упрощение интеграла

[volchenok]

Здравствуйте, уважаемые участники форума. У меня есть следующее выражение $\int\limits_{0}^{\mu}f(\nu)e^{-i\Delta\nu}\int\limits_{0}^{\nu}\overline{f(y)}e^{i\Delta y}dyd\nu-\int\limits_{0}^{\mu}\overline{f(\nu)}e^{i\Delta\nu}\int\limits_{0}^{\nu}f(y)e^{-i\Delta y}dyd\nu$

мне его желательно свести к одномерному интегралу, посоветуйте, как это сделать. Для аналогичного выражения с суммой вместо разности у меня получается свести это выражение к виду $|\int\limits_{0}^{\mu}f(\nu)e^{-i\Delta\nu}d\nu|^{2}$
Было бы здорово, если можно к аналогичному виду, хотя бы близкому, свести выражение с разностью. Заранее спасибо.

[DeBill]

volchenok
Разница - это разность, да?

(Оффтоп)

Хорошо что не рОзница... А то у меня одна студентка оперировала понятиями "открытое" и "закрытое" множества..

volchenok в сообщении #1285534 писал(а):

суммой вместо разницы у меня получается свести это выражение к виду

Ну вот если бы эта Ваша сумма оказалась бы константой. то - да, сосчиталась бы разница...(получился бы арктангенс отношения мнимой части интеграла к вещественной). А так - не, не получается...

[volchenok]

Ну эта сумма и есть константа: пределы внешнего интегрирования постоянны. Или что вы имеете ввиду?

[DeBill]

Имею в виду: модуль интеграла не зависит от $\mu$.

[volchenok]

ну это уже не так, но я не понимаю, что бы это дало?

[DeBill]

Если первообразная $F(x)$ для функции $g(x) = f(x)e^{-ix\Delta}$ равна $A+Bi$, то в случае "сумма", cумма интегралов будет равна интегралу от $2(AA' + BB')$, то бишь, равна $A^2+B^2$. Что Вы и получили.
В случае "разность", она равна интегралу от $2i(B'A-A'B)$. Если, например, $A^2+B^2 =1$ для всех аргументов, то это выражение будет равно производной от $\arctg \frac{B}{A}$, так что интеграл (внешний) сосчитается

[volchenok]

Огромное Вам спасибо, вы меня натолкнули на хорошую мысль с этим арктангенсом. Возможно у меня получится все выразить через него и квадрат модуля. Ну если нет так нет. Если появятся идеи в будущем, то с радостью почитаю. Спасибо Вам.