© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

Hogere orde singulariteiten.
       
Je kunt hem niet vaak genoeg herhalen omdat hij nou eenmaal; zo mooi en belangrijk is:  hier is nog een keer de tweede integraalstelling van Cauchy:
       

       
Tot nu toe hebben we ons alleen bezig gehouden met de vormen  f(z)/(z - s).  Dat zijn eerste-orde-singulariteiten, want er wordt gedeeld door  (z - s)1 . Hoogste tijd om onze blik te verruimen. Hoe zou het zijn met hogere orde singulariteiten?
Om die te bekijken helpt het als je de stelling van Cauchy even anders noteert:
       

       
Wat staat daar nou eigenlijk?  Daar staat een functiewaarde f(s), uitgedrukt in integraal om s heen.
Maar kijk wat er gebeurt als we die functie differentiëren (naar s):

Wauw,  prachtig resultaat:  daar zijn de tweede-orde-singulariteiten al!
Maar wacht even:  mag dat zomaar, dat differentiëren en primitiveren verwisselen? 

Nou om kort te zijn:  JA!

Oei, dat is wel héél kort!.......

Je wist dat eigenlijk zelf al wel:  als je moest uitrekenen (f + g)'  dan mocht je dat apart doen:  f ' + g'.  Dat betekent dat de afgeleide van een som gelijk is aan de som van beide afgeleiden.  Nou, een integraal is ook gewoon een som, maar dan van oneindig veel stukken.
Conclusie:

       
En tja, nu is het hek van de dam natuurlijk. Echte wiskundigen slaan meteen op hol en maken daar op dezelfde manier een derde- vierde- vijfde-  en  nde-orde singulariteit van (niet omdat die in "praktijk" zoveel voorkomen, maar gewoon omdat het leuk is om te doen).
       

       
Belangrijk gevolg.

Hierboven staat eigenlijk:  "Als er een functie f(s) bestaat die ergens analytisch is, dan kun je met zo'n integraal als hierboven een nieuwe functie  f '(s) maken, die daar dan óók analytisch is. En daaruit weer een f '' enzovoorts. 
Dat betekent iets revolutionairs voor complexe getallen:   
 
Als een functie f(z) analytisch is in een punt s,
dan zijn alle afgeleiden  f ' en f '' en  f ''' en.....  daar óók analytisch!
       
Bedenk goed dat deze mooie stelling alleen voor complexe functies geldt. Je kunt makkelijk genoeg reële functies vinden waarvoor f '(x) wel bestaat, maar  f ''(x) niet. Maar als het je lukt een analytische complexe functie f(z) te schrijven als
 f(z) = u(x, y) + i • v(x, y), dan weet je zeker dat alle partiële afgeleiden van de (reële!) functies u en v  ook bestaan en continu zijn.
       
Voorbeeld 1.

Die noemer is gelijk aan (z + 2)2  dus heeft singulier punt s = -2
Cauchy geeft dan dat de integraal gelijk is aan  2πi • f '(s) = 2πi • f '(-2)  = 2πi • 2 • (-2)2 = 16πi
       
Voorbeeld 2.   Stel dat de functie f(s) is gedefinieerd door de volgende integraal:

 
Nou, laten we de uitbreiding op de stelling van Cauchy maar toepassen:

vervang nu  z - s door u  dan is  dz = du, en en z = u + s dat geeft in de teller:
2(u + s)2 + 4(u + s) + 1 = 2u2 + 4us + 2s2 + 4u + 4s + 1 = 2u2 + u(4s + 4) + (2s2 + 4s + 1) en dat geeft:


Daar rechts staan nu drie integralen:
• Die eerste integraal rechts is nul (want een kringintegraal zonder singulier punt geeft nul: Cauchy)
• Die tweede integraal is precies de tweede integraal van Cauchy, en heeft één singulier punt, dus afhankelijk van of dat punt binnen onze integratieroute ligt of niet is die integraal  0 (punt er niet binnen ) of  2πi • f(s)  (punt er wel binnen)
• Die derde integraal heeft teller constant (dus die kan wel buiten de integraal). Maar dan is deze int6egraal ook nul; kijk maar als je hem weer met z - s opschrijft:
 

  Maar die laatste integraal is nul  (eerste kringintegraal van Cauchy) dus de afgeleide ervan ook.
Kortom, van de drie integralen blijft alleen de middelste over, en die is nul of  2πif(s)
f '(s) = 2πi • (4s + 4)  als s binnen   |z| = 4  ligt  
2 + i  ligt binnen die cirkel  (want  √(22 + 12) < 4) , dus  f '(2 + i) = 2πi (4(2 + i) + 4) = 2πi(12 + 4i) = π(-8 + 24i)
       
Voorbeeld 3.

Dat lijkt nogal op de f (n)(s) formule hierboven, vind je niet? 
Voor de tweede afgeleide geeft die formule met  f(z) = e-2z  en  s = -2  en C de gebruikte cirkel namelijk het volgende:

Maar als  f(s) = e-2s  dan vind je door "gewoon" te differentiëren dat  f ''(s) ook gelijk is aan  4e-2s dus  f ''(-2) = 4e4
Als je die twee manieren om f ''  te berekenen aan elkaar gelijk stelt, dan geeft dat:

       
Voorbeeld 4.

Hé, die ³√z is een meerwaardige functie, dus dat geeft zo'n sleutelgatintegraal als in deze les.
Daar vonden we dat geldt:  
Er is een singulier punt bij  z = -1 van orde twee.
f(z) = ³√z  geeft  f '(z) =  1/3 • z -2/3  dus  f ' (-1) = 1/3  • (-1)-2/3 
Schrijf -1 als  e-iπ  dan is het residu gelijk aan   1/3 • e2πi/3 wordt de formule:
 
Voorbeeld 5.
Kies (voor de zoveelste keer) een integratieroute als hiernaast

De integraal langs de halve cirkel wordt nul, en het enige singuliere punt binnen de integratie route is  z = i

Hoe groot is het residu van  1/(z² + 1)n   bij z = i ????
Dat is gelijk aan de nde afgeleide bij z = i:



 

Maar  i2n - 1 = i2n • i-1 = (i2)n • -i = (-1)n • -i  dus dan hou je van die  (-1)n - 1  en die 1/(i2n - 1) samen nog  -i over.
Verder moet je dit residu ook nog met 2πi vermenigvuldigen, en dan geeft dat voor de integraal:

       
       

© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)