A 回答 (10件)
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No.1
- 回答日時:
No.2
- 回答日時:
一番上の式はn=-1の時に2πir^(n+1)となりません
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dz
=∫_{0~2π}{(r^n)e^(inθ)}ire^(iθ)dθ
=∫_{0~2π}ir^(n+1)e^{i(n+1)θ}dθ
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
↓n=-1の時e^{i(n+1)θ}=1だから
=ir^(n+1)∫_{0~2π}1dθ
=ir^(n+1)[θ]_{0~2π}
=ir^(n+1)2π
=2πir^(n+1)
-----------------------------
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dzはこうやって2πir^(n+1)となるのです
------------------------------
↓n=-1の時r^(n+1)=r^(-1+1)=r^0=1だから
=2πi
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dz
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
↓n≠-1の時
=ir^(n+1)[e^{i(n+1)θ}/{i(n+1)}]_{0~2π}
=ir^(n+1)[e^{i(n+1)2π}-e^{i(n+1)0}]/{i(n+1)}
=ir^(n+1)[1-1]/{i(n+1)}
=0
-----------------------------
(n=-1)以外n≠-1の場合はこうやって引き算で0になるのです
------------------------------
No.3
- 回答日時:
式を積分する前の式とは
∫_{0~2π}{(r^n)e^(inθ)}ire^(iθ)dθ
=∫_{0~2π}ir^(n+1)e^{i(n+1)θ}dθ
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
のこの式なのですこの式に
n=-1を代入すると
e^{i(n+1)θ}=e^0=1
となり
ir^(n+1)∫_{0~2π}1dθ
になるのです
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dz
=∫_{0~2π}{(r^n)e^(inθ)}ire^(iθ)dθ
=∫_{0~2π}ir^(n+1)e^{i(n+1)θ}dθ
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
↓n=-1の時e^{i(n+1)θ}=1だから
=ir^(n+1)∫_{0~2π}1dθ
=ir^(n+1)[θ]_{0~2π}
=ir^(n+1)2π
=2πir^(n+1)
-----------------------------
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dzはこうやって2πir^(n+1)となるのです
------------------------------
↓n=-1の時r^(n+1)=r^(-1+1)=r^0=1だから
=2πi
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dz
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
↓n≠-1の時
=ir^(n+1)[e^{i(n+1)θ}/{i(n+1)}]_{0~2π}
=ir^(n+1)[e^{i(n+1)2π}-e^{i(n+1)0}]/{i(n+1)}
=ir^(n+1)[1-1]/{i(n+1)}
=0
-----------------------------
(n=-1)以外n≠-1の場合はこうやって引き算で0になるのです
No.4
- 回答日時:
n=-1の時は
積分しても
r^(n+1)e^{i(n+1)θ}/(n+1)
とならないからなのです
n=-1の時の積分と
n≠-1の時の積分は違うのです
|z-a|=r>0とする
|z-a|=r
↓両辺をrで割ると
|(z-a)/r|=1
複素数(z-a)/rに対して
(z-a)/r=x+iy
となる実数x,yがある
1=|(z-a)/r|=|x+iy|=√(x^2+y^2)
だから
1=√(x^2+y^2)
1=x^2+y^2
だから
x=cosθ,y=sinθとなるθがある
(z-a)/r=x+iy=cosθ+isinθ
(z-a)/r=cosθ+isinθ
↓e^(iθ)=cosθ+isinθだから
(z-a)/r=e^(iθ)
↓両辺にrをかけると
z-a=re^(iθ)
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dz
=∫_{0~2π}{(r^n)e^(inθ)}ire^(iθ)dθ
=∫_{0~2π}ir^(n+1)e^{i(n+1)θ}dθ
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
↓n=-1の時e^{i(n+1)θ}=1だから
=ir^(n+1)∫_{0~2π}1dθ
=ir^(n+1)[θ]_{0~2π}
=ir^(n+1)2π
=2πir^(n+1)
-----------------------------
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dzはこうやって2πir^(n+1)となるのです
------------------------------
↓n=-1の時r^(n+1)=r^(-1+1)=r^0=1だから
=2πi
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dz
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
↓n≠-1の時
=ir^(n+1)[e^{i(n+1)θ}/{i(n+1)}]_{0~2π}
=ir^(n+1)[e^{i(n+1)2π}-e^{i(n+1)0}]/{i(n+1)}
=ir^(n+1)[1-1]/{i(n+1)}
=0
-----------------------------
(n=-1)以外n≠-1の場合はこうやって引き算で0になるのです
No.5
- 回答日時:
n=-1の時は
積分しても
r^(n+1)e^{i(n+1)θ}/(n+1)
とならないからなのです
n=-1の時の積分と
n≠-1の時の積分は違うのです
|z-a|=r>0とする
|z-a|=r …(1)
↓両辺をrで割ると
|(z-a)/r|=1
複素数(z-a)/rに対して
(z-a)/r=x+iy
となる実数x,yがある
1=|(z-a)/r|=|x+iy|=√(x^2+y^2)
だから
1=√(x^2+y^2)
1=x^2+y^2
だから
x=cosθ,y=sinθとなるθがある
(z-a)/r=x+iy=cosθ+isinθ
(z-a)/r=cosθ+isinθ
↓e^(iθ)=cosθ+isinθだから
(z-a)/r=e^(iθ)
↓両辺にrをかけると
∴
z-a=re^(iθ) …(2)
↓両辺をn乗すると
(z-a)^n={re^(iθ)}^n=(r^n)e^(inθ)
(z-a)^n=(r^n)e^(inθ)…(3)
(2)の両辺を微分すると
dz=ire^(iθ)dθ
↓これと(3)から
{(z-a)^n}dz={(r^n)e^(inθ)}ire^(iθ)dθ
↓これを(1)で積分すると
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dz
=∫_{0~2π}{(r^n)e^(inθ)}ire^(iθ)dθ
=∫_{0~2π}ir^(n+1)e^{i(n+1)θ}dθ
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
↓n=-1の時e^{i(n+1)θ}=1だから
=ir^(n+1)∫_{0~2π}1dθ
=ir^(n+1)[θ]_{0~2π}
=ir^(n+1)2π
=2πir^(n+1)
-----------------------------
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dzはこうやって2πir^(n+1)となるのです
------------------------------
↓n=-1の時r^(n+1)=r^(-1+1)=r^0=1だから
=2πi
------------------------------------------
・n≠-1の場合
∫_{|z-a|=r}{(z-a)^n}dz
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
↓n≠-1の時
=ir^(n+1)[e^{i(n+1)θ}/{i(n+1)}]_{0~2π}
=ir^(n+1)[e^{i(n+1)2π}-e^{i(n+1)0}]/{i(n+1)}
=ir^(n+1)[1-1]/{i(n+1)}
=0
-----------------------------
(n=-1)以外n≠-1の場合はこうやって引き算で0になるのです
No.6
- 回答日時:
同じ質問と同じ回答の繰り返しだなあ...
>①の式にn=-1を代入して積分すると2πiとでますが、
>①の式を積分してからn=-1を代入すると分母が0になり式が導けないのは、
>なぜでしょうか
①の式を積分するときに n≠-1 か n=-1 かで場合分けしているので、
n≠-1 の場合のほうの結果には n=-1 は代入できない というだけです。
>また、画像の二行目は何を表しているのでしょうか?
dz/dθ = ire^(iθ) を、あまりよろしくない書き方で略記したもの
とでも考えればよいと思います。画像の式を正当化する理論はちゃんとある
のですが、けっこう難しい話になります。
置換積分をするときに、dz に ire^(iθ) を代入したと考えるのではなく、
dz/dθ = ire^(iθ) を使って ∫f(z)dz = ∫f(z)(dz/dθ)dθ と変形した
のだと考えれば、高校範囲の微積分で済みます。
No.8
- 回答日時:
>なぜn=-1の時は
>積分しても
>r^(n+1)e^{i(n+1)θ}/(n+1)
>とならないのでしょうか?
>ちゃんと導きました!
ちゃんと導いたら、n=-1 のときは
r^(n+1)e^{i(n+1)θ}/(n+1) にはなりません。
積分には、特に系統的なやり方はなくて、
微積分学の基本定理を用いて
微分したら被積分関数になる関数を一個もってきて良しとする
のが積の山です。
n=-1 のときに r^(n+1)e^{i(n+1)θ}/(n+1) を微分しようとしても、
そもそも n=-1 のときには r^(n+1)e^{i(n+1)θ}/(n+1) が存在しないので
どうにもならないのです。
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mtrajcpさんありがとうこざいます。
ちなみに、式を0〜2πで積分して画像のようにした後はn=-1の時に分母が0になるため、2πiは導けません。
なので式を積分する前にn=-1を代入してから0〜2πiで積分するのでしょうか?
mtrajcpさん、前のことで質問なのですが、なぜz-aの絶対値を外すとre^(iθ)になるのでしょうか?
また、書いていただいた式の説明とその際に載せていただいた画像の式の過程の計算が違いますが、
こう言う解き方もあるということでしょうか?
以下が乗せていただいた式の説明です。
「式を積分する前の式とは
∫_{0~2π}{(r^n)e^(inθ)}ire^(iθ)dθ
=∫_{0~2π}ir^(n+1)e^{i(n+1)θ}dθ
=ir^(n+1)∫_{0~2π}e^{i(n+1)θ}dθ
のこの式なのですこの式に
n=-1を代入すると...」
すいません。①の式にn=-1を代入して積分すると2πiとでますが、①の式を積分してからn=-1を代入すると分母が0になり式が導けないのは、なぜでしょうか?
数学的な順序があるのでしょうか?
また、画像の二行目は何を表しているのでしょうか?
ありがとうこざいます。
頂いた画像の①の式を積分したら画像の式になるのでしょうか?
それとも画像のようなやり方もあるわけでしょうか?
1枚目の画像でn=-1できない時は
2枚目の画像でn=-1を行うわけでしょうか?
2枚目
2枚目
すいません。
なぜn=-1の時は
積分しても
r^(n+1)e^{i(n+1)θ}/(n+1)
とならないのでしょうか?
ちゃんと導きました!
何が違うのでしょうか?