\input{preamble}

\title{4 - 23 - KRASJKURS I RESIDYREGNING}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

%heldige

\maketitle

%poissons formel fra cauchys integralformel

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.
og oppførselen kan oppsummeres som følger. 
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 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}. 
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}. 
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. 
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*}
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 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


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}{16}
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 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{center}\includegraphics[scale=.28]{../figurer/L1005655}\end{center}

\end{document}
