[tex]\large I=\int_{|z|=2}(z^4 + \bar z^4)\,dz[/tex]
har innført:
[tex]z=2e^{i\phi}[/tex]
og fått integralet lik null.
Noen som kan bekrefte/avkrefte, evt vise ?
complex integration
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Det må vel bli lik $2^5 i \int_0^{2\pi} e^{5\phi i}+ e^{-3\phi i} \, d\phi$Janhaa skrev:[tex]\large I=\int_{|z|=2}(z^4 + \bar z^4)\,dz[/tex]
har innført:
[tex]z=2e^{i\phi}[/tex]
og fått integralet lik null.
Noen som kan bekrefte/avkrefte, evt vise ?
Takker - var akkurat dette jeg fikk. Men innsatt grenser blir dette lik null ?plutarco skrev:Det må vel bli lik $2^5 i \int_0^{2\pi} e^{5\phi i}+ e^{-3\phi i} \, d\phi$Janhaa skrev:[tex]\large I=\int_{|z|=2}(z^4 + \bar z^4)\,dz[/tex]
har innført:
[tex]z=2e^{i\phi}[/tex]
og fått integralet lik null.
Noen som kan bekrefte/avkrefte, evt vise ?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Ganske bambi-på-isen-ennå.plutarco skrev:Jepp. Kunne du forutsett dette med Cauchys integralteorem? Faktisk ikke. Hvorfor ikke?
Fordi integranden ikke har poler?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
En digresjon, men funksjonen $f(z)=z^4+\overline{z}^4$ tilfredsstiller ikke Cauchy-Riemann ligningene, og er derfor ikke holomorf. Dermed gjelder ikke Cauchys teorem.
Edit:
Sett $z=x+yi$, så $f(z)=2 (x^4 - 6 x^2 y^2 + y^4)=u(x,y)+i v(x,y)$, så $v(x,y)=0$ og $u(x,y)=2 (x^4 - 6 x^2 y^2 + y^4)$
$\partial_x u = 8x^3-24xy^2$ og $\partial_y v = 0$, så $\partial_x u\neq \partial_y v$.
Edit:
Sett $z=x+yi$, så $f(z)=2 (x^4 - 6 x^2 y^2 + y^4)=u(x,y)+i v(x,y)$, så $v(x,y)=0$ og $u(x,y)=2 (x^4 - 6 x^2 y^2 + y^4)$
$\partial_x u = 8x^3-24xy^2$ og $\partial_y v = 0$, så $\partial_x u\neq \partial_y v$.
men viktig info...dankeplutarco skrev:En digresjon, men funksjonen $f(z)=z^4+\overline{z}^4$ tilfredsstiller ikke Cauchy-Riemann ligningene, og er derfor ikke holomorf. Dermed gjelder ikke Cauchys teorem.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
-
DennisChristensen
- Grothendieck
- Innlegg: 826
- Registrert: 09/02-2015 23:28
- Sted: Oslo
Riktig at vi ikke kan anvende Cauchys integralteorem, men det er verdt å nevne at integraler som dette lar seg faktisk løse ved Cauchy's residue theorem etter litt triksing med integranden:plutarco skrev:Jepp. Kunne du forutsett dette med Cauchys integralteorem? Faktisk ikke. Hvorfor ikke?
Når $|z| = 2$ kan vi skrive $z = 2e^{i\theta}$ og vi ser at $\bar{z} = 2e^{-i\theta} = \frac{2}{e^{i\theta}} = \frac{4}{z}.$ Dermed har vi at $$\int_{|z| = 2}\left(z^4 + \bar{z}^4\right)dz = \int_{|z| = 2}\left(z^4 + \left(\frac{4}{z}\right)^4\right)dz = \int_{|z| = 2}\left(4^4\frac{1}{z^4} + z^4\right)dz = 2\pi i\times\text{Res}(4^4\frac{1}{z^4} + z^4;0) = 0.$$