Задачи 1,6

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 685
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Задачи 1,6

Сообщение Ian » 27 ноя 2020, 19:50

1,6.jpg
1,6.jpg (120.97 KiB) 4691 просмотра

В задаче 1 я использовал частную производную модуля, которая на границе должна быть коллинеарна ограничению. А нормальный способ есть?
В задаче 6 ответ-то известен [math] но не нашел контура, по которому его можно получить

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 28 ноя 2020, 02:35

Ian писал(а):Source of the post А нормальный способ есть?

Легко через вектора видно.
$|z_1+z_2| = |\vec a + \vec b| = \sqrt {a^2+b^2+2 ab \cos\alpha}$
$|z_1-z_2| = |\vec a - \vec b| = \sqrt {a^2+b^2-2 ab \cos\alpha}$
Из выпуклости корня видно, что для максимума суммы должно быть $\cos \alpha = 0$.
Далее, очевидно, что для максимума должно быть $a=b=1$.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 685
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Задачи 1,6

Сообщение Ian » 28 ноя 2020, 16:04

Спасибо.

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 04 дек 2020, 17:59

Ian писал(а):Source of the post В задаче 6 ответ-то известен $\frac{\pi}2th\frac {a\pi}2$ но не нашел контура

Решилось?
А то что-то мой ТФКП заржавел, я тоже не вижу...

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 04 дек 2020, 18:08

Задача 4 - формула Эйлера и бином Ньютона.
$\sin^n z = (\frac{1}{2i} e^{iz} - \frac{1}{2i} e^{-iz})^n$
$\cos^n z = (\frac{1}{2} e^{iz} + \frac{1}{2} e^{-iz})^n$
$e^{imz} = \cos mz + i \sin mz$
$e^{-imz} = \cos mz - i \sin mz$

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 685
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Задачи 1,6

Сообщение Ian » 05 дек 2020, 10:23

в задаче 6 ответ нашла вольфрамальфа. и также один человек сказал что решил и с ответом сошлось но как делал не сказал

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 05 дек 2020, 18:56

Ian писал(а):Source of the post в задаче 6 ответ нашла вольфрамальфа

В альфу я тоже забивал - да, она выдаёт ответ. Но путь решения там только за деньги.

peregoudov
Сообщений: 523
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Задачи 1,6

Сообщение peregoudov » 05 дек 2020, 22:33

Мне кажется, в задаче 6 нужно рассмотреть $$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{iax}}{\sh x}\,dx$$, его можно преобразовать $e^x=y$ и взять вычетами. Может быть, и попроще можно.

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 06 дек 2020, 00:59

Он в нуле расходится.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 685
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Задачи 1,6

Сообщение Ian » 06 дек 2020, 14:43

peregoudov писал(а): $$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{iax}}{\sh x}\,dx$$, .
Это поправляется
[math]
-Im не изменится

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 06 дек 2020, 20:31

Получится $$\int_0^{+\infty} \frac{y^{ia}-1}{y^2-1} dy$$, и что дальше?

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 06 дек 2020, 20:33

К той же тригонометрии вернёмся: $y^{ia} = e^{ia \ln y} = \cos(a \ln y) + i\sin(a \ln y)$.

peregoudov
Сообщений: 523
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Задачи 1,6

Сообщение peregoudov » 06 дек 2020, 21:31

Нет, не вернемся. $y^{ia}$ имеет точку ветвления в нуле. Проведем разрез от нее до $+\infty$. Рассмотрим контур, идущий по нижнему берегу, вокруг точки ветвления и по верхнему берегу. Замкнем его большой окружностью. Вот этот интеграл, с одной стороны, вычисляется вычетами, а, с другой, выражается через искомый.

С расходимостью согласен, но можно заранее сместить контур, чтобы он не проходил через полюс.

Но можно, наверное, и исходный интеграл по $x$ рассчитывать. Тем будет бесконечная цепочка полюсов $x=i\pi n$, а сумма свернется в $\dfrac1{1+e^{\pi a}}$. Просто математики такое не любят.

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 06 дек 2020, 23:59

peregoudov писал(а):Source of the post Тем будет бесконечная цепочка полюсов $x=i\pi n$,

Полюса - это хорошо. Но вопрос в контуре?

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 685
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Задачи 1,6

Сообщение Ian » 07 дек 2020, 11:27

peregoudov писал(а):Но можно, наверное, и исходный интеграл по $x$ рассчитывать. Тем будет бесконечная цепочка полюсов $x=i\pi n$, а сумма свернется в $\dfrac1{1+e^{\pi a}}$. Просто математики такое не любят.
Любят,если ответ получается правильный. так какой же ответ? Он правильный тогда и только тогда, когда интеграл по дополнению к действительной прямой до контура, сделанному, чтобы контур в пределе охватывал все учтенные Вами полюса, стремится к 0. например, какие-то прямоугольники удобных нам пропорций, над осью или под ней. Тут можно использовать, что подынтегральная функция четна по х, а направления dz на боковых сторонах прямоугольника противоположны - боковые стороны компенсируются. Осталось второе основание, на котором оценить бы.

peregoudov
Сообщений: 523
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Задачи 1,6

Сообщение peregoudov » 09 дек 2020, 18:52

Я же говорю --- математики такое не любят. Им надо, чтобы было типа строго, с неравенствами всякими, эпсилон-дельта.

Тогда вот вам

$$ \int_0^\infty\frac{\sin ax}{\sh x}\,dx=2\sum_{n=0}^\infty\int_0^\infty e^{-(2n+1)x}\sin ax\,dx=2\sum_{n=0}^\infty\mathop{\rm Im}\int_0^\infty e^{-(2n+1)x+iax}\,dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{2a}{(2n+1)^2+a^2}, $$

а это гиперболический тангенс.

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 09 дек 2020, 21:15

Красиво! Первый переход хороший - я не подумал про геометрическую прогрессию.
Т.е. в итоге без полюсов.

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 09 дек 2020, 22:17

Кстати, а как показать, что эта сумма (в конце) выражается через гиперболический тангенс?
Такую формулу нашел тут (вторая с конца), но там без вывода.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 685
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Задачи 1,6

Сообщение Ian » 11 дек 2020, 11:41

Присоединяюсь. Так и должна выглядеть математика - когда все следует из максимально общих принципов, не плодить эпсилон-дельты. Есть теорема о коммутировании двух предельных переходов -если один из переходов равномерный, то точно коммутируют.Иначе-всякое бывает. Так вот у нас в 1м равенстве два предельных перехода - от суммы конечного числа функций к несобственному интегралу от нее, и второй -от конечной суммы к сумме ряда. Так вот первый равномерный по N, ограничивающему значения n=0,...N , как легко оценить. Значит, строгий.

zykov
Сообщений: 1005
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Задачи 1,6

Сообщение zykov » 12 дек 2020, 00:35

Тут хвосты и интеграла, и суммы убывают экспоненциально. Так что перестановочность очевидна - неравенства можно на пальцах состряпать.
Меня вот больше последняя сумма интересует. Вполне возможно, что это хорошо известный ряд. Но я вот с ним не сталкивался.
Так что на мой взгляд, мы свели трудный интеграл к трудно берущейся сумме ряда. Уже что-то, но недостаточно.
Хотелось бы увидеть, как этот ряд просуммировать и получить гиперболический тангенс?


Вернуться в «Математика»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: zykov и 8 гостей