2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки



Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 
Сообщение12.06.2008, 14:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
12549
Москва
ewert писал(а):
На самом деле указал: если выписына бесконечные пределы, то автоматически подразумевается, что интеграл берётся именно по соответствующей оси.
И буковку x при этом обязательно заменяют на традиционное обозначение комплексной переменной z ? :shock:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 14:56 
Аватара пользователя


11/06/08
125
ewert, я знаю только случай, когда контур не проходит через особые точки.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 15:19 
Заслуженный участник


11/05/08
30630
Brukvalub писал(а):
И буковку x при этом обязательно заменяют на традиционное обозначение комплексной переменной z ? :shock:

А буковки всегда выбирают исключительно по вкусу. Вспомните хоть формулу Меллина (обратное преобразование Лапласа). Её, по-моему, всегда записывают так:

$$ f(t)={1\over2\pi i}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}F(p)\,e^{pt}\,dp.$$

Или даже так:

$$ f(t)=\lim\limits_{R\to+\infty}{1\over2\pi i}\int_{\sigma-iR}^{\sigma+iR}F(p)\,e^{pt}\,dp.$$

Добавлено спустя 13 минут 41 секунду:

Draeden писал(а):
ewert, я знаю только случай, когда контур не проходит через особые точки.

Ну давайте рассмотрим один простой полюс $z_0$, расположенный на контуре.
Под "главным значением" интеграла понимается следующее: удаляется участок контура, захватываемый $\varepsilon$-окрестностью точки $z_0$, и смотрится, куда будет стремиться интеграл по оставшейся части контура при $\varepsilon\to0$.
Так вот, замкнём оставшую часть контура по соответствующей дуге окружности радиуса $\varepsilon$ так, чтобы граничный полюс оказался снаружи. Интеграл по полученному контуру будет определяться обычной суммой вычетов. Соответственно, главное значение исходного интеграла -- это вклад внутренних особых точек минус предельное (при $\varepsilon\to0$) значение интеграла по указанной дуге окружности.
А вот с последним всё ясно. Интеграл от регулярной (в окрестности $z_0$) части функции стремится к нулю -- просто из-за ограниченности этой части и стремления к нулю длины окружности. А интеграл от $${C_{-1}\over z-z_0}$$ считается явно. Если контур гладкий, то дуга при малых радиусах стремится к полуокружности, вот и получается вклад в полвычета (именно плюс полвычета, т.к. дуга окружности после вдавливания её внутрь контура будет обходиться в неправильном направлении).

На произвольное количество точек утверждение обобщается обычным образом.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 16:18 
Аватара пользователя


11/06/08
125
Вы хорошо объясняете, теперь мои знания расширены :)

Интеграл Пуассона:

$I = \int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx$

$x^2 = iz$

$2xdx = idz$

$dx = \frac1 2 \sqrt{i}\frac{dz}{\sqrt{z}}$

$I = \frac{\sqrt{i}}2\int\limits_{Re z = 0}\frac{e^{-iz}}{\sqrt{z}}dz$ контур идёт сверху вниз.

Здесь сущ. особая точка, т.е. посчитать нельзя ?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 16:33 
Заслуженный участник


11/05/08
30630
Это не существенно особая точка, а точка ветвления, теорема о вычетах не работает.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 16:34 
Аватара пользователя


11/06/08
125
гхым... ещё одно новое определение... что такое точка ветвления ?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 16:39 
Аватара пользователя


10/03/08
208
течет река и откуда у мудреца мудрость
Точка ветвления —это особая точка полной аналитической функции, такая, что аналитическое продолжение какого-либо элемента этой функции вдоль замкнутого пути, охватывающего эту точку, приводит к новым элементам этой функции.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.08.2008, 02:03 


13/06/06
14
ewert писал(а):
Draeden писал(а):
Такой теоремы я не знаю. Не могли бы вы рассказать хотя бы набросок док-ва ?

Теорема звучит так: контурный интеграл равен $2\pi i$ на сумму вычетов во всех внутренних особых точках плюс $\pi i$ на сумму вычетов по особым точкам, лежащим на границе.

Однако вторая половина утверждения верна только при двух дополнительных требованиях:
1) граничные особые точки -- обязательно полюса, причём простые;
2) участок контура, на котором лежит полюс -- обязательно гладкий.
Да, и ещё, конечно: при наличии полюсов на контуре интеграл понимается в смысле главного значения, т.к. в обычном смысле он при этом расходится.

Что конкретно из этого Вам неизвестно?


Как показали мои поиски по учебникам, то такая формулировка верна только для подинтегральной функции вида
f(z)e^{iz} с хорошим поведением на бесконечности.
Ahlfors L.V. Complex Analysis. страница 158

Контр-пример:
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x} = \pi i \mathtt{res}_{x=0}(1/x) = \pi i

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.08.2008, 09:09 
Заслуженный участник


11/05/08
30630
pimeja писал(а):
Как показали мои поиски по учебникам, то такая формулировка верна только для подинтегральной функции вида
f(z)e^{iz} с хорошим поведением на бесконечности.
Ahlfors L.V. Complex Analysis. страница 158

Контр-пример:
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x} = \pi i \mathtt{res}_{x=0}(1/x) = \pi i

Такая формулировка верна всегда для любых контуров. Если же Вы собираетесь считать интеграл по оси, замыкая её бесконечной полуокружностью, то конечно, нужны дополнительные условия на функцию -- но это никак не связано с полюсами на контуре. Стандартное условие -- одно из двух:
1) приведённое Вами (со сколь угодно слабым, но равномерным стремлением $f\to0$ на бесконечности и возможным вещественным коэффициентом под экспонентой) -- это лемма Жордана;
2) просто равномерное стремление $f\to0$ на бесконечности, но быстрее минус первой степени.

В Вашем контрпримере нет ни того, ни другого. А вот добавьте в знаменатель ещё множитель $(1+x^2)$ -- и всё получится.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.08.2008, 11:10 


13/06/06
14
Понял свою ошибку, спасибо.

Мне надо найти следующий интеграл, пока мои усилия напрасны.
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin(\frac{\pi}{h}(x-kh))}{\frac{\pi}{h}(x-kh)}log|x| dx

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.08.2008, 11:29 
Заслуженный участник


19/07/08
1266
Элементарную теорию по ТФКП лучше читать например тут. Там всё подробно изложено. И про то, какой должна быть функция и про точки ветвления, и про всё остальное.

 Профиль  
                  
 
 Эйлер-Пуассон и ТФКП
Сообщение09.04.2009, 23:56 


06/01/09
203
Есть ли способ вычислить $\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx$ с помощью вычетов?

Я попробовал следующее.

1) у функции нет ни одной особой точки кроме бесконечности - подправим, возьмем по частям, дописав $2x\cdot\frac{1}{2x}$ и написав главное значение

2) стандартные полукруги плохи - вещественная часть $z^2$ в верхней полуплоскости бывает какой угодно. Попробовал взять угол и связать интегралы по его сторонам между собой, но не вышло.

Если есть - хочу студентам рассказать.

Влад.

// 10.04.09 тема "Эйлер-Пуассон и ТФКП" перемещена в более широкую тему. / GAA

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.04.2009, 00:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
Замените $x^2$ на $t$, думаю, все получится.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.04.2009, 00:37 


06/01/09
203
Хорхе писал(а):
Замените $x^2$ на $t$, думаю, все получится.


В смысле? Тогда при замене появится $\sqrt{t}$, у которого в нуле точка ветвления. И мне потом предлагается с ветвями корня разбираться каким-то способом или что?

Влад.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.04.2009, 00:50 
Заслуженный участник


26/12/08
678
$$
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\Gamma\left(\frac12\right)=\sqrt{B\left(\frac12,\frac12\right)},
$$
$$
0<Re p<1: B(p,1-p)=\int_0^{+\infty}\frac{x^{p-1}dx}{x+1}=\frac{\pi}{\sin(\pi p)}.
$$
Последняя формула как раз доказывается с помощью вычетов, контур - окружность с разрезом вдоль положительной полуоси.
Всё-таки, по-моему, гораздо проще - классическим способом Пуассона:
$$
\left(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx\right)^2=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2-y^2}dxdy=2\pi\int_0^{+\infty}re^{-r^2}dr=\pi.
$$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 38 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group