Integral < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
Hallo. Beschäftige mich mit folgendem Integral:
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^2-i*x}*x dx}
[/mm]
Das ist schon ein vereinfachtes Zwischenergebnis. Ich weiß ja dass
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^2} dx}=\wurzel{Pi}
[/mm]
Ich habe eine Substitution mit [mm] z=x^2+ix [/mm] probiert was aber nicht sinnvoll ist. es muss doch eine sinnvolle vereinfachung geben, die dann das Integral [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^2} dx} [/mm] alleine beinhaltet?
Viell. weiß jemand dazu was. Mfg daniel
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:20 Di 03.10.2006 | | Autor: | Loddar |
Hallo nitro!
Nur ein erster "Bauchverdacht", ohne es nachgerechnet zu haben...
Zerlege in: [mm] $e^{-x^2-i*x} [/mm] \ = \ [mm] e^{-x^2}*e^{-i*x}$ [/mm] und wende partielle Integration an.
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:29 Di 03.10.2006 | | Autor: | nitro1185 |
Hallo !!
Danke für die Antwort. Nein das war das erste was ich probiert habe. Habe diese Art von Integral gefunden nur den beweis nicht gemacht. Man sollte das Argument quadratisch ergänzen. Weiß noch nicht wie das gehn soll  !!
Mfg daniel
|
|
|
| |
|
[mm]\int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2 - \operatorname{i} x}~\mathrm{d}x \ = \ \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2} \left( \cos{x} - \operatorname{i} \sin{x} \right)~\mathrm{d}x \ = \ \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2} \cos{x}~\mathrm{d}x \ - \ \operatorname{i} \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2} \sin{x}~\mathrm{d}x[/mm]
Der Imaginärteil verschwindet, da der Integrand ungerade ist. Es folgt:
(*) [mm]\int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2 - \operatorname{i} x}~\mathrm{d}x \ = \ \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2} \sum_{k=0}^{\infty}~\frac{(-1)^k x^{2k}}{(2k)!}~\mathrm{d}x \ = \ \sum_{k=0}^{\infty}~\frac{(-1)^k}{(2k)!} \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2} x^{2k}~\mathrm{d}x[/mm]
Nun folgt für [mm]\alpha_k = \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2} x^{2k}~\mathrm{d}x[/mm] die Rekursionsbeziehung
[mm]\alpha_k = \frac{2k-1}{2} \, \alpha_{k-1} \, , \ \ k \geq 1[/mm]
wie man mittels partieller Integration beweist. Schreibe dazu [mm]\operatorname{e}^{-x^2} x^{2k} = - \frac{1}{2} (-2x) \operatorname{e}^{-x^2} x^{2k-1}[/mm] und beginne die partielle Integration mit der Stammfunktion von [mm](-2x) \operatorname{e}^{-x^2}[/mm].
Wegen [mm]\alpha_0 = \sqrt{\pi}[/mm] folgt allgemein
[mm]\alpha_k = \frac{(2k)!}{4^k k!} \, \sqrt{\pi} \, , \ \ k \geq 0[/mm]
Das setzt man bei (*) ein und erhält:
[mm]\int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2 - \operatorname{i} x}~\mathrm{d}x \ = \ \sum_{k=0}^{\infty}~\frac{(-1)^k}{(2k)!} \cdot \frac{(2k)!}{4^k k!} \sqrt{\pi}[/mm]
[mm]= \ \sqrt{\pi} \sum_{k=0}^{\infty}~\frac{\left( - \frac{1}{4} \right)^k}{k!} \ = \ \operatorname{e}^{- \frac{1}{4}} \sqrt{\pi}[/mm]
Das ist zumindest einmal eine Lösung, wenn sie mir auch recht umständlich erscheint. Wenn man stattdessen im Integral quadratisch ergänzt, bekommt man
[mm]\int_{- \infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2 - \operatorname{i} x}~\mathrm{d}x \ = \ \int_{- \infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{- \left( x + \frac{\operatorname{i}}{2} \right)^2 - \frac{1}{4}}~\mathrm{d}x[/mm]
Die Substitution [mm]t = x + \frac{\operatorname{i}}{2}[/mm] führt auf
[mm]\int_{- \infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2 - \operatorname{i} x}~\mathrm{d}x \ = \ \operatorname{e}^{- \frac{1}{4}} \int_{- \infty + \frac{1}{2} \operatorname{i}}^{\infty + \frac{1}{2} \operatorname{i}}~\operatorname{e}^{-t^2}~\mathrm{d}t[/mm]
Beim Integral ist über die zur reellen Achse parallele Gerade, die durch [mm]\frac{\operatorname{i}}{2}[/mm] geht, zu integrieren. Wenn man das mit dem schon bekannten Ergebnis oben vergleicht, sieht man, daß
[mm]\int_{- \infty + \frac{1}{2} \operatorname{i}}^{\infty + \frac{1}{2} \operatorname{i}}~\operatorname{e}^{-t^2}~\mathrm{d}t \ = \ \sqrt{\pi}[/mm]
gelten muß. Ich bin aber gerade mit Blindheit geschlagen, wie man das (natürlich unter Verwendung des Gaußschen Fehlerintegrals) direkt sehen kann.
|
|
|
|
