauchy-Riemann-likningene til å sjekke at $f(z)=\overline z$ 
	ikke er deriverbar istedet. 
	Skisser nivåkurvene til real- og imaginærdelen.
\end{oppgave}



Arbeidshesten i kompleks funksjonsteori er 
det komplekse linjeintegralet:
\[
\int_{\Gamma} f(z)\; dz = 
\int_a^b f(z(t))\dot z (t)\; dt
\]
Her er $f$ en kompleks funksjon og $\Gamma$ en glatt kurve i det komplekse planet,
parametrisert av $z(t)$. 
Tangentvektoren til $z(t)$ er gitt ved $z'(t)$. 
For eksempel er
\[
z(t)=e^{it} \quad 0\leq t <2\pi
\]
er en parametrisering av enhetssirkelen, 
med tangent $z'(t)=ie^{it}$.

\begin{oppgave}{9}
Finn en parametrisering for en sirkel med radius 2 og sentrum i $1+i$.
\end{oppgave}

Det komplekse linjeintegralet oppfører seg litt som linjeintegral over vektorfelt.
Regn ut
\[
	\int_{\Gamma} z^2\;dz
\]
der $\Gamma$ er en

\begin{oppgave}{10}
kvart enhetssirkel fra realaksen til imaginæraksen i det komplekse planet.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{11}
rett linje mellom de samme punktene som i forrige oppgave.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{12}
først langs den ene av disse kurvene og så tilbake langs den andre. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
en tilfeldig kurve at ditt frie valg.
\end{oppgave}

\clearpage

Oppgave 10-13 er konstruert for at du skal oppdage 
noe som calles \textbf{Cauchys integralteorem}.\footnote{
	\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy\%27s_integral_theorem}
} 
Det kan formuleres på flere måter, 
men det enkleste er å si at 
dersom $f$ er deriverbar på $\Omega$ og $\Gamma$ er 
en lukket stykkevis glatt kurve i $\Omega$, 
er
\[
\int_\Gamma f(z)\; dz = 0.
\]

\begin{oppgave}{14}
	Hvis du gjør som Cauchy og antar at $u$ og $v$ har kontinuerlige partiellderiverte 
	(og at $\Gamma$ er stykkevis glatt og alt det der) 
	kan du faktisk vise dette fra Greens teorem. 
	Trikset er å studere vektorfeltet $F=(u,-v)^T$. 
\end{oppgave}

Problemene starter hvis det inni integrasjonskurven finnes ett eller flere punkter
der funksjonen ikke er deriverbar. 
Da kan integralet bli null eller ikke.

\begin{oppgave}{15}
	Gjenta oppgave 10-13, 
	men med $f(z) = \overline z$ istedet for $z^2$.
\end{oppgave}

Funksjonen i oppgave 14 er ikke deriverbar noe sted. 
Dette er en situasjon man ikke støter på 
så ofte i anvendelser. 
Det vanligste er at man må integrere noe som har en singularitet 
i et punkt $z_0$. 
Dette er et punkt der funksjonen ikke er definert,
og i kompleks analyse kalles punktet en \textbf{pol}.\footnote{
	\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Zeros_and_poles}
}
Dersom integrasjonskurven omslutter en pol, 
kan alt skje, 
integralet kan bli null eller ikke. 

\begin{oppgave}{16}
Beregn
$
\displaystyle \int_\Gamma z^n\; dz
$
for alle heltallige $n$,
der $\Gamma$ er enhetssirkelen traversert mot klokken.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{17}
Et klassisk ikke-konservativt vektorfelt er
\[
f(x)=
\frac{1}{|x|^2}
\begin{pmatrix}
-x_2 \\
x_1
\end{pmatrix}.
\]
La $\Gamma$ nok en gang være enhetssirkelen traversert mot klokken, 
og finn $\int_\Gamma f\cdot ds$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{18}
Beregn
$
\displaystyle \int_\Gamma (z-z_0)^n\; dz
$
der $\Gamma$ er en sirkel 
sentrert i $z_0$ med radius $r$
for alle heltallige $n$.
\end{oppgave}

I anvendelser er det selvfølgelig 
gunstig å kombinere Cauchys integralteorem med kjente resultater
og lure triks heller enn å slite seg ut på antiderivasjon.

\begin{oppgave}{19}
Beregn
$
\displaystyle \int_\Gamma \frac{1}{z^2-1}\; dz
$
der $\Gamma$ er en sirkel 
sentrert i $1$ med radius $1$. 
(Hint: Skriv om integranden.)
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{20}
Under har jeg tegna noen kurver. 
Beregn 
$
\displaystyle \int_\Gamma (z-z_0)^n\; dz
$
for alle kurvene og alle heltallige $n$.
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.32]{../figurer/gamma}
\end{center}


Dersom $f$ er analytisk i $z_0$, 
er også funksjonen 
\[
g(z)=
\begin{cases}
\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} \hspace{10mm} &z\neq z_0 \\
f'(z_0) \hspace{10mm} &z=z_0 
\end{cases}
\]
analytisk i $z_0$ siden grenseverdien 
\[
f'(z_0)=\lim_{h \to 0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}
\]
er i orden.
Dette kan vi brukes til å utlede noe som kalles \textbf{Cauchys integralformel}. 

\begin{oppgave}{21}
Bruk Cauchys integralteorem på en enkeltsammenhengende 
kurve $\Gamma$ som omslutter punktet $z_0$,
og utled formelen
\[
f(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\int_\Gamma \frac{f(z)}{z-z_0}\; dz
\]
\end{oppgave}

Cauchys integralformel kan generaliseres til 
\[
\frac{d^nf}{dz^n}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\int_\Gamma \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\; dz
\]
men utledningen er litt mer involvert, 
så den dropper vi.
Cauchys integralformler gir oss en smart teknikk for å beregne integraler. 
La $\Gamma$ være enhetssirkelen, 
traversert mot klokken. 

\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{22}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\cos z}{z}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{23}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\cos z}{z^2}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{24}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\cos z}{z^3}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{25}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\cos z}{z^4}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}

\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{26}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\sin z}{z}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{27}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\sin z}{z^2}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{28}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\sin z}{z^3}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{29}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\sin z}{z^4}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}

Som du ser er det et system her. 
Dette kommer vi tilbake til i TMA4121, 
når vi skal ha om residyregning. 
(Dere som har har regtek i høst har kanskje bruk for cauchys argumentprinsipp.\footnote{
	\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Argument_principle}
}
Etter denne økten bør det være mulig å forstå sånn nogenlunde hva det går i.)


\begin{center}\includegraphics[scale=.27]{../figurer/L1021527}\end{center}

\clearpage 
For å beregne integralet
\begin{align*}
    \int_\Gamma e^{1/z}\; dz 
\end{align*}
der $\Gamma$ er en glatt kurve som omslutter origo, 
kan vi skrive
\[
    e^{1/z} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2z^2}+ \cdots
\]
og integrere ledd for ledd:
\[
    \int_\Gamma e^{1/z}\; dz
    =\int_\Gamma \; dz + \int_\Gamma \frac{1}{z}\; dz + \frac{1}{2}\int_\Gamma\frac{1}{z^2}\; dz+ \cdots.
\]
Disse integralene har vi beregnet i TMA4111
og alle blir null unntatt
\[
    \int_\Gamma \frac{1}{z}\; dz = 2\pi i,
\]
slik at 
\[
    \int_\Gamma e^{1/z}\; dz = 2\pi i.
\]
Dette er en strategi som har overraskende bred gyldighet. 
La prøve å bruke det samme trikset på noen andre integraler. 
La $\Gamma$ være enhetssirkelen i det komplekse planet, 
traversert én gang mot klokken,
og beregn

\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{1}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\cos z}{z}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{2}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\cos z}{z^2}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{3}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\sin z}{z}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{4}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\sin z}{z^2}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}

\begin{center}\includegraphics[scale=.28]{../figurer/L1017736}\end{center}

\clearpage

Tar vi utgangspunkt i maclaurinrekkene til sinus- og cosinusfunksjonen, 
får vi 
\begin{align*}
    \frac{\cos z}{z} &= \frac{1}{z} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{2n}}{(2n)!} = \frac{1}{z} - \frac{z}{2} + \frac{z^3}{4!}-\cdots \\[2mm]
    \frac{\cos z}{z^2} &= \frac{1}{z^2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{2n}}{(2n)!} = \frac{1}{z^2} - \frac{1}{2} + \frac{z^2}{4!}-\cdots \\[2mm]
    \frac{\sin z}{z} &= \frac{1}{z} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!} = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!}-\cdots \\[2mm]
    \frac{\sin z}{z^2} &= \frac{1}{z^2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!} = \frac{1}{z} - \frac{z}{3!} + \frac{z^3}{5!}-\cdots 
\end{align*}
og bruker vi trikset, 
ser vi at\\[3mm]
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{1}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\cos z}{z}\; dz = 2\pi i$ 
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{2}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\cos z}{z^2}\; dz = 0$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{3}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\sin z}{z}\; dz = 0$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{4}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\sin z}{z^2}\; dz = 2\pi i$
    \end{oppgave}
\end{minipage}

Komplekse deriverbare funksjoner oppfører seg annerledes enn alt annet du har sett.
En reell funksjon kan fint ha knekk i den fjerde, femte eller attendederiverte. 
For eksempel eksisterer den andrederiverte til  $x^3\sin(1/x)$,
men ikke den tredjederiverte.
Funksjonen
\[
f(x)=
\begin{cases}
e^{-1/(x^2-1)} \hspace{10mm} &|x|<1 \\
0 \hspace{10mm} &|x|\geq1 
\end{cases}
\]
er glatt men ikke analytisk;
alle de deriverte eksisterer overalt (selv i $x = \pm 1$), 
men det finnes ingen $a$ slik at 
\[
f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(a)}{2}(x-a)^2+\frac{f'''(a)}{6}(x-a)^3+\cdots
\]
på et åpent intervall som inneholder $x=1$ eller $x=-1$.
Komplekse funksjoner opplever ikke disse sjatteringene hva angår regularitet. 
En kompleks funksjon som er deriverbar i et punkt $z_0$
kan alltid skrives som en taylorrekke i en omegn rundt $z_0$. 
Det finnes ingen mellomting mellom deriverbar og analytisk,
og derfor sier vi bare \textbf{analytisk} eller \textbf{holomorf}.\textbf{
    \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Holomorphic_function}
}
Funksjonene i oppgavene over har singulariteter i origo, 
og er derfor er de ikke analytiske, 
men som du ser, 
kan man rekkeutvikle dem om singularitetene allikevel.
La $\Gamma$ fortsatt være enhetssirkelen, 
og beregn\\[3mm]
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{5}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\cos z^2}{z^5}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{6}
    $\displaystyle\int_\Gamma \frac{\sin 2z}{z^8}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{7}
    $\displaystyle\int_\Gamma e^{z} + e^{1/z}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
    \begin{oppgave}{8}
    $\displaystyle\int_\Gamma e^{z+1/z}\; dz$
    \end{oppgave}
\end{minipage}

\begin{center}\includegraphics[scale=.28]{../figurer/L1018660}\end{center}

\clearpage

En funksjon $f$ sin rekkeutvikling om et singulært punkt med både 
positive og negative potenser av $z$ kalles en \textbf{laurentrekke}.\footnote{
    \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Laurent_series}
} 
Summen av de negative potensene kalles \textbf{prinsipaldelen} til rekkeutviklingen. 
Vi bruker prinsipaldelen til å klassifisere singularitetene til $f$. 
Dersom den laveste negative potensen er $-n$, 
sier vi at det singulære punktet er en \textbf{pol av orden $n$},
så
\begin{align*}
    \int_\Gamma \frac{\sin 2z}{z^8}\; dz =
    \frac{1}{z^8} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2z)^{2n+1}}{(2n+1)!} = \frac{2}{z^7} - \frac{8}{z^5 3!} + \frac{32}{z^3 5!}-\cdots 
\end{align*} 
har en pol av orden syv i origo.\footnote{
    \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Zeros_and_poles}
}
Dersom den negative delen har uendelig mange ledd, 
sier vi at $f$ har en \textbf{essensiell singularitet}, 
slik som 
\[
    e^{1/z} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2z^2}+ \cdots
\]

\begin{oppgave}{8}
    Finn prinsipaldelen til 
    \[
        f(z)=e^{z+1/z}
    \]
\end{oppgave}

Det som nå er et faktum er at om du slår en sirkel $\Gamma$ om et singulært punkt $z_0$ og integrerer $f$, 
er det kun koeffisienten til $1/z$ som gir bidrag til integralet så lenge det ikke er andre singulære punkter innenfor $\Gamma$. 
Denne koeffisientene kalles \textbf{residyet} til $f$ i $z_0$ og skrives 
\begin{align*}
        \mathop{\mathrm{res}}_{z = z_0} f(z)
\end{align*}
Så og si all integrasjon av komplekse funksjoner består av å få tak i denne koeffisienten og gange med $2\pi i$. 
Forresten trenger ikke $\Gamma$ være en sirkel, 
for Cauchys integralteorem, 
som sier at 
\begin{align*}
    \int_\Gamma f(z)\; dz = 0 
\end{align*}
så lenge $f$ er analytisk på en åpen enkeltsammenhengende mengde som inneholder $\Gamma$,
impliserer at dersom du deformerer $\Gamma$ litt, 
får integralet den samme verdien så lenge du ikke dytter inn noen andre singulariterer innenfor $\Gamma$.
Dersom $\Gamma$ omslutter flere singulariterer, 
legger du bare sammen residyene og ganger alt med $2\pi i$ - 
dette kalles \textbf{residyteoremet}.\footnote{
    \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Residue_theorem}
}
Det finnes en formler for å beregne residyet uten å sette opp laurentrekken til $f$ i $z_0$.
Noen ganger er det kjappere å finne residyene på denne måten, 
men som oftest er det enklest å manipulere laurentrekken for 
hvert singulære punkt til man kan lese av residyene av fra disse. 

\begin{oppgave}{9}
    Finn og klassifiser polene til 
    \[
        f(z)=\frac{1}{z^2(1-z)}
    \]
\end{oppgave}
og 

\begin{oppgave}{10}
    beregn residyene 
\end{oppgave}
og finn
\[
\int_\Gamma \frac{1}{z^2(1-z)} \; dz
\]
der $\Gamma$ er en glatt enkeltsammenhengende kurve som ligger omslutter\\[3mm]
\begin{minipage}{50mm}
    \begin{oppgave}{11}
        både $z_0=1$ og $z_0=0$. 
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{50mm}
    \begin{oppgave}{12}
        $z_0=1$ men ikke $z_0=0$. 
    \end{oppgave}
\end{minipage}
\begin{minipage}{50mm}
    \begin{oppgave}{13}
        $z_0=0$ men ikke $z_0=1$. 
    \end{oppgave}
\end{minipage}



\clearpage

Den klassiske ingeniøranvendelsen av residyregning er formelen for invers laplacetransform. 
Dersom $x(t)$ har laplacetransform $X(s)$, 
er
\[
x(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat x(\omega)e^{i\omega t}d\omega
=
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(i\omega)e^{i\omega t}d\omega
\]
og for signaler som har fourieromvending, 
er denne helt fin. 
Men hva med
\[
x(t)=
\begin{cases}
0 \hspace{10mm} &t< 0 \\
\sin t \hspace{10mm} &t\geq 0 
\end{cases}
\hspace{10mm}?
\]
Denne har laplaceomvending, 
men ikke fourieromvending. 
Finnes det en formel slik at 
\[
\sin t = 
\mathcal L^{-1}\left(\frac{1}{s^2+1}\right)\hspace{3mm} ?
\]
Vi kan ikke bare skrive 
\[
\sin t = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1-\omega^2}e^{i\omega t}d\omega
\]
for dette integralet konvergerer ikke. 
La oss begynne med å skrive $y(t)=x(t)e^{-\sigma t}$,
og se at
\[
X(s) = X(\sigma + i\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-(\sigma+i\omega)t}dt
= \int_{-\infty}^{\infty}y(t)e^{-i\omega t}dt = \hat y(\omega) 
\]
Dersom vi nå velger $\sigma$ slik at  $y$ kan fourieromvendes, 
følger det ved variabelskiftet $s=\sigma + i \omega$ at 
\[
x(t) = e^{\sigma t} y(t) = \frac{e^{\sigma t}}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat y(\omega)e^{i\omega t}d\omega 
=\frac{e^{\sigma t}}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(\sigma + i\omega)e^{i\omega t}d\omega 
=\frac{1}{2\pi i}\lim_{\omega \to \infty} \int_{\sigma-i\omega}^{\sigma+i\omega}X(s)e^{st}ds 
\]

\begin{minipage}{120mm}
Dette integralet er ikke så godt å beregne, 
men her kan residyteoremet hjelpe oss. 
La oss se på
\[
x(t)=
\begin{cases}
0 \hspace{10mm} &t< 0 \\
\sin t \hspace{10mm} &t\geq 0 
\end{cases}
\]
I følge formelen over, 
er 
\[
x(t)=\frac{1}{2\pi i}\lim_{\omega \to \infty} \int_{\sigma-i\omega}^{\sigma+i\omega}\frac{e^{st}}{s^2+1}ds 
\]
men hvis vi legger til en del av en sirkel slik at vi får en lukket kontur $\Gamma$
(se figuren til høyre), 
kan vi bruke residyteoremet, og skrive
\end{minipage}
\begin{minipage}{60mm}
\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/bromwich}
\end{center}
\end{minipage}
\[
\frac{1}{2\pi i} \left( \int_{\Gamma_1}\frac{e^{st}}{s^2+1}ds + \int_{\Gamma_2} \frac{e^{st}}{s^2+1}ds \right) = \sum \text{res} \frac{e^{st}}{s^2+1} 
\]
dersom $\sigma$ er stor nok til at begge singularitetene til $1/(s^2+1)$ ligger inni $\Gamma$.

\begin{oppgave}{14}
Vis at summen av residyene til $\frac{e^{st}}{s^2+1}$ blir $\sin t$. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{15}
Vis at integralet $\int_{\Gamma_2} \frac{e^{st}}{s^2+1}ds$ går mot null når $\omega \to \infty$ på grunn av eksponensialfunksjonen i nevneren.
\end{oppgave}

\clearpage


Cauchys integralformel åpner for en alternativ oppskrift for koeffisientene til taylorrekken til $f$:
\[
f(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^n(z_0)}{n!}\left(z-z_0\right)^n= 
\sum_{n=0}^\infty \frac{\left(z-z_0\right)^n}{2\pi i } \int_\Gamma \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\; dz.
\]
Høyresiden av Cauchys generaliserte integralformel gir også mening for negative $n$, 
så her har du faktisk en formel for alle leddene i laurentrekken til $f$. 

\begin{oppgave}{16}
    Hva blir koeffisienten til $n=-1$?
\end{oppgave}

Det finnes raske formler for å beregne residyer. 
Noen av dem er relativt enkle å utlede. 

\begin{oppgave}{17}
    Hvis at dersom $z_0$ er en enkel pol, 
    er 
    \begin{align*}
        \mathop{\mathrm{Res}}_{z = z_0} f(z) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0)f(z).
    \end{align*}
\end{oppgave}

Formelen over generaliseres til 
\begin{align*}
    \mathop{\mathrm{res}}_{z = z_0} f(z) = \frac{1}{(n-1)!}\lim_{z \to z_0} \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}(z-z_0)^nf(z).
\end{align*}

\begin{oppgave}{18}
    Gjør oppgave 10 på nytt. 
\end{oppgave}

\begin{center}\includegraphics[scale=.28]{../figurer/L1005655}\end{center}


\begin{comment}





\clearpage






\section*{UKENS NØTTER}

\end{comment}
\end{document}
