$$∫_0^π\frac{cos^2 φdφ}{1-0.5sin^2 φ}$$

задан 2 Июн '13 16:26

изменен 5 Июн '13 21:15

Angry%20Bird's gravatar image


9125

10|600 символов нужно символов осталось
0

А при чём тут комплексный анализ... тригонометрической заменой $%t=ctg\varphi$% получаете несобственный интеграл от рациональной дроби, который вычисляется стандартными действиями...

ссылка

отвечен 2 Июн '13 17:33

all_exist: Здесь, видимо, имелось в виду, что полученный после замены интеграл надо посчитать при помощи контурного интегрирования.

(2 Июн '13 17:36) falcao
1

@falcao, ну, может быть... но тогда после котангенса вычетов будет поменьше... и они будут попроще...

(2 Июн '13 17:42) all_exist

@all_exist: я что-то не соображу. Ведь котангенс -- это $%s=1/t$%, а при такой замене интеграл вроде как сам в себя переходит? P.S. Ой, я не обратил внимания на то, что у Вас угол не половинный. Тангенс или котангенс -- это не так важно. Да, здесь поскольку синусы и косинусы в квадрате, то Ваша замена более удачна, и вычисления короче.

(2 Июн '13 17:51) falcao

@falcao, Ну, вы делаете замену с половинным углом... а я нет...

(2 Июн '13 17:55) all_exist

Да-да, я уже понял это!

(2 Июн '13 17:56) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
0

Сначала делаем стандартную тригонометрическую замену $%t={\mathop{\rm tg\ }}(\varphi/2)$%. При этом $%t$% изменяется от $%0$% до бесконечности, $%d\varphi=2dt/(1+t^2)$%, а косинус и синус выражаются по известным формулам $%\cos\varphi=(1-t^2)/(1+t^2)$%, $%\sin\varphi=2t/(1+t^2)$%. После подстановки всего этого в интеграл получается $$2\int\limits_0^{+\infty}\frac{(1-t^2)^2\,dt}{(1+t^4)(1+t^2)}=\int\limits_{\infty}^{+\infty}\frac{(1-t^2)^2\,dt}{(1+t^4)(1+t^2)}=\lim\limits_{R\to\infty}\int\limits_{-R}^{R}\frac{(1-t^2)^2\,dt}{(1+t^4)(1+t^2)}.$$

Теперь строим контур интегрирования, состоящий из двух частей: отрезка вещественной прямой от $%-R$% до $%R$%, ориентированного слева направо, и дуги окружности с центром в нуле радиусом $%R$%, расположенной в верхней полуплоскости и ориентированной против часовой стрелки. Интеграл по всему контуру равен $%2\pi i$% умножить на сумму вычетов в особых точках, расположенных внутри контура. Это точки $%i$% и $%(\pm1+i)/\sqrt{2}$%.

Интеграл от функции комплексного аргумента по дуге полуокружности стремится к нулю при $%R\to\infty$%. Это ясно из того, что модуль интегрируемой функции при больших $%R$% имеет порядок $%R^{-2}$%, а длина дуги равна $%\pi R$%, то есть модуль интеграла оценивается величиной $%O(R^{-1})$% и потому стремится к нулю. Поэтому при $%R\to\infty$% предел того интеграла от $%-R$% до $%R$%, который был выписан выше, стремится к произведению $%2\pi i$% на сумму вычетов.

Эти вычеты вычисляются стандартно. Все полюса однократные, и потому выделяем множитель вида $%t-z_0$% в знаменателе, где $%z_0$% -- один из полюсов, а далее подставляем $%z_0$% в то, что делится на $%t-z_0$%. Вычисления я проделал, но не буду их здесь приводить. В точке $%i$% после домножения на $%2\pi i$% получается значение $%2\pi$%. В двух остальных точках, также после домножения, получаются равные значения $%-\pi/\sqrt{2}$%. Складывая всё вместе, получаем ответ, равный $%\pi(2-\sqrt{2})$%.

Добавление. Вот несколько слов по поводу процедуры нахождения вычетов в тех точках, где имеются однократные полюса. Допустим, речь идёт о вычете функции в точке $%t=i$%. Саму функцию при этом можно представить в виде $$\frac1{t-i}\cdot\frac{(1-t^2)^2}{(1+t^4)(t+i)}.$$ Коэффициент при $%(t-i)^{-1}$% в разложении в ряд Лорана (то есть вычет) находится как предел функции, которая присутствует в формуле выше как второй сомножитель, при $%t$% стремящемся к $%i$%. Эта функция непрерывна в точке $%t=i$%, то есть достаточно это значение в неё подставить, и это будет вычет.

ссылка

отвечен 2 Июн '13 17:35

изменен 5 Июн '13 21:26

не понимаю вот это как делать " Эти вычеты вычисляются стандартно. Все полюса однократные, и потому выделяем множитель вида t−z0 в знаменателе, где z0 -- один из полюсов, а далее подставляем z0 в то, что делится на t−z0. "

(5 Июн '13 20:11) Alenka77

@Alenka77: речь идёт о простой вещи, которую Вы наверняка знаете. Скорее всего, Вы просто не уловили мысль из словесного описания. Сейчас напишу по этому поводу короткое добавление.

(5 Июн '13 20:46) falcao

Я написал добавление. По-моему, тут вообще пример решён целиком -- даже ответ указан. Что ещё нужно, я не понимаю. Вы же можете подставить значение $%t=i$% в выражение $%(1-t^2)^2/((1+t^4)(t+i))$%?

(5 Июн '13 21:25) falcao

и тоже самое сделать с другими точками? или там вид другой будет?

(5 Июн '13 21:28) Alenka77

Вид там будет немного другой, но вычисления аналогичны. Скажем, у $%t^4+1$% будет сначала $%(t^2+i)(t^2-i)$%, а потом надо выделить линейный множитель вида $%t-t_1$% у $%t^2-i$% при $%t_1=(1+i)/\sqrt{2}$% при нахождении вычета в этой точке, а при вычислении вычета в точке $%t=t_2=(-1+i)/\sqrt{2}$% множитель $%t-t_2$% выделяется у $%t^2+i$%.

(5 Июн '13 21:44) falcao

а у этого всего есть какая то более нормальная запись, а то я не понимаю как все эти слова заменять на знаки или формулы ... лично у меня только вопрос о том, как это все привести в нормальный вид.вместо того чтобы размышлять о решении

(5 Июн '13 21:56) Alenka77

@Alenka77: я могу поверить в то, что у Вас пока нет полного и цельного понимания, но никак не могу поверить в то, что Вы не понимаете НИЧЕГО. Так не бывает. Скажем, формулы сокращённого умножения Вы заведомо знаете. Поэтому, чтобы разобраться, надо дойти до первой не до конца понятной вещи, и задать по поводу неё конкретный вопрос. Потом после объяснения дойти до второй непонятной вещи, и так несколько раз -- пока не сложится полное понимание.

(5 Июн '13 21:59) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×179

задан
2 Июн '13 16:26

показан
866 раз

обновлен
5 Июн '13 22:07

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru