Найти вычет tan^2

[Samuil_Adam]

Помогите найти вычет функции $\frac{\tg^2\frac {\pi*z}{2}}{z}$ в точках $z_k=2k+1$

[Cash]

Проверяйте условие. У той функции, что вы привели, вычет в данных точках будет равен нулю, сами догадайтесь почему.

[Samuil_Adam]

Cash в сообщении #830390 писал(а):

Проверяйте условие. У той функции, что вы привели, вычет в данных точках будет равен нулю, сами догадайтесь почему.

В том то и дело, что у меня получается нуль. Но у меня есть готовое решение, которое не совсем мне понятно. Но там получается совсем не нуль(

[SpBTimes]

Как же нулю, не нулю.
А вы знаете, что за точки то перед вами?

[Samuil_Adam]

SpBTimes в сообщении #830499 писал(а):

Как же нулю, не нулю.
А вы знаете, что за точки то перед вами?

Полюс кратности 2. Не могу найти по общей формуле вычисления вычетов.

[SpBTimes]

Так а в чем проблема? Если полюс кратности $k$, то

$$ \operatorname{res}_{z_0}f(z) = \frac{1}{(k - 1)!} \lim\limits_{z \to z_0}\frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}((z - z_0)^kf(z)) $$

Посчитайте.

Или через Лорана, но тут это не очень удобно, я думаю

[Samuil_Adam]

SpBTimes в сообщении #830512 писал(а):

Так а в чем проблема? Если полюс кратности $k$, то

$$ \operatorname{res}_{z_0}f(z) = \frac{1}{(k - 1)!} \lim\limits_{z \to z_0}\frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}((z - z_0)^kf(z)) $$

Посчитайте.

Ну вот, что у меня получается не в первый раз, прихожу в тупиковую ситауцию. Может ошибка где-то?
$\frac{1}{2\pi i} \int \frac{\tg^2 \frac{\pi z}{2}}{z} dz= \lim\limits_{z \to z_0}\frac{d}{dz}((z - (2k+1))^2 \frac{\sin^2 \frac{\pi z}{2}}{z \cos^2 \frac{\pi z}{2}})= 2\lim\limits_{z \to z_0}((z - (2k+1)) \frac{\sin \frac{\pi z}{2}}{z \cos \frac{\pi z}{2}}) ((z - (2k+1)) \frac{\sin \frac{\pi z}{2}}{z \cos \frac{\pi z}{2}})'$

$u'v-uv'= (\sin\frac{\pi z}{2} +\frac{\pi }{2} (z - (2k+1)) \cos\frac{\pi z}{2} )z \cos\frac{\pi z}{2} - ((z - (2k+1)) \sin\frac{\pi z}{2})(\cos\frac{\pi z}{2}-z\frac{\pi }{2}\sin\frac{\pi z}{2})$

$=z \frac{1 }{2}\sin\pi z + \frac{z\pi }{2}(z - (2k+1)) \cos^2\frac{\pi z}{2} - (z - (2k+1)) \frac{1 }{2}\sin\pi z + (z - (2k+1)) z \frac{\pi }{2}\sin^2\frac{\pi z}{2}$

$=\frac{z }{2} \sin\pi z - (z - (2k+1)) \frac{1 }{2}\sin\pi z + \frac{\pi }{2} z (z - (2k+1)) 1$
Не учел $\sqrt{z}$, но это особо сути не меняет. Все равно в моем решение числитель зануляется.

[Cash]

(Оффтоп)

Ух ты.
В тангенсе оказывается аргумент $\frac {\pi \cdot z}2$
а я его как $\frac {\pi + z}2$ прочитал. Уж очень такая маленькая звездочка на плюс похожа.

-- Вт фев 25, 2014 18:09:57 --

Нет, не получается ноль.
Совет: искомый предел равен коэффициенту при $z-z_k$ в разложении в ряд Тейлора.

[Taus]

(Оффтоп)

Cash в сообщении #830524 писал(а):

Совет: искомый предел равен коэффициенту при $z-z_k$ в разложении в ряд Тейлора.

Может быть при $(z-z_k)^{-1}$ в ряде Лорана?

[SpBTimes]

Косинусы-синусы - это не очень хорошо. Возьмите, да в ряд их в том пределе разложите, до куда-нибудь, потом сократите. Ну а уж производную от дроби взять не так и сложно.

[Cash]

(Оффтоп)

Taus в сообщении #830580 писал(а):

Cash в сообщении #830524 писал(а):

Совет: искомый предел равен коэффициенту при $z-z_k$ в разложении в ряд Тейлора.

Может быть при $(z-z_k)^{-1}$ в ряде Лорана?

мы же на $(z-z_k)^2$ уже умножили, я говорил именно про ту штуку, что ТС пытался взять производную. Получилось, конечно, как чайник вскипятить, ну да ладно