6 votos

¿Qué es el centro de gravedad de $z=\frac{1}{(1-i\tau)^{i+1}},\ \ \tau\in (-\infty,\infty)$

Hace algunos años he desarrollado la curva cerrada (Ref. 1)

$$z=\frac{1}{(1-i\tau)^{i+1}}, \ \ \tau\in (-\infty,\infty)$$

Yo era capaz de calcular la longitud de arco y área de

$$ s=\int |\punto z| d\tau=2\sqrt{2}\sinh\left(\frac{\pi}{2}\right)\\ A=\frac{1}{2}\int \mathfrak{Im}\{z^*\dot z\}d\tau=\frac{\sinh \pi}{4} $$

Sin embargo, el centro de gravedad siempre ha eludido a mí,

$$z_c=\frac{1}{3A}\int z\ \mathfrak{Im}\{z^*\dot z\}d\tau$$

Usted puede encontrar que es más fácil trabajar con la transformación de la $\tau=\tan\theta$ y

$$z(\theta)=\cos^{1+i}\theta\ e^{i(1+i)\theta},\ \ \theta\in[-\pi/2,\pi/2]$$

Referencias

  1. La Manzana de Mi $i$ (y el PDF enlazadas a la misma)

  2. Zwikker, C. (1968). La Avanzada de la Geometría de las Curvas planas y Sus Aplicaciones, Dover.

5voto

Andy Walls Puntos 51

Puedo reproducir sus resultados para$s$$A$, pero yo también estoy atascado en $z_c$. La consulta de Wolfram Alpha con una modificación integrando, los rendimientos de una relación de forma "cerrada" de la solución con una función hipergeométrica como parte de la solución.

La documentación de algunos intermedio expresiones:

$\tau = \tan{\theta}$

$d\tau = \sec^{2}{\theta} d\theta$

$z = \dfrac{1+i\tau}{1+\tau^2}e^{\tan^{-1}{(\frac{-\tau}{1})}}e^{-i\frac{1}{2}\ln{(1+\tau^2)}} = \dfrac{1+i\tan{\theta}}{\sec^{2}\theta}e^{-\theta}e^{-i\ln{(\sec{\theta})}} = \cos{(\theta)} e^{-\theta}e^{i(\theta-\ln{(\sec{\theta})})}$

$\bar{z} = (1+i\tau)^{-(1-i)}$

$\dot{z} = (-1+i)(1-i\tau)^{-(2+i)}$

$|\dot{z}|=\dfrac{\sqrt{2}}{1+\tau^2}e^{\tan^{-1}(\frac{-\tau}{1})} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sec^{2}{\theta}}e^{-\theta}$

${\rm Im}(\bar{z}\dot{z}) = \dfrac{(1-\tau)}{(1+\tau^2)^2}e^{2\tan^{-1}{(\frac{-\tau}{1})}} = \dfrac{\cos{\theta}(\cos{\theta}-\sin{\theta})e^{-2\theta}}{\sec^{2}{\theta}}$

Llego a la siguiente integral para el centro de gravedad:

$$z_c = \frac{1}{3A}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^{2}\theta(\cos{\theta}-\sin{\theta})e^{-3\theta}e^{i(\theta-\ln{(\sec{\theta})})} d\theta$$

el cual puede ser manipulado en

$$z_c = \frac{1}{3A}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{-6\theta}(1-\tan{\theta})(e^{\theta}\cos{\theta})^{3+i} d\theta$$

y con una integración por partes usando $u = \dfrac{1}{3A}e^{-6\theta}$ $dv$ como la porción restante de la anterior integrando, la integral se puede convertir a

$$z_c = \dfrac{3-i}{5A}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{-6\theta}(e^{\theta}\cos{\theta})^{3+i} d\theta$$

y luego estoy atascado.

Actualización después de avanzar en una línea diferente:

A partir de

$z{\rm Im}(\bar{z}\dot{z}) = \dfrac{(1-\tau)(1+i\tau)}{(1+\tau^2)^3(1-i\tau)^i}\left[\dfrac{1+i\tau}{1-i\tau}\right]^{i}$

la integral

$$z_c = \dfrac{4}{3\sinh{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{(1-\tau)(1+i\tau)}{(1+\tau^2)^3(1-i\tau)^i}\left[\dfrac{1+i\tau}{1-i\tau}\right]^{i} d\tau$$

no puede ser resuelto utilizando el Residuo de la Teoría, debido a los elementos elevado a la potencia $i$ que presenta singularidades en el plano complejo de los complejos de Registro() función.

Por suerte, la integral tiene una solución:

$$z_c = \dfrac{i(1+i\tau)^{-1+i}}{6\sinh(\pi)4^i}\left[{}_2F_1\left(-1+i,3+2i;i;\dfrac{1+i\tau}{2}\right)-(1+i\tau) {}_2F_1\left(i,3+2i;1+i;\dfrac{1+i\tau}{2}\right)\right]\biggr\rvert_{-\infty}^{\infty}$$

A partir de una trama de esta función, parece que converge rápidamente en ambas direcciones. Por $\tau = 2$ la función es $\approx 0$. Por $\tau = -30$ las partes real e imaginaria son relativamente planas.

Así que es muy probable que el límite sólo necesitan ser evaluados en $-\infty$ para obtener una expresión de forma cerrada

$$z_c = \lim_{\tau\to-\infty} -\dfrac{i(1+i\tau)^{-1+i}}{6\sinh(\pi)4^i}\left[{}_2F_1\left(-1+i,3+2i;i;\dfrac{1+i\tau}{2}\right)-(1+i\tau) {}_2F_1\left(i,3+2i;1+i;\dfrac{1+i\tau}{2}\right)\right]$$

Así que esto ha sido reducido a un problema de límite, que la sustitución de $\tau = \tan\theta$, y, por tanto,$1+i\tau = \sec(\theta)e^{i\theta}$, puede ayudar.

Cavé en evaluar el límite un poco, y no creo que L'Hospital de la regla se puede utilizar aquí. Yo podría estar equivocado.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X