2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

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


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение04.01.2018, 22:34 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
Ну сначала все верно, в знаменателе квадратичный многочлен, а потом вдруг кубический становится.

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение04.01.2018, 22:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
$$\begin{align*}
J_1(a) &= \dfrac{a}{i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\mathrm dz}{z\left(1 + a^2 - a \left( z + \dfrac{1}{z} \right) \right)} = \dfrac{a}{i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\mathrm dz}{(-a) (z - a) \left(z - \dfrac{1}{a} \right) } = -\dfrac{2}{\left(a - \dfrac{1}{a} \right)} \right) = \dfrac{2 a}{1 - a^2}.
\end{align*}
$$
$$\begin{align*}
J_2(a) &= \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\left(z + \dfrac{1}{z} \right)\mathrm dz}{(-a)(z - a) \left(z - \dfrac{1}{a} \right) } = \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\left(z^2 + 1\right)\mathrm dz}{z (z - a) \left(1 - a z\right) } = \dfrac{1}{-a} + \dfrac{a^2 + 1}{a (1 - a^2)}= \dfrac{1}{a} \left( -1 + \dfrac{1 + a^2}{1 - a^2} \right) = \\ &= \dfrac{1}{a} \dfrac{1 + a^2 - 1 + a^2}{1 - a^2} = \dfrac{2 a}{1 - a^2}\end{align*}
$$
$$
I'(a) = J_1 - J_2 = \dfrac{2 a - 2a}{1 - a^2} =0, \qquad I(a) = 0.
$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение04.01.2018, 22:54 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
В первом ноль уже не особая точка.

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение04.01.2018, 23:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
ex-math, ответ ноль

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение04.01.2018, 23:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
Ну теперь применяйте идею. Что получается?

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение04.01.2018, 23:10 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora

(Оффтоп)

Есть ещё такой способ вычисления интеграла. Мне кажется, он будет интересен StaticZero.

Возьмём на евклидовой плоскости точки $O$ и $C$ такие, что $OC=1$. Введём функцию $u(P)=\ln(r^2)$, где $r=OP$. Она всюду, кроме $O$, удовлетворяет двумерному уравнению Лапласа.
Проведём окружность с центром в $C$ радиуса $a<1$. Если $A$ — точка на этой окружности, то
$u(A)=\ln (OA)^2 =\ln (1+a^2-2a\cos\varphi)$,
где $\varphi$ — величина угла $OCA$.
Изображение
По теореме о среднем для гармонических функций интеграл от $u$ по окружности равен $\frac 1{2\pi a}u(C)=0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение04.01.2018, 23:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
$$\begin{align*}
&\dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln |z - z_0| \ \mathrm d \varphi = \dfrac{1}{4 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln |z - z_0|^2 \ \mathrm d \varphi = \dfrac{1}{4 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left( |z|^2 + |z_0|^2 - 2 \operatorname{Re} (z \bar z_0) \right) \ \mathrm d \varphi = \\ &= \dfrac{1}{4 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left(R^2 + r^2 - 2 R r \cos (\varphi - \psi) \right) \ \mathrm d \varphi = \ldots = \dfrac{1}{4 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \left \lbrace \ln R^2 + \ln \left(1 + a^2 - 2 a \cos t\right) \right \rbrace \mathrm dt = \ln R,
\end{align*}
$$
где $z = R e^{i \varphi}, \ z_0 = r e^{i \psi}$.
Осталось заметить, что $|g(0)| = |f(0)| \dfrac{\prod \limits_\text{полюсы} |z_k^-|}{\prod \limits_\text{нули} |z_k^+|}$ и $\ln |g(0)| = \ln |f(0)| + \sum \limits_\text{полюсы} \ln |z_k^-| - \sum \limits_\text{нули} \ln |z_k^+|$.
Логарифмы $\ln |z - z_0|$ имеют знак плюс, когда относятся к нулям, и знак минус, когда относятся к полюсам. Поэтому получаем
$$\begin{align*}
&\left. \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left| \dfrac{\prod \limits_\text{нули} |z - z_k^+|}{\prod \limits_\text{полюсы} |z - z_k^-|} g(z) \right| \ \mathrm d \varphi\right|_{z = R e^{i \varphi}} + \ln |g(0)| = \ln |f(0)| + \sum \limits_\text{полюсы} \ln \dfrac{|z_k^-|}{R} - \sum \limits_\text{нули} \ln \dfrac{|z_k^+|}{R} + \\ &+ \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left| g(R e^{i \varphi}) \right| \ \mathrm d \varphi.
\end{align*}$$
Интеграл слева — исходный. Остаётся показать, что
$$
\dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left| g(R e^{i \varphi}) \right| \ \mathrm d \varphi = \ln |g(0)|.
$$

-- 05.01.2018, 00:03 --

svv, спасибо, класс

(написал, чтобы вы были в курсе, что я читаю оффтопы :-) )

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение05.01.2018, 01:56 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
StaticZero
А таки предложение считать интеграл от $\frac{\ln f(z)dz}{z}$ - не пробовали?
Интегрировать надо по границе области "круг с удаленными кружочками с центрами в нулях и полюсах, и прямолинейными разрезами , соединяющими границы кружочков и круга" (разрезы надо проводить вдоль прямых $\arg z =\operatorname{const} $).
Вклад в мнимую часть от интеграла будет: по границе круга - равен интегралу из Вашей формулы; по границе кружочков - стремится к нулю, буде радиусы их такие же; по разрезам (после частичного их сокращения)- с учетом кратности нулей (полюс - нуль порядка $-1$) дает слагаемые из правой части формулы, а сам интеграл (считаем через вычеты) дает вклад с логарифмом эф от нуля.....

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение05.01.2018, 02:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
DeBill, уже удалось освободиться от нулей и полюсов, пока подумаю над вашим предложением, спасибо

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение05.01.2018, 07:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
В чем сложность показать то, что остается? Ведь логарифм модуля -- это вещественная часть логарифма.

Раз Вы уже самостоятельно избавились от полюсов и нулей, покажу как это можно сделать изящнее.
Допустим, $f(z)$ имеет нуль первого порядка в точке $a$. Чтобы его убрать, поделим на $z-a$. Но при этом мы портим модуль функции на границе круга -- он делится на
$$
|Re^{i\varphi}-a|=|Re^{-i\varphi}-\overline{a}|=|R-\overline{a}e^{i\varphi}|=\frac{|R^2-\overline{a}Re^{i\varphi}|}R.
$$
Поэтому если мы еще домножим на $R^{-1}(R^2-\overline{a}z)$ (нового нуля в круге при этом не появится), то модуль функции на окружности, а значит и наш интеграл, не изменится.

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение05.01.2018, 16:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
ex-math в сообщении #1281393 писал(а):
В чем сложность показать то, что остается? Ведь логарифм модуля -- это вещественная часть логарифма.

Проблема в том, что равенство $\ln w = \ln |w| + i \operatorname{Arg} w$, где $w = g(z)$, $z \in D$, в эту сторону прочесть легко, а вот в таком виде не очень понятно, что оно значит:
$$
\ln |w| = \ln w - i \operatorname{Arg} w$$
здесь слева вещественная функция, а справа две многозначные.

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение05.01.2018, 17:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
1411
Антарктика
StaticZero
Рассмотрите функцию $\ln(g(z))$ в Вашем круге. Когда будете подставлять ее в интеграл по окружности, там по определению логарифма сам собой вылезет модуль, плюс какая-то мнимая часть. Отделив действительные части (в равенстве из теоремы Коши о вычетах), получите чему равен интеграл именно логарифма модуля

-- 05.01.2018, 19:21 --

StaticZero в сообщении #1281310 писал(а):
Но один раз-то нужно продраться, чтоб что-то понять, с многозначными функциями пока очень не очень

Вообще, зря Вы решили "продираться" именно на примере этой задачи :-)

-- 05.01.2018, 19:27 --

thething в сообщении #1281457 писал(а):
$$
\ln |w| = \ln w - i \operatorname{Arg} w$$

Данное равенство некорректно, по крайней мере без дополнительных указаний о регулярных ветвях

UPD. Или можно попробовать теоремой о среднем

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение05.01.2018, 17:36 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
thething
$$
\ln g(0) = \ln |g(0)| + i\operatorname{Arg} g(0) = \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\ln g(z)}{z} \ \mathrm dz = \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln |g(R e^{i \varphi})| \ \mathrm d\varphi + \dfrac{i}{2 \pi}\int \limits_0^{2 \pi} \operatorname{Arg} g(R e^{i \varphi}) \ \mathrm d\varphi
$$

-- 05.01.2018, 17:37 --

Комплексные числа равны, значит, равны их действительные и мнимые части, ч. т. д.

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение05.01.2018, 17:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
1411
Антарктика
По-моему проще воспользоваться теоремой о среднем, т.к. действительная часть регулярной функции - есть функция гармоническая. Вам надо только обосновать выбор регулярной ветви логарифма

-- 05.01.2018, 19:40 --

thething в сообщении #1281463 писал(а):
$$
\ln g(0) = \ln |g(0)| + i\operatorname{Arg} g(0) = \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\ln g(z)}{z} \ \mathrm dz = \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln |g(R e^{i \varphi})| \ \mathrm d\varphi + \dfrac{i}{2 \pi}\int \limits_0^{2 \pi} \operatorname{Arg} g(R e^{i \varphi}) \ \mathrm d\varphi
$$

В этом равенстве опять же ничего не сказано о выборе ветвей, получается Вы считаете вторым интегралом непонятно что, хоть это и ненужно считать, но все равно некорректно

 Профиль  
                  
 
 Re: Формула Иенсена
Сообщение05.01.2018, 17:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
thething в сообщении #1281463 писал(а):
В этом равенстве опять же ничего не сказано о выборе ветвей

Достаточно ли фиксировать $\ln g(0) = \ln |g(0)| + i \arg g(0)$ и $\ln g(R) = \ln |g(R)| + i \arg g(R)$, $\Arg g(R) = \arg g(R)$?

-- 05.01.2018, 17:49 --

Что-то мне подсказывает, что нет. На плоскости $w = g(z)$ при пробегании $z$ замкнутого контура $w$ пробегает замкнутый контур, который, вообще говоря, может замкнуться вокруг нуля, и тогда $\ln w$ на другую ветвь перейдёт, то есть на плоскости $w$ нужен разрез по лучу или какой-нибудь простой кривой из нуля в бесконечность.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 50 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  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