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did (27/10/2005, 13h49)
Ma question concerne s'application du theoreme
des residus en analyse complexe. L'idee m'est
venue en parcourant mes bouquins d'analyse
complexe (j'en ai un certain nombre !). J'ai
bien "googler" mais n'est rien trouve de
consistant, peut etre par manque de mots cles
appropries. Je vous soumet donc ma question.

Le theoreme des residus s'applique
lorsque le domaine (et/ou sa frontiere)
contient des poles simples (le physicien
parle plutot de dipoles), i.e., des
singularites isolees du type 1/z.

Si a la place on a des paires de monopoles
d'egales intensites, de signes opposes et
separe par une distance 2L, du type
[ log(z+L) - log(z-L) ] / 2L
où l'on definit la coupure comme le
segment de droite reliant les deux
monopoles, peut on appliquer tel
quel le theoreme des residus ?

Si non, comment peut il se modifier ?

Si oui, qu'en est il lorsque un (ou
2) des monopoles est sur la frontiere ?

Ou quand les 2 monopoles sont a l'interieur
mais que la coupure traverse la frontiere ?
Suffit il de modifier la coupure ?

Si oui, y'a t il un probleme
quand 2 coupures se croisent ?

Etc.

Merci.
Alain Pichereau (27/10/2005, 19h41)
On 27 Oct 2005 04:49:18 -0700, "did" <didier.oslo> wrote:

[..]
>contient des poles simples (le physicien
>parle plutot de dipoles), i.e., des
>singularites isolees du type 1/z.

les pôles n'ont pas à être obligatoirement simples
(on peut très bien appliquer le th des résidus à 1/z^n )
et il me semble que ces pôles ne doivent pas être sur la frontière
puisque on intégre sur cette frontière
le résultat de l'intégrale étant la somme des résidus des pôles à
l'intérieur du domaine délimité par cette frontière
did (27/10/2005, 20h27)
Les residus sont en effets nuls pour des
singularites 1/z^n avec entier n>1. Merci, mais
ca je savais.

De plus oui, les poles peuvent etre sur la frontiere.
Le coeff. du residu n'est alors plus 2pi, mais
l'angle interne a la frontiere, soit pi pour une
frontiere lisse, et 0 en dehors du domaine.

D.
Pichereau alain (28/10/2005, 14h44)
On 27 Oct 2005 11:27:36 -0700, "did" <didier.oslo> wrote:

>Les residus sont en effets nuls pour des
>singularites 1/z^n avec entier n>1. Merci, mais
>ca je savais.

oui mais par ex pour (1+z)^4/z^3
de pôle multiple 0 , le résidu,6, n'est pas nul et on peut appliquer
quand même le th des résidus en intégrant le long d'un cercle de
centre 0
>De plus oui, les poles peuvent etre sur la frontiere.
>Le coeff. du residu n'est alors plus 2pi, mais
>l'angle interne a la frontiere, soit pi pour une
>frontiere lisse, et 0 en dehors du domaine.

bon, ca j'ignorai totalement (sauf pour 0 en dehors évidemment)
mais, tel quel, ca me paraît quand même un peu bizarre car par
exemple
qu'est-ce que ca donnerait pour
l'integrale de 1/(z-1)
le long du cercle C de centre 0 et de rayon 1?
alors que la fonction n'est pas définie en 1, pas bornée au voisinage
de 1
did (28/10/2005, 15h26)
> oui mais par ex pour (1+z)^4/z^3
> de pôle multiple 0 , le résidu,6, n'est pas nul et on peut appliquer
> quand même le th des résidus en intégrant le long d'un cercle de
> centre 0


(1+z)^4/z^3 = 1/z^3 + 4/z^2 + 6/z + 4 + z

Donc, y'a bien une singularite en 1/z avec 6 comme residus.
Ou est la contradiction avec ce que j'ai dit ?

> bon, ca j'ignorai totalement (sauf pour 0 en dehors évidemment)
> mais, tel quel, ca me paraît quand même un peu bizarre car par
> exemple
> qu'est-ce que ca donnerait pour
> l'integrale de 1/(z-1)
> le long du cercle C de centre 0 et de rayon 1?
> alors que la fonction n'est pas définie en 1, pas bornée au voisinage
> de 1


C'est defini a l'aide de la partie principale de Cauchy.
Int_cercle_unit dz/(z-1) = i * Pi

C'est tres utile en pratique pour resoudre l'equation de
Laplace, par exemple, a l'aide de formulation integrale
aux frontieres. On derive ainsi, en particulier, la transformee
de Hilbert.

D.
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