Приложение теории вычетов: вычислить интеграл по контуру

[Con-Serv]

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?

[Gordmit]

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!

[Con-Serv]

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

[Gordmit]

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.

[Brukvalub]

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 ).

[Con-Serv]

Проверил, вроде не наврали, сначала думал, что неправильный вычет, но вроде так.

[Lin@r]

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$.

[Полосин]

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.

[RIP]

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 $\mathop{\mathrm{Res}}_{z=\infty}f(z)=\lim_{z\to+\infty}z(f(\infty)-f(z))$ (у Gordmitа лишний минус).

[Lin@r]

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?

[RIP]

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 $1-\ch(1/2)$.

[Lin@r]

Действительно, но в точке $2i$ я получил только $-\ch (1/2)$. А как получить недостающую единицу?

[RIP]

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 $0$.

[Lin@r]

(Оффтоп)

Всё, разобрался наконец. Большое спасибо!