ргр по тфкп

[s.o.s.]

Здравствуйте!
У меня вот такая проблема , извините тысячу раз, но дотянул, завтра сдавать работу по ТФКП, а много чего не сделано.Может кто подскажет чего, конечено не прошу решать за меня, просто укажите хотя бы литературу где разбираются такие задачи буду очень благодарен.
выяснить во что преобразуется геометрич. фигура при отображении с помощью функции
$\[ w = f(z) \] \[ w = \ln (z) \] сектор \[ |z| < 1;0 < \arg z < 2\pi \] $
я так понимаю здесь надо просто чертёж начертить? у меня получилась область, в первом квадранте ограниченная прямыми y=1 и y=0
и вот ещё хотел спросить можно ли Maple считать подобные интегралы с
подсказкой:
$\[ \oint\limits_{|z| = 1/3} {\frac{{iz(z - i)}} {{\sin \pi z}}dz} \] $

[Padawan]

Maple умеет вычеты считать команда residue

[ewert]

s.o.s. в сообщении #297037 писал(а):

? у меня получилась область, в первом квадранте ограниченная прямыми y=1 и y=0

Ну только не в первом, а во втором. И не теми игреками. Вспомните определение комплексного логарифма.

[s.o.s.]

спасибо, мне сроки казни отложили да послезавтра)вот вопрос, т.е. интеграл с бубликом это вычет что ли? я думал, что его вычислять(!) надо разбив на два: c действительной частью и комплексной, а дальше как обычно...
вот, сейчас ещё мне сказали, что нужно какие-то круглишки рисовать к интегралам т.е. график на плоскости, так понимаю:)

[Профессор Снэйп]

s.o.s. в сообщении #297037 писал(а):

у меня получилась область, в первом квадранте ограниченная прямыми y=1 и y=0

Неправильно получилось

-- Пн мар 15, 2010 19:26:28 --

Если $w = \ln z$, то $z = e^w$ А $e^{a + bi} = e^a(\cos b + i \sin b)$ для $a,b \in \mathbb{R}$.

[s.o.s.]

Мне вернули вообщем на переделку)
Вот подскажите пожалуйста:
$\[ \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{ze^{2iz} }} {{(z - 1)^2 + 1}}} \] $
здесь получается единственный полюс - z=1, и он второго порядка, так?Или первого всё-таки.А в чём разница между первым и вторым, я вот разницу особо не ухватываю:( я так понял, если он "двойной" т.е. два корня z=1 , то это второй порядок или неправильно понимаю?

[ewert]

s.o.s. в сообщении #300730 писал(а):

здесь получается единственный полюс - z=1, и он второго порядка, так?

Так было бы, не будь в знаменателе ещё одной единицы. Найдите корни честно.

[s.o.s.]

Точняк.Это же дискрименантное уравнение получается.Корни будут
$\[ 1 - i,1 + i \] $
и они получаются оба первого порядка?
Я вот что придумал, если учесть что подынтегральная функия нечётная, то выходит вообще вычислять его не нужно.А сразу можно ответ нуль записать:)

[Профессор Снэйп]

s.o.s. в сообщении #300766 писал(а):

если учесть что подынтегральная функия нечётная

С чего Вы взяли, что она нечётная?

[s.o.s.]

ой, я не ту функцию имел ввиду.
у меня исходное задание такое:
$\[ \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{x\cos (x)}} {{x^2 - 2x + 2}}} \]$
...а что разве не нечётная?во всяком случае чую точно нуль получается:)

[Eiktyrnir]

s.o.s. в сообщении #300770 писал(а):

ой, я не ту функцию имел ввиду.
у меня исходное задание такое:
$\[ \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{x\cos (x)}} {{x^2 - 2x + 2}}} \]$
...а что разве не нечётная?во всяком случае чую точно нуль получается:)

Она не является ни четной, ни нечетной. Вам надо вспомнить, что этот интеграл есть не что иное как сумма вычетов вашей аналитической функции в полюсах этой функции (деленной на $2\pi i$). Посмотрите определение вычетов и решите как полагается.
Полюсы определите из уравнения
$x^2 -2x+2=0$

[ewert]

Eiktyrnir в сообщении #300898 писал(а):

как сумма вычетов вашей аналитической функции в полюсах этой функции

не этой, не сбивайте с толку. А той, которая получается заменой косинуса на соотв. экспоненту -- и последующим взятием от получившегося результата вещественной части.

[Eiktyrnir]

ewert в сообщении #301046 писал(а):

Eiktyrnir в сообщении #300898 писал(а):

как сумма вычетов вашей аналитической функции в полюсах этой функции

не этой, не сбивайте с толку. А той, которая получается заменой косинуса на соотв. экспоненту -- и последующим взятием от получившегося результата вещественной части.

Упссс Пардон (я забыл просто). Да конечно вы правы.

[s.o.s.]

А вот вопрос ещё,
получился полюс первого порядка в точке z=-5
$\[ \sin (\frac{i} {{z + 5}}) \] $
по какому правилу мне вычет искать?функция у меня в Лорана не раскладывается..

[ewert]

s.o.s. в сообщении #301649 писал(а):

А вот вопрос ещё,
получился полюс первого порядка в точке z=-5
$\[ \sin (\frac{i} {{z + 5}}) \] $
по какому правилу мне вычет искать?функция у меня в Лорана не раскладывается..

Раскладывается. Тупо. Подставьте ту дробь в стандартный ряд Тейлора (Маклорена) для синуса. Это можно, т.к. синус аналитичен везде (и, следовательно, его ряд Тейлора сходится везде).