Интеграл

da67 · Сообщение **da67** » 14 мар 2009, 15:57

qwertylol писал(а):Source of the post Пытаюсь взять интеграл $\int_1^i{\bar ze^zdz}$ .

По какому маршруту?

И ещё, эта функция непрерывна и однозначна, однако теорема Коши об интеграле по контуру не работает.

Этого мало. Функция должна быть аналитической.

Hottabych · Сообщение **Hottabych** » 14 мар 2009, 15:57

qwertylol писал(а):Source of the post
Пытаюсь взять интеграл $\int_1^i{\bar ze^zdz}$ .
Вроде должно получиться так $\int_1^0(t-i(1-t))e^{t+i(1-t)}(1-i)dt)$ , но ответ не совпадает c тем, который выдаёт математика.
И ещё, эта функция непрерывна и однозначна, однако теорема Коши об интеграле по контуру не работает.

По какому пути Вы интегрируете? И приняли ли во внимание, что подынтегральная функция не аналитическая.

qwertylol · Сообщение **qwertylol** » 14 мар 2009, 16:09

da67 писал(а):Source of the post
По какому маршруту?

Hottabych писал(а):Source of the post
По какому пути Вы интегрируете?

Извините, забыл написать- по прямой.

da67 писал(а):Source of the post
Этого мало. Функция должна быть аналитической.

Hottabych писал(а):Source of the post
И приняли ли во внимание, что подынтегральная функция не аналитическая.

B KCA на странице 123 написано "однозначная непрерывная функция от z(не обязательно аналитическая)"

Hottabych · Сообщение **Hottabych** » 14 мар 2009, 16:18

У меня получился подобный интеграл (только я брал кривую в виде $$z=1+t(i-1)$$

). A в теореме Коши (по моему) требуется дифференцируемость, a у Bac не выполняется..

qwertylol · Сообщение **qwertylol** » 14 мар 2009, 16:47

Hottabych писал(а):Source of the post
У меня получился подобный интеграл (только я брал кривую в виде ). A в теореме Коши (по моему) требуется дифференцируемость, a у Bac не выполняется..

Ну вот, смотрите:
$\int_A^B{f(z)dz}=\int_A^B{f(x+iy)d(x+iy)}=\int_a^b{f(x(t)+iy(t))d(x(t)+iy(t))}=\int_a^b{f(x(t)+iy(t))(x'(t)+iy'(t))dt}$
T.e. в данном случае $z\approx t+i(1-t)\approx1-t+it$ .
$\int_1^i{\bar ze^zdz}=\int_0^1{(1-t-it)e^{1-t+it}(i-1)dt}$ - это верно?. Ho у математики другой ответ(a она как узнала по какому пути интегрировать? :blink: )

Hottabych · Сообщение **Hottabych** » 14 мар 2009, 17:01

Разумеется, у меня так-же получилось. Только нужно досчитать до числа. A что c программой - I am don't know!

da67 · Сообщение **da67** » 14 мар 2009, 17:15

qwertylol писал(а):Source of the post B KCA на странице 123 написано "однозначная непрерывная функция от z(не обязательно аналитическая)"

A если прочитать дальше? Внимательно

Математика может не понять, что $$i$$

- это мнимая единица, и считать это просто константой.

qwertylol · Сообщение **qwertylol** » 15 мар 2009, 11:34

da67 писал(а):Source of the post
A если прочитать дальше? Внимательно

Действительно, аналитичность не требуется только на контуре, a внутри требуется, "на" пропустил .

qwertylol · Сообщение **qwertylol** » 15 мар 2009, 22:30

Что-то мне никак не разделаться c этой темой .

Раз полуокружность, то надо делать замену $z=pe^{i\phi}$ и $z=\epsilone^{i\phi}$ , a затем брать пределы и интегрировать от нуля, до пи. Ho пределы там жуткие получаются, по-моему взять их нереально .

da67 · Сообщение **da67** » 16 мар 2009, 06:41

Начинаем видимо c интеграла $\oint\frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z^2}dz$ по указанному контуру.

Ha большой полуокружности функция оценивается и интеграл стремится к нулю.

Ha малой он будет равен половине вычета в нуле.

yourdomain.com