\input{preamble}

\title{4 - 12 - KRASJKURS I RESIDYREGNING - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

%heldige

\maketitle


    \begin{oppgave}{5}
        Ops, vi beregner:
\begin{align*}
    \frac{\cos z^2}{z^5} &= \frac{1}{z^5} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{4n}}{(2n)!} = \frac{1}{z^5} - \frac{1}{2z} + -\cdots \\[2mm]
\end{align*}
som gir
        \begin{align*}
            \int_\Gamma \frac{\cos z^2}{z^5}\; dz = -\pi i.
        \end{align*}
    \end{oppgave}
    
    \begin{oppgave}{6}
        Denne og, 
        vi får 
        \begin{align*}
            \int_\Gamma \frac{\sin 2z}{z^8}\; dz =& \int_\Gamma \frac{1}{z^8} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2z)^{2n+1}}{(2n+1)!}\; dz\\[2mm] 
            =& \int_\Gamma \frac{2}{z^7} - \frac{8}{3!z^5} + \frac{32}{5!z^3}-\frac{128}{7!z}-\cdots \; dz = -\frac{256\pi i}{7!}.
        \end{align*}
    \end{oppgave}

    \begin{oppgave}{7}
        Her er det kun i utviklingen til $e^{1/z}$ det dukker opp en $1/z$, 
        så 
            $\displaystyle\int_\Gamma e^{z} + e^{1/z}\; dz = 2\pi i$.
    \end{oppgave}

    \begin{oppgave}{8}
        Denne er litt mer jobb. 
        Det beste er kanskje å skrive det ut slik: 
        \begin{align*}
             e^{z+1/z} =& e^{z} e^{1/z} 
             =\sum_{m=0}^{\infty} \frac{z^m}{m!}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{z^n n!}\\[2mm]
            =& \hspace*{7mm}\left( 1+z + \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots  \right) \\
            +&\hspace*{5mm}\frac{1}{z} \left( 1+z + \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} +  \cdots \right) \\
            +&\hspace*{1mm}\frac{1}{2z^2} \left( 1+z + \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots \right) \\
            +&\frac{1}{3!z^3} \left( 1+z + \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} +  \cdots \right) \\
            +&\frac{1}{4!z^4} \left( 1+z + \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots \right) \\
            +& \cdots \\[2mm]
            =& 1+z + \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots   \\
            +& \color{red}\frac{1}{z}\color{black}+1 + \frac{z}{2} + \frac{z^2}{3!} + \frac{z^3}{4!} +  \cdots  \\
            +& \frac{1}{2z^2}+\color{red}\frac{1}{2z}\color{black} + \frac{1}{4} + \frac{z}{2\cdot 3!} + \frac{z^2}{2\cdot 4!} + \cdots  \\
            +& \frac{1}{3!z^3}+\frac{1}{3!z^2} + \color{red}\frac{1}{3!\cdot 2z}\color{black} + \frac{1}{3!3!} + \frac{z}{3!4!} +  \cdots  \\
            +& \frac{1}{4!z^4}+\frac{1}{4!z^3} + \frac{1}{4!2z^2} + \color{red}\frac{1}{4!3!z}\color{black} + \frac{1}{4!4!} + \cdots \\
            +& \cdots 
        \end{align*}
        og nå ser vi at
        \begin{align*}
            \int_\Gamma e^{z+1/z}\; dz = 2\pi i \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3!2!} + \frac{1}{4!3!} + \cdots \right).
        \end{align*}
    \end{oppgave}


\begin{oppgave}{8}
    Prinsipaldelen er alt som er markert i blått:    
    \begin{align*}
             e^{z+1/z}\; dz =& e^{z} e^{1/z} \\[2mm]
            =& 1+z + \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \cdots   \\
            +& \color{blue}\frac{1}{z}\color{black}+1 + \frac{z}{2} + \frac{z^2}{3!} + \frac{z^3}{4!} +  \cdots  \\
            +& \color{blue}\frac{1}{2z^2}+\frac{1}{2z}\color{black} + \frac{1}{4} + \frac{z}{2\cdot 3!} + \frac{z^2}{2\cdot 4!} + \cdots  \\
            +& \color{blue}\frac{1}{3!z^3}+\frac{1}{3!z^2} + \frac{1}{3!\cdot 2z}\color{black} + \frac{1}{3!3!} + \frac{z}{3!4!} +  \cdots  \\
            +& \color{blue}\frac{1}{4!z^4}+\frac{1}{4!z^3} + \frac{1}{4!2z^2} + \frac{1}{4!3!z}\color{black} + \frac{1}{4!4!} + \cdots \\
            +& \cdots
        \end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
    Funksjonen
    \[
        f(z)=\frac{1}{z^2(1-z)}
    \]
    har en singularitet i $z_0=0$ og i $z_0=1$. 
    Laurentutviklingen i $z_0=0$ får vi ved å bruke den geometriske rekken og skrive 
    \begin{align*}
        f(z)=\frac{1}{z^2(1-z)} = \frac{1}{z^2}\left( 1 + z + z^2 + \cdots \right)
    \end{align*}
    og nå ser vi at $z_0=0$ er en pol av orden to. 
    Laurentutviklingen i $z_0=1$ får vi ved å først taylorutvikle $1/z^2$ om $z_0=1$.
    Vi har 
    \begin{align*}
        \frac{d^n}{dz^n}\frac{1}{z^2}= (-1)^n (n+1)! \frac{1}{z^{n+2}}
    \end{align*}
    slik at 
    \begin{align*}
        \frac{1}{z^2}=& 1 - 2(z-1) + 3(1-z)^2 + \cdots\\
         =&1 + \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^nn(z-1)^n
    \end{align*}
    og 
    \begin{align*}
        f(z)=\frac{1}{(1-z)z^2} = 
        \frac{1}{1-z} \left( 1 + \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^nn(z-1)^n \right)= \frac{-1}{z-1} + \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n n(z-1)^{n-1}
    \end{align*}
    og vi ser at $z_0=1$ er en pol av orden 1.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
    Disse er bare å hente ut av laurentrekkene. 
    Vi får 
    \begin{align*}
        \text{res}_{z_0=0} f(z) = 
        \hspace*{10mm}
        \text{og}
        \hspace*{10mm}
        \text{res}_{z_0=1} f(z) = -1.
    \end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{11}
    $\displaystyle \int_\Gamma \frac{1}{z^2(1-z)} \; dz  = 
    2\pi i \left( \text{res}_{z_0=0} f(z) + \text{res}_{z_0=1} f(z)   \right) = 0$
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{12}
    $\displaystyle \int_\Gamma \frac{1}{z^2(1-z)} \; dz  = 
    2\pi i \text{res}_{z_0=1} f(z)    = -2\pi i$
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
    $\displaystyle \int_\Gamma \frac{1}{z^2(1-z)} \; dz  = 
    2\pi i \text{res}_{z_0=0} f(z)    = 2\pi i$
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{14}
    Siden 
    \begin{align*}
        \frac{e^{st}}{s^2+1} = \frac{e^{st}}{(s+i)(s-i)} 
    \end{align*}
    er funksjonen er singulær i $s=\pm i$, 
    så her er det noen poler og de må helt klart være enkle. 
    Hvis polen er enkel ser vi av formen på laurentrekken at vi kan 
    gange med $(s \pm i)$ og ta grenseverdien inn mot $s=\mp i$ for å få residyet:
    \begin{align*}
    \text{res}_{s_0=i} f(s)   &= \lim_{s\to i} (s-i)f(s) =\lim_{s\to i} \frac{e^{st}}{(s+i)}  =\frac{e^{it}}{2i}   \\[2mm]
    \text{res}_{s_0=-i} f(s)   &= \lim_{s\to -i} (s+i)f(s) =\lim_{s\to -i} \frac{e^{st}}{(s-i)}  =-\frac{e^{it}}{2i}   
    \end{align*} 
    Summen av disse to er helt klart $\sin t$.
    Denne er også enkel å ta med cauchys integralformel,
    som utledes i siste oppgave. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{15}
    Denne er for vanskelig for eksamen. 
    De av dere som trenger inversformelen for laplacetransform i avansert lineær 
    systemteori vil antagelig bli plaget med utledningen av foreleseren i kurset.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{16}
    Hvis $f$ er analytisk, 
    eksisterer grenseverdien 
    \begin{align*}
        f'(z) = \lim_{z\to z_0} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0},
    \end{align*}
    så funksjonen 
    \begin{align*}
        g(z) = 
        \begin{cases}
            \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} & z\neq z_0\\ 
            f'(z) & z= z_0\\ 
        \end{cases}
    \end{align*}
    er analytisk.
    Cauchys integralteorem gir 
    \begin{align*}
        0=\int_\Gamma g = 
        \int_\Gamma \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} \; dz 
    \end{align*}
    og som gir
    \begin{align*}
        \int_\Gamma \frac{f(z)}{z-z_0} \; dz =
        \int_\Gamma \frac{f(z_0)}{z-z_0} \; dz = 2\pi i f(z_0).
    \end{align*}
\end{oppgave}


\end{document}
