大学院試験の過去問なんですが、
φ(z)=f(z)/{(z-a)(z-b)}の関係式があるとき、
無限遠点における留数はゼロであることを証明するという内容で、
条件として
f(z)はz-平面で有限領域において正則で、
かつ|f(z)|は一定数Mより小さいとする。
a,bは複素数(a≠b)とする。
無限遠点というのは、リーマン面に写像するときに
球の頂点と対応させるために定義した点だと理解したのですが、
何を言えばいいのかわからず悩んでいます。
長くなってすいません・・・

このQ&Aに関連する最新のQ&A

A 回答 (2件)

 φ(z)の、zの無限遠点における留数を求めるのは厄介ですので、p=1/zとしてp=0での留数を求められると良いでしょう。


 φ(1/z)=f(1/z)/{(1/z-a)(1/z-b)}から、φ(p)=f(p)/{(p-a)(p-b)}ですが、これをp=0を中心としてローラン展開すると、
φ(p)={f(p)/a/b}(1+p/a+…)(1+p/b+…)
になります。
 題意から|f(p)|<Mですので、φ(p)のp=0を中心とするローラン展開はpの負のべき乗項を持ちません。従って、φ(p)はp=0で正則か、またはp=0は高々除去可能な特異点ということになります。
 従って、p=0を囲む閉曲線に沿っての積分の絶対値はp=r・exp(jq)として、
|1/(j2π)Sφ(p)dp|<|1/(j2π)SMdp|=lim(r→0)|1/(2π)SMr・exp(jq)dq|=0
になります。これより、φ(p)のp=0における留数は、
1/(j2π)Sφ(p)dp=0
になります。従って、元に戻って、φ(z)の、zの無限遠点における留数は0ということになります。
(積分記号がすべてSに化けております。また、表示がうまくいきませんので、lim(r→0)と変な書き方をしております。)
    • good
    • 0

ヒントを書いておきます。



Cauchyの積分表示の定理
f(a)=(1/2πi)∫f(z)/(z-a)dz
積分は閉曲線Cについて行う。∫に○のついた記号です。
aは閉曲面内の一点。
以下∫記号は同じく解釈してください。

f(a)=(1/2πi)∫f(z)/(z-a)dz
f(b)=(1/2πi)∫f(z)/(z-b)dz

f(a)-f(b)=((a-b)/2πi)∫f(z)/(z-a)(z-b)dz

z=Rexp(iφ)
とおき、R→∞とすると、この積分は0になる。

留数はご存知ですネ?

では。

この回答への補足

f(a)-f(b)=((a-b)/2πi)∫f(z)/(z-a)(z-b)dz
(留数)= {f(a)-f(b)}/(a-b)=(1/2πi)∫f(z)/(z-a)(z-b)dz
これが留数となって、
z=R・exp(iφ)をこれに代入すると積分の中身の分母のほうが
Rの次数が高くなって R→∞ とすると右辺がゼロになる。
だから、無限遠点における留数はゼロということでしょうか?
ちょっとまだ自信がないんですが・・・
あと、無限遠点という言い回しは、僕の解釈であっています?

補足日時:2001/08/25 22:09
    • good
    • 0

お探しのQ&Aが見つからない時は、教えて!gooで質問しましょう!

このQ&Aと関連する良く見られている質問

Q不等式 |a-b|<(1/2)|b| ならば |a|>(1/2)|b| (a,b:複素数) の証明

解析の本で
ある複素数列がある複素数に収束するとき
その逆数の数列が収束値の逆数に収束する証明で使われています。
なんか自明のように使われていました。

虫のいいお願いですが、
複素平面を利用した幾何的な証明と
代数的な(式による)証明と
いただけるとうれしいです。

Aベストアンサー

幾何的証明は図を描けば明らかなので、代数的証明を。


|a-b|≧|b|-|a|が成立すれば、
|a|≧|b|-|a-b|>|b|-(1/2)|b|=(1/2)|b|
となるので、|a-b|≧|b|-|a|を証明することにします。


a=a1+ia2、b=b1+ib2、とおくと、
(|a-b|)^2-(|b|-|a|)^2
=(a1-b1)^2+(a2-b2)^2-(a1^2+a2^2+b1^2+b2^2-2|a||b|)
=2(|a||b|-a1b1-a2b2)

ここで、
(|a||b|)^2-(a1b1+a2b2)^2
=(a1^2+a2^2)(b1^2+b2^2)-(a1^2*b1^2+a2^2*b2^2+2a1a2b1b2)
=a1^2*b2^2+a2^2*b1^2-2a1a2b1b2
=(a1b2-a2b1)^2≧0
なので、
(|a-b|)^2-(|b|-|a|)^2≧0

∴|a-b|≧|b|-|a|



なお、|a||b|-(a1b1+a2b2)≧0 は、
内積 a・b=a1b1+a2a2=|a||b|cosθ≦|a||b|
からでも証明可能です。

幾何的証明は図を描けば明らかなので、代数的証明を。


|a-b|≧|b|-|a|が成立すれば、
|a|≧|b|-|a-b|>|b|-(1/2)|b|=(1/2)|b|
となるので、|a-b|≧|b|-|a|を証明することにします。


a=a1+ia2、b=b1+ib2、とおくと、
(|a-b|)^2-(|b|-|a|)^2
=(a1-b1)^2+(a2-b2)^2-(a1^2+a2^2+b1^2+b2^2-2|a||b|)
=2(|a||b|-a1b1-a2b2)

ここで、
(|a||b|)^2-(a1b1+a2b2)^2
=(a1^2+a2^2)(b1^2+b2^2)-(a1^2*b1^2+a2^2*b2^2+2a1a2b1b2)
=a1^2*b2^2+a2^2*b1^2-2a1a2b1b2
=(a1b2-a2b1)^2≧0
なので、
(|a-b|)^2-(|b|-...続きを読む

Aベストアンサー

絶対値があるので、x<a1 と a1≦x<a2 と a2≦x の3通りの場合分け
が必要です。0<b1<b2ですから、与式の両辺に b1b2 をかけておいて
 b2|(x-a1)|>b1|(x-a2)| と変形してからやるといいです。
考えとしては絶対値の外し方[x<0のときlxl=-x,0≦xのときlxl=x]を使い
ます。
1.x<a1 のとき・・・x-a1もx-a2も負になるからマイナスをつけてはずす
   -b2(x-a1)>-b1(x-a2) →両辺に-1をかけてb2(x-a1)<b1(x-a2)
   これを解いて、 x<(a1b2-a2b1)/(b2-b1) ・・・(1)
   ここで a1 と (a1b2-a2b1)/(b2-b1) の大小関係を調べると
   両方に(b2-b1)をかけた式で a1(b2-b1)-(a1b2-a2b1)=-a1b1+a2b1
   =b1(-a1+a2)>0 となるので a1>(a1b2-a2b1)/(b2-b1) となります
   したがって、ここでの解は(1)の解でよいことになります。
2.a1≦x<a2 のとき・・・x-a1は正、x-a2は負だから
   b2(x-a1)>-b1(x-a2)
   これを解いて、x>(a1b2+a2b1)/(b1+b2)
   ここで、1.のときと同様にして (a1b2+a2b1)/(b1+b2) とa1,a2
   との大小関係を考えると、省略しますが、
     a1<(a1b2+a2b1)/(b1+b2)<a2 となり、
   ここでの解は (a1b2+a2b1)/(b1+b2)<x<a2・・・(2)
3.a2≦x のとき・・・x-a1もx-a2も正だから
   b2(x-a1)>b1(x-a2)
   これを解いて x>(a1b2-a2b1)/(b2-b1)
   同様に a2 と (a1b2-a2b1)/(b2-b1) の大小関係を調べると、また
   省略しますが a2>(a1b2-a2b1)/(b2-b1) となり
   ここでの解は a2≦x・・・(3)

以上、(1)~(3)が解となります。
各場合について、数直線をかいて考えるといいでしょう。

絶対値があるので、x<a1 と a1≦x<a2 と a2≦x の3通りの場合分け
が必要です。0<b1<b2ですから、与式の両辺に b1b2 をかけておいて
 b2|(x-a1)|>b1|(x-a2)| と変形してからやるといいです。
考えとしては絶対値の外し方[x<0のときlxl=-x,0≦xのときlxl=x]を使い
ます。
1.x<a1 のとき・・・x-a1もx-a2も負になるからマイナスをつけてはずす
   -b2(x-a1)>-b1(x-a2) →両辺に-1をかけてb2(x-a1)<b1(x-a2)
   これを解いて、 x<(a1b2-a2b1)/(b2-b1) ・・・(1)
   ここで a1 と (...
続きを読む

Q定数a、bにて|a|/|b|=|a/b|

は成り立ちますか?

Aベストアンサー

b=0でなければ成り立ちますよ

QA,Bをn次正方行列とする場合、|A B B A|=|A+B||A-

A,Bをn次正方行列とする場合、|A B B A|=|A+B||A-B|を証明したいのですが。

Aベストアンサー

最初、質問の意味が全く解らなかったのですが、
次の質問 http://oshiete.goo.ne.jp/qa/5907606.html
と見くらべると、どうやら、2n 次の行列式
|A  B|
|B  A|
のことを言っているようですね。それなら、値は
|A+B||A-B|
と等しくなります。なるほどね。

行列式の基本変形をしてみましょう。
|A  B|
|B  A|
の第 n+k 列(k = 1 … n) を、それぞれ第 k 列へ加えると、
|A+B  B|
|B+A  A|
となります。更に、
第 k 列(k = 1 … n) を、それぞれ第 n+k 列から引くと、
|A+B  B|
|O  A-B|
です。

このブロック三角行列の行列式が、行列式の積
|A+B||A-B|
になることは、Σ を使った行列式の表示
(http://www.snap-tck.com/room04/c01/matrix/matrix08.html
のような…)に、
左下の 0 となる成分を代入してみれば、確認できます。


人気Q&Aランキング

おすすめ情報