Решение Интеграла с Помощью Вычетов: (100z+5)/(1+z^2012)

Для вычисления интеграла с помощью вычетов, нам нужно найти особые точки подынтегральной функции внутри контура интегрирования \(|z|=2\). Подынтегральная функция: \[f(z) = \frac{100z + 5}{1 + z^{2012}}\] Особые точки - это корни знаменателя: \[1 + z^{2012} = 0\] \[z^{2012} = -1\] Представим \(-1\) в показательной форме: \(-1 = e^{i(\pi + 2\pi k)}\), где \(k \in \mathbb{Z}\). Тогда корни будут: \[z_k = e^{i \frac{\pi + 2\pi k}{2012}}\] \[z_k = e^{i \frac{(2k+1)\pi}{2012}}\] для \(k = 0, 1, 2, \dots, 2011\). Модули этих корней: \[|z_k| = \left|e^{i \frac{(2k+1)\pi}{2012}}\right| = 1\] Все особые точки \(z_k\) лежат на окружности радиуса 1. Контур интегрирования задан как \(|z|=2\). Так как \(|z_k|=1 < 2\), все \(2012\) особых точек находятся внутри контура интегрирования \(|z|=2\). По теореме о вычетах, интеграл равен \(2\pi i\) умноженному на сумму вычетов во всех особых точках внутри контура. \[\oint_{|z|=2} f(z) dz = 2\pi i \sum_{k=0}^{2011} \text{Res}(f(z), z_k)\] Для простых полюсов \(z_k\), вычет можно найти по формуле: \[\text{Res}(f(z), z_k) = \frac{P(z_k)}{Q'(z_k)}\] где \(P(z) = 100z + 5\) и \(Q(z) = 1 + z^{2012}\). Тогда \(Q'(z) = 2012z^{2011}\). \[\text{Res}(f(z), z_k) = \frac{100z_k + 5}{2012z_k^{2011}}\] Мы знаем, что \(z_k^{2012} = -1\), поэтому \(z_k^{2011} = \frac{-1}{z_k}\). Подставим это в формулу для вычета: \[\text{Res}(f(z), z_k) = \frac{100z_k + 5}{2012 \left(-\frac{1}{z_k}\right)} = \frac{z_k(100z_k + 5)}{-2012} = -\frac{100z_k^2 + 5z_k}{2012}\] Теперь нам нужно найти сумму всех вычетов: \[\sum_{k=0}^{2011} \text{Res}(f(z), z_k) = \sum_{k=0}^{2011} -\frac{100z_k^2 + 5z_k}{2012} = -\frac{1}{2012} \left( 100 \sum_{k=0}^{2011} z_k^2 + 5 \sum_{k=0}^{2011} z_k \right)\] Рассмотрим сумму корней \(z_k\). Это корни уравнения \(z^{2012} + 1 = 0\). По теореме Виета, сумма всех корней многочлена \(a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + \dots + a_1 z + a_0 = 0\) равна \(-a_{n-1}/a_n\). В нашем случае \(n=2012\), \(a_n = 1\), а коэффициент при \(z^{2011}\) равен 0. Следовательно, \(\sum_{k=0}^{2011} z_k = 0\). Теперь рассмотрим сумму квадратов корней \(\sum_{k=0}^{2011} z_k^2\). Пусть \(w_k = z_k^2\). Тогда \(w_k\) являются корнями уравнения \((z^2)^{2012} + 1 = 0\), то есть \(w^{1006} + 1 = 0\). Это не совсем так. Если \(z_k\) - корни \(z^{2012} = -1\), то \(z_k^2\) - это корни \(w^{1006} = 1\). Нет, это неверно. Если \(z_k^{2012} = -1\), то \(z_k^2\) являются корнями уравнения \( (z^2)^{1006} = -1 \). То есть \(w^{1006} = -1\). Корни этого уравнения: \(w_j = e^{i \frac{\pi + 2\pi j}{1006}}\) для \(j = 0, 1, \dots, 1005\). Сумма этих корней \(\sum_{j=0}^{1005} w_j = 0\) (по теореме Виета, так как коэффициент при \(w^{1005}\) равен 0). Однако, \(z_k^2\) не обязательно все различны. Корни \(z_k\) имеют вид \(e^{i \frac{(2k+1)\pi}{2012}}\). Тогда \(z_k^2 = e^{i \frac{2(2k+1)\pi}{2012}} = e^{i \frac{(2k+1)\pi}{1006}}\). При \(k=0, \dots, 1005\), мы получаем \(1006\) различных значений \(e^{i \frac{(2k+1)\pi}{1006}}\), которые являются корнями \(w^{1006} = -1\). При \(k=1006, \dots, 2011\), значения \(z_k^2\) повторяются. Например, \(z_{1006}^2 = e^{i \frac{(2 \cdot 1006 + 1)\pi}{1006}} = e^{i \frac{(2012+1)\pi}{1006}} = e^{i (2\pi + \frac{\pi}{1006})} = e^{i \frac{\pi}{1006}} = z_0^2\). Каждое значение \(w_j\) встречается дважды в последовательности \(z_k^2\). То есть, \(\sum_{k=0}^{2011} z_k^2 = 2 \sum_{j=0}^{1005} w_j\). Так как \(\sum_{j=0}^{1005} w_j = 0\), то \(\sum_{k=0}^{2011} z_k^2 = 2 \cdot 0 = 0\). Таким образом, обе суммы равны нулю: \[\sum_{k=0}^{2011} z_k = 0\] \[\sum_{k=0}^{2011} z_k^2 = 0\] Подставим это обратно в сумму вычетов: \[\sum_{k=0}^{2011} \text{Res}(f(z), z_k) = -\frac{1}{2012} \left( 100 \cdot 0 + 5 \cdot 0 \right) = 0\] Следовательно, интеграл равен: \[\oint_{|z|=2} f(z) dz = 2\pi i \cdot 0 = 0\] Ваш ответ: 0