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 1, 2, 3  След.
 
 Вычисление известных интегралов через вычеты
Сообщение11.06.2008, 20:21 
Аватара пользователя


11/06/08
125
$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{sin x}xdx = Im \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{iz}}zdz = Im \lim\limits_{a\to 0} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{iz}}{z-a}dz $

если $Im a > 0$ то интеграл равен $Im(2\pi i e^{ia}) \to 2\pi $
если $Im a < 0$ то интеграл равен нулю
таким образом предела нет, хотя он вроде должен равняться $\pi$

Добавлено спустя 1 минуту 2 секунды:

Аналогичный вопрос для $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.06.2008, 20:33 
Заслуженный участник


11/05/08
30508
Второй интеграл прямого отношения к вычетам не имеет.

Что касается первого: предел при каких-то там "а" тут не при чём, а просто главное значение интеграла определяется через вычеты. А поскольку главное значение совпадает с собственно интегралом (ибо интегал-то, собственно говоря, -- собственный), то и вопросов нет.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.06.2008, 20:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/05/06
13072
с Территории
Загадками говорите, ewert. Я вот сколько живу на свете, не научился угадывать с ходу, имеет данный интеграл отношение к вычетам (т.е. может быть сведён к ним каким-то извращённым образом), или нет.
И по первому тоже загадка. Что значит "определяется через вычеты"? Главное значение вводится в действительном анализе, где и слов-то таких не знают. (И данный интеграл, в частности, пришёл оттуда же.) Тут уточнить бы: как человек сводит к вычетам, по какому контуру интегрирует...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.06.2008, 21:18 
Заслуженный участник


11/05/08
30508
ИСН писал(а):
Загадками говорите, ewert.

Честно скажу, не загадками, а просто для меня это абсолютная тайна.

Коль речь об интегральном синусе, то тут и об никаких "а" и речи не может быть.

Коль скоро о гауссовском колокольчике -- то непонятно, при чём тут и вычеты.

Короче -- сафсем не понял, тупой.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.06.2008, 21:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
12405
Москва
\[
{\mathop{\rm Im}\nolimits} \frac{{e^{iz} }}{z} = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \frac{{e^{ix - y} }}{{x + iy}} = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \frac{{e^{ - y} (\cos x + i\sin x)}}{{x + iy}} = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \frac{{e^{ - y} (\cos x + i\sin x)(x - iy)}}{{x^2  + y^2 }} = \frac{{e^{ - y} (x\sin x + y\cos x)}}{{x^2  + y^2 }}
\], что показывает абсурдность уже первого равенства.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 13:13 
Заслуженный участник


11/05/08
30508
Brukvalub писал(а):
, что показывает абсурдность уже первого равенства.

Первое равенство (в корневом посте) не абсурдно, а шаблонно, если (как все и делают) интеграл с экспонентой понимается в смысле главного значения.

А вот второй переход (точнее, удивление по этому поводу) показывает, что автор не понимает доказательства теоремы о вычетах в случае простых полюсов на контуре. Результат $\pi$ (т.е. половинка от $2\pi$) получается, если контур провести ровно по вещественной оси и замкнуть по верхней бесконечной полуокружности (на основании леммы Жордана). Если же прямолинейный участок сдвинуть с полюса на сколь угодно малую величину, то, естественно, при смещении вверх получится ноль (полюс окажется вне контура), а если вниз -- то полные $2\pi$, т.к. полюс попадёт внутрь.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 13:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
12405
Москва
ewert писал(а):
Первое равенство (в корневом посте) не абсурдно, а шаблонно, если (как все и делают) интеграл с экспонентой понимается в смысле главного значения.
Можно показать этот шаблонный переход поподробнее? А то мне непонятна его шаблонность...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 13:52 
Заслуженный участник


11/05/08
30508
Brukvalub писал(а):
ewert писал(а):
Первое равенство (в корневом посте) не абсурдно, а шаблонно, если (как все и делают) интеграл с экспонентой понимается в смысле главного значения.
Можно показать этот шаблонный переход поподробнее? А то мне непонятна его шаблонность...

Очень просто. Интеграл с синусом, будучи фактически собственным (в ноле), совпадает со своим главным (относительно ноля) значением. Главное значение интеграла с синусом есть мнимая часть аналогичного главного значения интеграла с комплексной экспонентой. Последнее получается из теоремы о вычетах.

Это же стандарт. Похоже, мы с Вами просто не поняли друг друга.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 14:03 
Аватара пользователя


11/06/08
125
Этот форум мне определённо нравится :)
Буду крайне благодарен, если вы объясните где я не прав, т.к. завтра у меня экзамен по матану :)

Brukvalub, если $z \in \mathbb R$ т.е. $y=0$ то противоречия нет: $Im\frac{e^{iz}}z = \frac{sin x}x$ по вашей формуле. Если же $y \ne 0$ то вы вывели формулу для комплексного синуса, точнее мнимой части выражения $\frac{sin z}z$, так что я не понимаю, что вам не нравится.

ewert, если $Im a > 0$ то интеграл от $\frac{e^{iz}}{z-a}$ по кривой $\Gamma = \{z\in \mathbb{C} | Im z = +\varepsilon > 0\}$, в силу леммы Жордана, будет равен $2\pi i \cdot res\limits_a = 2\pi i \cdot e^{ia}$. Если взять кривую чуть ниже вещественной оси: $\Gamma' = \{z\in \mathbb{C} | Im z = -\varepsilon < 0\}$ то интеграл по этому контуру останется прежним ( наверняка это можно строго показать ). Другое дело, что при приближении $a$ к нулю ( сверху, т.е. $Im a > 0$ ) получится $2\pi i$. Непонятно, как вы разделили это число на два.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 14:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
13842
Новомосковск
$$V.p.\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}}xdx=V.p.\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x+i\sin x}xdx=V.p.\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}xdx+i V.p.\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}xdx$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 14:19 
Заслуженный участник


11/05/08
30508
Draeden писал(а):
ewert, если $Im a > 0$ то интеграл от $\frac{e^{iz}}{z-a}$ по кривой $\Gamma = \{z\in \mathbb{C} | Im z = +\varepsilon > 0\}$, в силу леммы Жордана, будет равен $2\pi i \cdot res\limits_a = 2\pi i \cdot e^{ia}$. Если взять кривую чуть ниже вещественной оси: $\Gamma' = \{z\in \mathbb{C} | Im z = -\varepsilon < 0\}$ то интеграл по этому контуру останется прежним ( наверняка это можно строго показать ). Другое дело, что при приближении $a$ к нулю ( сверху, т.е. $Im a > 0$ ) получится $2\pi i$. Непонятно, как вы разделили это число на два.

Извините, мне лень следить, кто больше нуля, кто меньше -- будем лучше говорить, снизу от начала координат проходит прямая или сверху, так надёжнее.

Так вот. В лемме Жордана принципиально, что неограниченно возрастающий отрезок вещественной оси (или параллельный ей) замыкается именно по верхней полуокружности. Ибо комплексная экспонента убывает при уходе именно в верхнюю полуплоскость -- а в нижнюю, наоборот, растёт.

Поэтому сдвиг прямой вверх и вниз приводит к совершенно различным результатам: при сдвиге вниз полюс оказывается внутри контура, так что вычет даёт $2\pi i$; при сдвиге же вверх полюс вылетает за пределы контура, и результат оказывается нулевым.

Ну а если контур проходит ровно по полюсу, то результат соответствует ровно половинке вычета. А почему -- перечитайте доказательство теоремы о вычетах. Это в любом случае полезно, раз уж завтра экзамен.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 14:30 
Аватара пользователя


11/06/08
125
Такой теоремы я не знаю. Не могли бы вы рассказать хотя бы набросок док-ва ?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 14:37 
Заслуженный участник


11/05/08
30508
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 14:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
12405
Москва
Draeden писал(а):
Brukvalub, если $z \in \mathbb R$ т.е. $y=0$ то противоречия нет: $Im\frac{e^{iz}}z = \frac{sin x}x$ по вашей формуле. Если же $y \ne 0$ то вы вывели формулу для комплексного синуса, точнее мнимой части выражения $\frac{sin z}z$, так что я не понимаю, что вам не нравится.
Мне не нравится то, что Вы нигде не указали, что интегрирование происходит именно по вещественной оси. Вот я и показал Вам, что без дополнительных оговорок Ваша запись непонятна и может приводить к неверным выводам.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.06.2008, 14:48 
Заслуженный участник


11/05/08
30508
На самом деле указал: если выписына бесконечные пределы, то автоматически подразумевается, что интеграл берётся именно по соответствующей оси.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 38 ]  На страницу 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