2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Приложение теории вычетов: вычислить интеграл по контуру
Сообщение24.05.2007, 16:21 
Приложение теории вычетов: вычислить интеграл по замкнутому контуру
\[
\oint\limits_{\left| z \right| = 3} {\frac{{z^2 \sin \frac{1}
{z}}}
{{(z - 1)(z - 2)}}} dz
\]
Здесь такие внутри этой окружности находятся полюсы 1 и 2 и особая точка \[
\infty 
\] только не понятно, какого характера последняя особая точка и каким образом дальшебудет производится подсчет этого интеграла? Брать сумму вычетов полюсов или считать вычет по бесконочено удаленной точке, и как это делается?

 
 
 
 
Сообщение24.05.2007, 17:06 
Зачем бесконечно удаленная точка, внутри контура ведь находятся только полюса первого порядка $z=1$, $z=2$, вот в них вычеты и считайте.

Добавлено спустя 12 минут 18 секунд:

Хотя нет, постойте, мы же пропустили еще одну особую точку: $z=0$. Кажется, она является существенной особой точкой для этой функции! :?

 
 
 
 
Сообщение24.05.2007, 17:28 
Gordmit
При z=0 получается, что синус от бесконечности? Если поэтому, то да. И тогда по каким образом считать вычет в существенно особой точке?

 
 
 
 
Сообщение24.05.2007, 17:33 
Так что действительно, надо считать вычет в бесконечно удаленной точке. Тогда интеграл будет равен $-2\pi i\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=\infty} f(z)$.

Для начала надо понять, почему $z=\infty$ - устранимая особая точка для $f(z)=\dfrac{z^2\sin\frac{1}{z}}{(z-1)(z-2)}$. Посчитаем предел:

$$\lim\limits_{z\to\infty}\frac{z^2\sin\frac{1}{z}}{(z-1)(z-2)}=\lim_{\zeta\to0}\dfrac{\sin\zeta}{(\zeta-1)(2\zeta-1)}=0.$$

Таким образом, $z=\infty$ - устранимая особая точка для $f(z)$, причем $\lim\limits_{z\to\infty}f(z)=f(\infty)=0$.

Теперь займемся вычетом в бесконечности. Если $z=\infty$ - устранимая особая точка для $f(z)$, то в окрестности бесконечности она представляется рядом $$f(z)=\sum_{n=-\infty}^0 c_n z^n=c_0+\frac{c_{-1}}{z}+\frac{\varphi(z)}{z^2}$$, причем $c_0=f(\infty)$, $-c_{-1}=\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=\infty} f(z)$. Отсюда ясно, что вычет в бесконечности считается так:

$$\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=\infty} f(z)=-\lim_{z\to\infty}z(f(\infty)-f(z)).$$

В нашем случае $f(\infty)=0$, и мы получаем $$-\lim_{z\to\infty} z(f(\infty)-f(z))=\lim_{z\to\infty}zf(z)$$, легко посчитать, что это равно 1. Так что интеграл равен $-2\pi i$. Надеюсь, нигде не наврал.

 
 
 
 
Сообщение24.05.2007, 17:37 
Аватара пользователя
Вычет в 0 равен коэффициенту при члене \[\frac{1}{z}\] в Лорановском разложении функции в проколотой окрестности 0.
Вычет в бесконечности равен минус коэффинциенту при члене \[\frac{1}{z}\] в Лорановском разложении функции в проколотой окрестности бесконечности. В Вашей задаче выгоднее подсчитать вычет в бесконечности и воспользоваться второй т. о вычетах (см. http://getuvm2.narod.ru/parth2/as3212.htm ).

 
 
 
 
Сообщение24.05.2007, 17:47 
Проверил, вроде не наврали, сначала думал, что неправильный вычет, но вроде так.

 
 
 
 Re: Приложение теории вычетов
Сообщение25.12.2009, 03:46 
Аватара пользователя
Здраствуйте, подскажите, пожалуйста, данный интеграл решается таким же способом? А то я все никак не могу решить его.
$\oint\limits_{\left| z-i \right| = 2} {\frac{{\cos \frac{1}
{z-2i}}}
{{z}}} dz$
Думал разложить в ряд Лорана по степеням $z-2i$, чтобы найти вычет в СОТ, но разложить не получилось.
Я посчитал, как показал Gordmit, и ответ тоже$ -2 \pi i$.

 
 
 
 Re: Приложение теории вычетов
Сообщение25.12.2009, 15:48 
Lin@r в сообщении #275023 писал(а):
Думал разложить в ряд Лорана по степеням $z-2i$, чтобы найти вычет в СОТ, но разложить не получилось.

В чем проблема-то? $\frac1z=\frac1{2i(1-i(z-2i)/2)}=\frac1{2i}(1+i(z-2i)/2+...)}$; разложение косинуса известно.
Другое дело, что этот путь не самый эффективный.

 
 
 
 Re: Приложение теории вычетов
Сообщение25.12.2009, 20:27 
Аватара пользователя
Lin@r в сообщении #275023 писал(а):
Я посчитал, как показал Gordmit, и ответ тоже$ -2 \pi i$.
На самом деле в обоих случаях ответ $+2\pi i$. Вычет на беск-ти для устранимой особенности считается по формуле $\mathop{\mathrm{Res}}_{z=\infty}f(z)=\lim_{z\to+\infty}z(f(\infty)-f(z))$Gordmitа лишний минус).

 
 
 
 Re: Приложение теории вычетов
Сообщение26.12.2009, 00:08 
Аватара пользователя
Решил интеграл, раскладывая в ряды Лорана, в итоге ответ получился другой $2 \pi i (\ch (1/2)+1/8)$. А как в MathCad'е можно проверить такие интегралы?

 
 
 
 Re: Приложение теории вычетов
Сообщение26.12.2009, 00:15 
Аватара пользователя
Lin@r в сообщении #275264 писал(а):
Решил интеграл, раскладывая в ряды Лорана, в итоге ответ получился другой $2 \pi i (\ch (1/2)+1/8)$.
Плохо решили. В нуле вычет $\ch(1/2)$, в точке $2i$ вычет $1-\ch(1/2)$.

 
 
 
 Re: Приложение теории вычетов
Сообщение26.12.2009, 02:58 
Аватара пользователя
Действительно, но в точке $2i$ я получил только $-\ch (1/2)$. А как получить недостающую единицу?

 
 
 
 Re: Приложение теории вычетов
Сообщение26.12.2009, 03:11 
Аватара пользователя
Lin@r в сообщении #275306 писал(а):
А как получить недостающую единицу?
У Вас должен был получиться ряд $-\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{-2n}}{(2n)!}$, а это и есть $1-\ch(1/2)$, поскольку суммирование начинается с $1$, а не с $0$.

 
 
 
 Re: Приложение теории вычетов
Сообщение26.12.2009, 03:20 
Аватара пользователя

(Оффтоп)

Всё, разобрался наконец. Большое спасибо!

 
 
 [ Сообщений: 14 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group