Поделитесь, кто-нибудь, формулой, please..

задан 1 Июн '14 21:36

См. здесь.

(1 Июн '14 21:42) falcao

@falcao а бесконечность, лежащая вне окружности, в которой нужно вычислить интеграл-полюс или устранимая особая точка?

(1 Июн '14 21:55) Jeg92

@Jeg92: может быть по-всякому. Там по ссылке есть примеры в том числе устранимых особенностей.

(1 Июн '14 21:59) falcao

@falcao у меня Integral(e^z/((z^4-1)(z+2i)))dz; |z-i|=2; из особых точек вне окружности лежит лишь z=-2i; следовательно, интеграл будет равен сумме вычетов в -2i и в бесконечности; можно ли в этом случае сделать так:найти функцию, которая была бы эквивалентна подынтегральной функции -функцию вида A/(z^m); A-const, и далее , если m=1, вычет в бесконечности будет равен -A;если m>1, то вычет будет равен нулю? либо же надо раскладывать подынтегральную функцию таким образом e^z=(1+z+z^2...);1/(z^4-1)=(-1)(1+z^4+z^8..);1/(z+2i)=(1/2i)(1-z/2i-z^2/4..), и -С c индексом -1 будет равен= -i/2 ?

(1 Июн '14 22:11) Jeg92

@Jeg92: я думаю, там проще посчитать вычеты в других точках, не привлекая вычет на бесконечности.

(1 Июн '14 22:35) falcao

@falcao эмм..там два полюса второго порядка:z=1 и z=-1; вычет в первом случае будет равен lim при z->1 от(((z-1)^2)e^z/(((z^4)-1)(z+2i)))', что будет равно пределу при том же устремлении z от (2z-2)(e^z)+(e^z)((z-1)^2)((z^4)-1)(z+2i)-((z-1)^2)(e^z)((4z^3)(z+2i)+((z^4)-1))/((z^4)-1)(z+2i))^2 и при втором полюсе таким же образом считать;мне кажется, легче посчитать описанным в моём комментарии выше способом через разложения и -c с индексом -1-вычет в бесконечности будет равен -i/2,если я не ошибаюсь-согласно рассуждениям в комментарии выше.я там напортачил с разложениями,но можно пофиксить

(1 Июн '14 22:52) Jeg92

@Jeg92: полюса там первого порядка, а не второго. Кроме точек $%\pm1$% есть ещё $%\pm i$%. Знаменатель раскладывается на множители, а потом просто подставляются числа после домножения на $%z-z_0$%. Вычисления там несложные.

(1 Июн '14 23:17) falcao

@falcao ясно, thanx, я просто прошляпил +- i, и потому счёл +-1 за полюса второго порядка..

(1 Июн '14 23:23) Jeg92
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
0

Если $%\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}{a_k z^k}\ $% — разложение в ряд Лорана функции $%f$% в окрестности точки $%z_0=\infty,$% то $%\operatorname{res}\limits_{z=\infty}{f(z)}=-a_{-1}.$% Также можно находить вычет в бесконечно-удаленной точке как взятую с противоположным знаком сумму вычетов во всех конечных точках (посколку сумма вычетов во всех точках комплексной плоскости $%\mathbb{C}$% равна нулю).
Найти разложение Лорана в окрестности точки $%z_0=\infty$% можно, используя разложение Лорана в окрестности точки $%z=0$% функции $%g(z)=f\left(\dfrac{1}{z}\right)=\dfrac{e^{\frac{1}{z}}}{\left(\frac{1}{z^4}-1\right)\left(\frac{1}{z}+2i\right)}= \dfrac{z^5 e^{\frac{1}{z}}}{(1-z^4)(1+2iz)}.\ $% Однако это достаточно громоздко, потому что придется перемножать ряды, так что проще воспользоваться советом @falcao, и найти вычеты во всех конечных точках.

ссылка

отвечен 1 Июн '14 21:53

изменен 1 Июн '14 22:42

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×404
×312
×63

задан
1 Июн '14 21:36

показан
2213 раз

обновлен
1 Июн '14 23:23

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru