Нахождение интеграла с помошью вычетов

[Жек]

Найти интеграл $\int\limits_g {f(z)dz}$ с помошью вычетов. Кривая $g$ ориентирована против часовой стрелки.

$f(z)= \frac{tgz}{z*(z- \frac{ \pi}{4})^2}$

$g : |z-1-i|= \sqrt{3}$

Обьясните как решать примеры такого типа.(или дайте сылку где прочесть)
Покажите решение на данном примере.

Я уже начал делать,но ,,,

$z=0$-устранимая особая точка.
$z= \frac{ \pi}{4}$-полюс 2-го порядка.


я начал искать вычеты в етих особых точках $res ( f(z), \frac{ \pi}{4})$и тут встал в ступор.

$\lim\limits_{z\to \frac{ \pi}{4}} \frac{d}{dz}f(z)=...$

[Henrylee]

Жек писал(а):

я начал искать вычеты в етих особых точках $res ( f(z), \frac{ \pi}{4})$и тут встал в ступор.

$\lim\limits_{z\to \frac{ \pi}{4}} \frac{d}{dz}f(z)=...$

Найдите два первых слагаемых многочлена Тейлора функции $\frac{\tg z}z$ в окрестности $z=\pi/4$

[RIP]

Жек писал(а):

я начал искать вычеты в етих особых точках $res ( f(z), \frac{ \pi}{4})$и тут встал в ступор.

$\lim\limits_{z\to \frac{ \pi}{4}} \frac{d}{dz}f(z)=...$

Формула неверна. Если $z=z_0$ - полюс порядка $p$ функции $f(z)$, то вычет

$$\mathop{\mathrm{res}}_{z=z_0}f(z)=\frac1{(p-1)!}\cdot\frac{d^{p-1}}{dz^{p-1}}\bigl((z-z_0)^pf(z)\bigr)\Bigr|_{z=z_0}.$$

[Жек]

с формулой я согласен (описался нечаяно)

Добавлено спустя 3 минуты 7 секунд:

Вы мне даете решение через ряд а должно решаться проше без него.
т.к нет стандартного разложения для $ tgz$ .

[AD]

Ну первые два слагаемых-то всегда можно выписать ...

[Жек]

по формуле тоже $ \frac{0}{0}$ тоже ерунда

[AD]

Это там не подстановка $z=z_0$, а переход к пределу при $z\to z_0$. Хотя обычно он оборачивается именно подстановкой.

Добавлено спустя 1 минуту 8 секунд:

Не вижу никакого $\tfrac00$.

[Жек]

ну я мож ошибся

$ \frac{tgz}{z}= \frac{ 1- \frac{z^2}{6} + O(x^4) }{1- \frac{z^2}{2} + O(x^5) }$

но будет наверно так

[AD]

Щас, что вы такое пишите??
У вас $z_0=\frac\pi4$.

[Жек]

нет ет я про


Если $z=z_0$ - полюс порядка $p$ функции $f(z)$, то вычет

$$\mathop{\mathrm{res}}_{z=z_0}f(z)=\frac1{(p-1)!}\cdot\frac{d^{p-1}}{dz^{p-1}}\bigl((z-z_0)^pf(z)\bigr)\Bigr|_{z=z_0}.$$

[/quote]

при подстановке в ету формулу получается $ \frac{0}[0}$

Добавлено спустя 1 минуту 15 секунд:

пришу разложение в ряд первые 2 члена

[AD]

Нужно $\left.\cdots\right|_{z=z_0}$, а не $\left.\cdots\right|_{z=0}$

Добавлено спустя 43 секунды:

И в ряд раскладывать тоже надо в точке $z_0$, а не в нуле.

[Жек]

ну значит надо раскладывать
$ \frac{tg(z- \frac{ \pi}{4} )}{z- \frac{ \pi}{4}}$

Добавлено спустя 1 минуту 30 секунд:

по степеням $z$

Добавлено спустя 5 минут 58 секунд:

ну если расматривать тока первые 2 члена ряда то получиться

$ \frac{tgz}{z}= \frac{3-z^2}{3*z+z^3}$ в точке $z_0= \frac{ \pi}{4}$

Добавлено спустя 1 минуту 33 секунды:

ну вот ушел((

[Brukvalub]

Неужели так трудно продифференцировать отношение $ \frac{tgz}{z}$ и подставить в производную $z_0= \frac{ \pi}{4}$ ???

[LynxGAV]

$$res[f(z),z_0]=\frac1{(p-1)!}\lim\limits_{z \to z_0} \frac{d^{p-1}}{dz^{p-1}}((z-z_0)^pf(z))$$

Итого $z_0=\frac{\pi}{4}, p=2$

$res[\frac{tgz}{z(z- \frac{ \pi}{4})^2}, \frac{\pi}{4}]=\lim\limits_{z \to \frac{\pi}{4} }\frac{d}{dz}[(z- \frac{\pi}{4})^2 \frac{\tg z}{z (z- \frac{\pi}{4})^2} ] = ...$

Добавлено спустя 11 минут 9 секунд:

По теореме о вычетах интеграл будет равен $2\pi i $ умножить на сумму вычетов внутри контура. Вычет один - в точке $\frac{\pi}{4}$ (вычет в устранимой особенности равен нулю, поскольку ряд Лорана содержит члены только с положительными степенями $(z-z_0)$).

Вам пытались объяснить также, что вычет можно было посчитать из разложения в ряд Лорана, для чего было достаточно найти первых два члена, но вы не поняли ...

[Жек]

вот спс

у меня получилось $\frac{ \pi^2*( \frac{ \pi}{2}-1)}{16}$

Добавлено спустя 1 минуту 30 секунд:

можете закрывать тему