Интеграл с помощью вычетов

[Dan B-Yallay]

Не имеет значения. Bот выписана производная. Покажите, как в пределе вы получаете $\dfrac {3\pi}{16}$
А то я сегодня спать не смогу..

[Ms-dos4]

Dan B-Yallay
Производную вы нашли верно. После приведения к общему знаменателю имеем
$\[\begin{array}{l} \frac{{\pi {{(z - 1)}^2}({z^2} - 1)\cos \pi z - 6z{{(z - 1)}^2}\sin \pi z + 2(z - 1)({z^2} - 1)\sin \pi z}}{{{{({z^2} - 1)}^4}}} = \\ = \frac{{\pi {{(z - 1)}^3}(z + 1)\cos \pi z - 6z{{(z - 1)}^2}\sin \pi z + 2{{(z - 1)}^2}(z + 1)\sin \pi z}}{{{{(z - 1)}^4}{{(z + 1)}^4}}} = \\ = \frac{{\pi (z - 1)(z + 1)\cos \pi z - 2(2z - 1)\sin \pi z}}{{{{(z - 1)}^2}{{(z + 1)}^4}}} \end{array}\]$
Раскладываем в ряд Тейлора косинус и синус в окрестности 1, достаточно до $\[{z^3}\]$ включительно, т.е.
$\[\cos \pi z \approx \frac{1}{2}{\pi ^2}{(z - 1)^2} - 1\]$
$\[\sin \pi z \approx \frac{{{\pi ^3}}}{6}{(z - 1)^3} - \pi (z - 1)\]$

Аккуратно "причёсываем"
$\[\begin{array}{l} \frac{{\pi (z - 1)(z + 1)(\frac{1}{2}{\pi ^2}{{(z - 1)}^2} - 1) - 2(2z - 1)(\frac{{{\pi ^3}}}{6}{{(z - 1)}^3} - \pi (z - 1))}}{{{{(z - 1)}^2}{{(z + 1)}^4}}} = \\ = \frac{{{\pi ^3}{{(z - 1)}^2}[\frac{1}{2}(z + 1) - \frac{1}{3}(2z - 1)] + \pi [2(2z - 1) - (z + 1)]}}{{(z - 1){{(z + 1)}^4}}} = \\ = \frac{{3\pi (z - 1) - \frac{{{\pi ^3}}}{6}{{(z - 1)}^2}(z - 5)}}{{(z - 1){{(z + 1)}^4}}} \end{array}\]$
имеем
$\[\frac{{18\pi - {\pi ^3}(z - 5)(z - 1)}}{{6{{(z + 1)}^4}}}\]$. При $\[z \to 1\]$ очевидно $\[\frac{3}{{16}}\pi \]$
(может лопиталить было и быстрее, но я сомневаюсь в этом)

[ewert]

Кто же так берёт производные и тем более так раскладывает в ряд? На самом деле это не $\dfrac{\sin(\pi z)(z-1)^2}{(z^2-1)^3}$
, а $\dfrac{\sin(\pi z)}{(z-1)(z+1)^3}$, и после замены $z-1=w$ получается

$-\dfrac{\sin(\pi w)}{w(w+2)^3}=-\dfrac{\sin(\pi w)}{8w}\cdot\big(1+\frac{w}2\big)^{-3}=-\big(\frac{\pi}8+O(w^2)\big)\cdot\big(1-\frac{3w}2+O(w^2)\big)=$

$=-\frac{\pi}8+\frac{3\pi}{16}\,w+O(w^2),$

откуда и впрямь вычет (т.е. производная последнего выражения в нуле) равен $\frac{3\pi}{16}$. Вычет же во втором полюсе ровно такой же просто из-за нечётности функции.

-- Вс янв 26, 2014 10:31:52 --

Или то же самое, но вообще без дифференцирования:

$f(z)=-\dfrac{\sin(\pi w)}{w^3(w+2)^3}=-\dfrac{\sin(\pi w)}{8w^3}\cdot\big(1+\frac{w}2\big)^{-3}=$

$=-\big(\frac{\pi}8\,w^{-2}+O(1)\big)\cdot\big(1-\frac{3}2\,w+O(w^2)\big)=-\frac{\pi}8\,w^{-2}+\frac{3\pi}{16}\,w^{-1}+O(1),$

вот вам и вычет.

[Dan B-Yallay]

Ms-dos4
Спасибо что разжевали. А то я на скорую руку закинул предел производной в wxMaxima и получил бесконечность.
А разложить в ряд поленился.
Нет теперь Maxime довэрия.

-- Вс янв 26, 2014 01:01:15 --

ewert

[ewert]

На самом деле эта дробь без особого труда и тупо дифференцируется -- но только, естественно, после сокращения и замены:

$-\dfrac{d}{dw}\left(\dfrac{\sin(\pi w)}{w(w+2)^3}\right)=\dfrac{-\pi\cos(\pi w)\cdot w(w+2)^3+\sin(\pi w)\cdot\big((2+w)^3+3w(2+w)^2\big)}{w^2(2+w)^6}=$

$=\dfrac{-\pi\big(1+O(w^2)\big)\cdot\big(8w+12w^2+O(w^3)\big)+\big(\pi w+O(w^3)\big)\cdot\big(8+12w+12w+O(w^2)\big)}{64w^2+O(w^3)}=$

$=-\dfrac{12\pi w^2+O(w^3)}{64w^2+O(w^3)}=\dfrac{3\pi}{16}+O(w).$

Хотя гораздо разумнее, конечно, просто выписать отрезок ряда Лорана безо всяких дифференцирований.

[Limit79]

Господа, спасибо за разъяснения! Но в итоге у меня верно, а в учебнике ошибка?