Integral beweisen < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:38 Mi 19.05.2010 | | Autor: | Talianna |
| Aufgabe | Man zeige:
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\frac{1-cos(x)}{x^2} dx} [/mm] = [mm] \frac{\pi}{2}.
[/mm]
Dazu betrachte man f(z) = (1 - [mm] e^{iz})/x^2 [/mm] und integriere über die Kurve im Bild:
[Dateianhang nicht öffentlich]
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Hallo liebe Mathe-Cracks
Ich habe mal wieder ein Problem mit einer Aufgabe.
Ich verstehe ja so halbwegs, was von mir verlangt wird, habe allerdings keine Ahnung, wie ich den Zusatz mit f(z) und der Kurve im gezeigten Bild in den Beweis einbauen soll.
Hat dazu vielleicht jemand eine Idee oder weiß, wie der Beweis geht?
Bin für jede Hilfe dankbar!!!
Grüße
Talianna
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:35 Do 20.05.2010 | | Autor: | Talianna |
Da das mit dem Bild irgendwie nicht so ganz funktioniert, versuche ich mal das Bild zu beschreiben.....
zu sehen ist eine Achse (die x-Achse?!). Darauf sind zwei Halbkreise mit unterschiedlichen Radien gezogen. Der größere von den beiden hat die Bezeichnung [mm] \gamma_{R+}. [/mm] Der kleinere [mm] \gamma_{\varepsilon+}. [/mm]
Durch Pfeile ist die Wegrichtung angegeben: der größere ist entgegen dem Uhrzeigersinn. Der kleinere mit dem Uhrzeigersinn. Außerdem sind die "Verbindungsstücke" zwischen größerem und kleinerem Kreis mit Pfeilen nach rechts gekennzeichnet.
An den Schnittpunkten vom größeren Halbkreis mit der Achse steht R bzw. -R. An denen vom kleineren Halbkreis [mm] \varepsilon [/mm] bzw. [mm] -\varepsilon
[/mm]
(ich hoffe das war halbwegs verständlich...)
Ich hatte die Idee das ganze in 4 Teilintegrale zu zerlegen: eins für den großen Halbkreis, eins für den kleinen Halbkreis, und je eins für die beiden Wegabschnitte auf der Achse. Dann hänge ich allerdings immernoch daran, wie ich den Zusatz mit f(z) einbaue, und mein nächstes Problem wäre, welche Grenzen ich für die Teilintegrale nehmen würde.
Ich hoffe dass mir jetzt jemand helfen kann.
Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:47 Do 20.05.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Talliana!
> Man zeige:
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\frac{1-cos(x)}{x^2} dx}[/mm] =
> [mm]\frac{\pi}{2}.[/mm]
>
> Dazu betrachte man f(z) = (1 - [mm]e^{iz})/x^2[/mm] und integriere
> über die Kurve im Bild:
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Hallo liebe Mathe-Cracks
>
> Ich habe mal wieder ein Problem mit einer Aufgabe.
>
> Ich verstehe ja so halbwegs, was von mir verlangt wird,
> habe allerdings keine Ahnung, wie ich den Zusatz mit f(z)
> und der Kurve im gezeigten Bild in den Beweis einbauen
> soll.
>
> Hat dazu vielleicht jemand eine Idee oder weiß, wie der
> Beweis geht?
Du hast ja in deinem zweiten Post schon den ersten Schritt getan:
> Ich hatte die Idee das ganze in 4 Teilintegrale zu zerlegen: eins für den großen Halbkreis,
> eins für den kleinen Halbkreis, und je eins für die beiden Wegabschnitte auf der Achse.
Richtig.
> Dann hänge ich allerdings immernoch daran, wie ich den Zusatz mit f(z) einbaue, und mein
> nächstes Problem wäre, welche Grenzen ich für die Teilintegrale nehmen würde.
Es handelt sich doch hier um ein Wegintegral über die gegebene Funktion
[mm] \bruch{1-e^{iz }}{z^2}} [/mm] .
Ist dir klar, welchen Wert dieses Wegintegral hat? (Tipp: Integralsatz von Cauchy)
Der Weg wird in vier Stücke zerlegt, und das heisst, für jedes der vier Teilstücke musst du eine geeignete Parametrisierung finden. Zum Beispiel für das gerade Stück Weg auf der reellen Achse vom Punkt [mm] $+\varepsilon$ [/mm] zum Punkt $+R$: $z=t$, [mm] $\varepsilon \le [/mm] t [mm] \le [/mm] R$, oder für das Teilstück [mm] $\gamma_\varepsilon^+$:
[/mm]
[mm] z = \varepsilon *e^{i(\pi-t)} [/mm], [mm]0\le t \le \pi [/mm].
Die Summe der vier einzelnen Kurvenintegrale muss natürlich den oben erwähnten Wert des gesamten Kurvenintegrals ergeben, und außerdem muss es eine Beziehung zur ursprünglichen Aufgabe geben.
Schreibe die vier Teile auf, was siehst du?
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:32 Do 20.05.2010 | | Autor: | Talianna |
Hallo Rainer,
Also dann wäre ja für die beiden Geraden:
1. die Gerade von [mm] \varepsilon [/mm] nach R: z=t mit [mm] \varepsilon \leq [/mm] t [mm] \leq [/mm] R
2. die Gerade von -R nach [mm] -\varepsilon: [/mm] z=t mit -R [mm] \leq [/mm] t [mm] \leq -\varepsilon.
[/mm]
Für die beiden Halbkreise:
3. [mm] \gamma_\varepsilon^+: [/mm] z = [mm] \varepsilon*e^{i(\pi - t)} [/mm] mit 0 [mm] \leq [/mm] t [mm] \leq \pi
[/mm]
4. [mm] \gamma_R^+: [/mm] z = [mm] R*e^{i*(\pi-t)}. [/mm]
So ganz versteh ich das aber noch nicht:
Wie kommst du auf das [mm] \pi-t [/mm] im Exponenten von e?
Müsste bei dem [mm] \gamma_\varepsilon^+ [/mm] nicht ein - vor dem i stehen? Der dreht doch mit dem Uhrzeigersinn...
Bei den 4 Teilstücken würde ich jetzt nur sehen, dass sie jeweils fast gleich sind. Nur bei den Geraden geh ich halt einmal von -R nach [mm] -\varepsilon [/mm] und einmal von [mm] \varepsilon [/mm] nach R, und bei den Halbkreisen hab ich einmal Radius R und einmal Radius [mm] \varepsilon.
[/mm]
Wenn ich das dann in f(z) einsetze, dann hätte ich jetzt raus:
z.B. für [mm] \gamma_\varepsilon^+: \frac{1-e^{i*(\varepsilon*e^{i*(\pi-t)})}}{(\varepsilon*e^{i*(\pi-t)})^2}
[/mm]
und für die Gerade [mm] \varepsilon \to [/mm] R: [mm] \frac{1-e^{it}}{t^2}
[/mm]
Ist das so überhaupt richtig, dass ich es da einsetze? Und wie beziehe ich dann meinen Bruch mit dem cos(x) ein?
Danke schonmal für deine Hilfe!!!
Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:01 Do 20.05.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Talianna!
> Hallo Rainer,
>
> Also dann wäre ja für die beiden Geraden:
> 1. die Gerade von [mm]\varepsilon[/mm] nach R: z=t mit [mm]\varepsilon \leq[/mm]
> t [mm]\leq[/mm] R
> 2. die Gerade von -R nach [mm]-\varepsilon:[/mm] z=t mit -R [mm]\leq[/mm] t
> [mm]\leq -\varepsilon.[/mm]
> Für die beiden Halbkreise:
> 3. [mm]\gamma_\varepsilon^+: z = \varepsilon*e^{i(\pi - t)}[/mm] mit 0 [mm]\leq t \leq \pi[/mm]
> 4. [mm]\gamma_R^+: z = R*e^{i*(\pi-t)}.[/mm]
Nein, das ist nicht richtig, denn dieser Halbkreis wird im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen:
[mm]\gamma_R^+: z = R*e^{i*t}[/mm] , [mm] 0\le t \le \pi[/mm] .
>
> So ganz versteh ich das aber noch nicht:
> Wie kommst du auf das [mm]\pi-t[/mm] im Exponenten von e?
> Müsste bei dem [mm]\gamma_\varepsilon^+[/mm] nicht ein - vor dem i
> stehen? Der dreht doch mit dem Uhrzeigersinn...
Schreibe es einfach um:
[mm] \gamma_\varepsilon^+:z = \varepsilon*e^{i(\pi - t)} = \varepsilon*e^{i\pi} * e^{-it} = - \varepsilon e^{-it} [/mm]
>
> Bei den 4 Teilstücken würde ich jetzt nur sehen, dass sie
> jeweils fast gleich sind. Nur bei den Geraden geh ich halt
> einmal von -R nach [mm]-\varepsilon[/mm] und einmal von [mm]\varepsilon[/mm]
> nach R, und bei den Halbkreisen hab ich einmal Radius R und
> einmal Radius [mm]\varepsilon.[/mm]
Richtig.
> Wenn ich das dann in f(z) einsetze, dann hätte ich jetzt
> raus:
> z.B. für [mm]\gamma_\varepsilon^+: \frac{1-e^{i*(\varepsilon*e^{i*(\pi-t)})}}{(\varepsilon*e^{i*(\pi-t)})^2}[/mm]
Das ist $f(z)$ eingesetzt. Aber die Definition des Wegintegrals entlang des Weges [mm] $\gamma_\varepsilon^+$ [/mm] sagt:
[mm] \integral_{\gamma_\varepsilon^+} f(z) dz = \integral_0^{\pi} f(\gamma_\varepsilon^+(t)) * \gamma_\varepsilon^+'(t) dt [/mm].
>
> und für die Gerade [mm]\varepsilon \to[/mm] R:
> [mm]\frac{1-e^{it}}{t^2}[/mm]
>
> Ist das so überhaupt richtig, dass ich es da einsetze? Und
> wie beziehe ich dann meinen Bruch mit dem cos(x) ein?
Nimm die beiden Wegintegrale über die geraden Stücke und addiere sie!
Betrachte dann den Limes [mm] $R\to\infty$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:31 Fr 21.05.2010 | | Autor: | Talianna |
Hallo Rainer.
Ich habe nun die beiden Integrale einfach mal ausgerechnet. Bei den Geraden stand ich vor dem Problem zweimal partiell integrieren zu müssen. An einer Stelle kam dann das Problem, dass 1/t zu integrieren war, was mir ein wenig Kopfzerbrechen bereitet hat. Ich hab ein wenig recherchiert und herausgefunden, dass das Integral darüber der Logarithmus der Obergrenze des Integrals ist. Danach habe ich dann die beiden Integrale aufaddiert und geschaut was herauskam, wenn ich den Limes R gegen unendlich betrachte. Da kam annähernd die Formel der Aufgabenstellung heraus, nämlich
[mm] \bruch{2 + 4\cdot \cos \epsilon}{\epsilon}
[/mm]
Ich weiß nicht recht, ob ich mich an irgendeiner Stelle verrechnet habe, kann aber ich hier keinen Rechenweg von ca. 2 DIN-A4-Seiten posten, das wäre sehr mühselig. Kann das Ergebnis denn so hinkommen, oder muss exakt die Formel der Aufgabe rauskommen?
Es wäre ja nur logisch, wenn R gegen unendlich läuft, dass dann Epsilon beliebig klein wird, oder? Aber für Epsilon gegen Null hätte ich hier ja genau die Definitionslücke der Betragsfunktion.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:57 Fr 21.05.2010 | | Autor: | Talianna |
Ich habe nochmal über meine Rechnung geschaut und festgestellt, dass ich mich mehrmals verrechnet hatte. Aber jetzt, da ich meine Rechnung korrigiert habe, wird das Ergebnis nur noch länger und hat gar nichts mehr mit der Formel in der Aufgabe zu tun. Ich kann an manchen Stellen leider nicht mehr den cos(x) mit x=R oder x=Epsilon bilden.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:14 Fr 21.05.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
sieh dir ie Anweisung nochmal an. du sollst doch nich über 1-cos(z) im Zähler sondern über [mm] 1-e^{it} [/mm] integrieren !
schreib mal wenigstens die integrale hinm die du integriert hast.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:31 Fr 21.05.2010 | | Autor: | Talianna |
Ich habe folgendes Integral berechnet:
[mm] \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, [/mm] dt
Dann dasselbe nochmal mit den Grenzen Epsilon und R.
Beide Ergebnisse habe ich dann im Folgenden aufaddiert.
Ich gelange damit zu folgendem Endergebnis und weiß nicht recht weiter:
[mm] \bruch{2}{\epsilon} [/mm] - [mm] \bruch{2}{R} [/mm] + [mm] \bruch{2 \cdot\ cos R}{R} [/mm] - [mm] \bruch{2 \cdot\ cos \epsilon}{\epsilon} [/mm] - 2 [mm] \cdot\ [/mm] i [mm] \cdot\ log\left(-\epsilon\right)\cdot\ \left( -e^{-i\epsilon} + e^{-iR} \right) [/mm] + 2 [mm] \cdot\ [/mm] i [mm] \cdot\ log\left( R \right) \cdot\ \left( e^{i\epsilon} - e^{iR} \right)[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:43 Fr 21.05.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Talianna!
> Ich habe folgendes Integral berechnet:
> [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \,[/mm] dt
>
> Dann dasselbe nochmal mit den Grenzen Epsilon und R.
>
> Beide Ergebnisse habe ich dann im Folgenden aufaddiert.
>
> Ich gelange damit zu folgendem Endergebnis und weiß nicht
> recht weiter:
> [mm]\bruch{2}{\epsilon}[/mm] - [mm]\bruch{2}{R}[/mm] + [mm]\bruch{2 \cdot\ cos R}{R}[/mm]
> - [mm]\bruch{2 \cdot\ cos \epsilon}{\epsilon}[/mm] - 2 [mm]\cdot\[/mm] i
> [mm]\cdot\ log\left(-\epsilon\right)\cdot\ \left( -e^{-i\epsilon} + e^{-iR} \right)[/mm]
> + 2 [mm]\cdot\[/mm] i [mm]\cdot\ log\left( R \right) \cdot\ \left( e^{i\epsilon} - e^{iR} \right)[/mm]
>
Das kann nicht stimmen, wie kommst du denn auf diese Ergebnisse? Wenn du die Integrale direkt ausrechnen könntest, müsstest du den ganzen Aufwand nicht treiben. Durch partielle Integration kommst du auf die ![[]](/images/popup.gif) Integralexponentialfunktion, aber nicht weiter.
Bisher hast du nur, dass das Integral über den gesamten Weg [mm] $\gamma$ [/mm] die Summe der Integrale über die vier Teilstücke ist:
[mm] \integral_\gamma \bruch{1-e^{iz}}{z^2} dz = \integral_{\gamma_\varepsilon^+} \bruch{1-e^{iz}}{z^2} dz + \integral_{\gamma_1} \bruch{1-e^{iz}}{z^2} dz + \integral_{\gamma_R^+} \bruch{1-e^{iz}}{z^2} dz + \integral_{\gamma_2} \bruch{1-e^{iz}}{z^2} dz [/mm]
[mm] $\gamma_1$ [/mm] und [mm] $\gamma_2$ [/mm] sollen die beiden geraden Stücke bezeichnen.
Welchen Wert hat das Integral auf der linken Seite (leicht anzugeben mit dem Cauchyschen Integralsatz)?
Dann schreib bitte die vier einzelnen Kurvenintegrale hin, dann fasst du die beiden Teilintegrale über die geraden Stücke entlang der x-Achse zusammen, die ergeben nämlich fast das gesuchte Integral.
Dann musst du noch die beiden Integrale über die Wege [mm] $\gamma_\varepsilon^+$ [/mm] und [mm] $\gamma_R^+$ [/mm] ausrechnen. Es kommt heraus, dass das Integral über [mm] $\gamma_R^+$ [/mm] durch [mm] $\bruch{C}{R}$ [/mm] beschränkt ist ($C$ ist eine positive reelle Zahl).
Mach bitte mal diese einzelnen Schritte und poste, was du gerechnet hast.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:20 Fr 21.05.2010 | | Autor: | Talianna |
Alles klar, meine Ergebnisse:
Nach dem Cauchyschen Integralsatz ist das gesamte Integral ja = 0, da eine geschlossene Kurve beschrieben wird, oder?
Hier mein Integral über den großen Kreis:
[mm] \integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{R^2 \cdot\ e^{2it}}\ \cdot\ iRe^{it}, [/mm] dt
Hier mein Integral über den kleinen Kreis:
[mm] \integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}}{\epsilon^2 \cdot\ e^{-2it}}\ \cdot\ \epsilon \cdot\ ie^{-it}, [/mm] dt
Meine beiden Integrale über die Geraden:
[mm] \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, [/mm] dt
und
[mm] \integral_{\epsilon}^{R} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, [/mm] dt
Die beiden letzten Integrale, also jene über die Geraden habe ich ausgerechnet. Ich habe dazu das Integral auseinandergezogen und [mm] t^2 [/mm] als [mm] t^{-2} [/mm] umgeschrieben und im Anschluss zweimal partiell integriert, was bei der Integration von [mm] t^{-1} [/mm] ein Problem darstellte und was ich mit dem log zu umgehen versucht habe.
Anders wüsste ich mir aber an dieser Stelle auch nicht zu helfen.
In Anbetracht dessen, dass du mir den Tip gegeben hast, die beiden Geraden-Integrale über den Limes R gegen unendlich zu betrachten, habe ich mir gedacht, dass ich u.U. bei den beiden Kreisintegralen dasselbe mit Limes [mm] \epsilon [/mm] gegen 0 mache. Aber da ich bei den beiden Geraden schon solche seltsamen und für mich unglaubwürdigen Ergebnisse erhalten habe, habe ich diesen Schritt zunächst einmal zurückgestellt und nochmals gepostet, denn ich dachte mir, dass ja wahrscheinlich unter umschreiben meiner [mm] e^{i\epsilon} [/mm] Formeln mittels der Formel für cos(z) eine Annäherung an die gewünschte Formel möglich ist.
Wie fasse ich denn die Integrale sonst zusammen, wenn ich nicht vorher mit partieller Integration darangehe, diese aufzulösen?
Meine Idee:
Da die Integralgrenzen ja verschieden sind, müsste ich bei einem der Integrale die Grenzen ja so anpassen, dass bei beiden Integralen die Grenzen gleich sind. Das hätte aber zur Folge, dass sich auch das, was unter dem Integral steht, verändert. Aber wären die Grenzen einmal gleich, dann könnte ja beides ja schonmal zusammenfassen.
[mm] \integral_{\epsilon}^{R} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, [/mm] dt
Mein 1. Schritt wäre der Folgende:
Angenommen, ich substituiere t durch -t, dann werden ja die Grenzen ebenfalls mit negativem Vorzeichen versehen, oder?:
[mm] \integral_{-\epsilon}^{-R} \bruch{1 - e^{-it}}{\left( -t \right)^2} \, [/mm] dt
Nun will ich aber, dass meine bisherige obere Integralgrenze -R zur unteren und meine bisherige untere Integralgrenze [mm] -\epsilon [/mm] zur oberen wird. Dazu tausche ich einfach das Vorzeichen in meinem Integral. Stimmt das soweit?
Mein 2. Schritt:
[mm] \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{-1 + e^{-it}}{\left( t \right)^2} \, [/mm] dt
Meine -t unter dem Bruchstrich kann ich wegen des Quadrats natürlich auch als t stehen lassen.
In der Summe meiner beiden Integrale über die Geraden, ergäbe sich im 3. Schritt:
[mm] \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{e^{-it} - e^{it}}{t^2} \, [/mm] dt
Nun folgen die Berechnungen der Integrale über die Halbkreise:
1.) Der mathematisch positiv drehende, große Halbkreis:
[mm] \integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{R^2 \cdot\ e^{2it}}\ \cdot\ iRe^{it}, [/mm] dt
= i [mm] \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{e^{it}}\, [/mm] dt
= i [mm] \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{Pi} e^{-it} [/mm] - [mm] e^{iRe^{it} - it}\, [/mm] dt
= [mm] \bruch{1}{R} \cdot\ \left[ -e^{-it} +\bruch{i}{Re^{it} - i} \cdot\ e^{iRe^{it} - it} \right]
[/mm]
in den Grenzen von 0 bis Pi.
Nun habe ich Ober- und Untergrenze eingesetzt und mit Hilfe der Eulerschen Identität [mm] e^{+-i \cdot\ Pi} [/mm] ganz oft durch -1 ersetzt
Dann folgt als Endergebnis:
[mm] \bruch{2}{R} [/mm] + [mm] \bruch{i}{R \cdot\ \left(R - i\right)} \cdot\ \left( e^{-iR} + e^{iR} \right)
[/mm]
Doch dieses schöne Ergebnis liefert mir unter Verwendung der Formel für cos(z):
[mm] \bruch{2}{R} [/mm] + [mm] \bruch{2i \cdot\ cos R}{R \cdot\ \left(R - i\right)} [/mm]
Vielen, vielen Dank schonmal im Voraus für deine Hilfe!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:59 Fr 21.05.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Talianna!
> Alles klar, meine Ergebnisse:
>
> Nach dem Cauchyschen Integralsatz ist das gesamte Integral
> ja = 0, da eine geschlossene Kurve beschrieben wird, oder?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Hier mein Integral über den großen Kreis:
>
> [mm]\integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{R^2 \cdot\ e^{2it}}\ \cdot\ iRe^{it}\,dt[/mm]
>
> Hier mein Integral über den kleinen Kreis:
>
> [mm]\integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}}{\epsilon^2 \cdot\ e^{-2it}}\ \cdot\ \epsilon \cdot\ ie^{-it}\,dt[/mm]
>
> Meine beiden Integrale über die Geraden:
>
> [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, dt[/mm]
>
> und
>
> [mm]\integral_{\epsilon}^{R} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, dt[/mm]
Soweit OK.
> Die beiden letzten Integrale, also jene über die Geraden
> habe ich ausgerechnet. Ich habe dazu das Integral
> auseinandergezogen und [mm]t^2[/mm] als [mm]t^{-2}[/mm] umgeschrieben und im
> Anschluss zweimal partiell integriert, was bei der
> Integration von [mm]t^{-1}[/mm] ein Problem darstellte und was ich
> mit dem log zu umgehen versucht habe.
Dieser letzte Schritt ist falsch. Du hast ein Integral der Form [mm] $\integral \bruch{e^{it}}{t} [/mm] dt$, das sich nicht elementar integrieren lässt.
> In Anbetracht dessen, dass du mir den Tip gegeben hast, die
> beiden Geraden-Integrale über den Limes R gegen unendlich
> zu betrachten, habe ich mir gedacht, dass ich u.U. bei den
> beiden Kreisintegralen dasselbe mit Limes [mm]\epsilon[/mm] gegen 0
> mache.
Im Prinzip richtig.
> Aber da ich bei den beiden Geraden schon solche
> seltsamen und für mich unglaubwürdigen Ergebnisse
> erhalten habe, habe ich diesen Schritt zunächst einmal
> zurückgestellt und nochmals gepostet, denn ich dachte mir,
> dass ja wahrscheinlich unter umschreiben meiner
> [mm]e^{i\epsilon}[/mm] Formeln mittels der Formel für cos(z) eine
> Annäherung an die gewünschte Formel möglich ist.
>
> Wie fasse ich denn die Integrale sonst zusammen, wenn ich
> nicht vorher mit partieller Integration darangehe, diese
> aufzulösen?
> Meine Idee:
> Da die Integralgrenzen ja verschieden sind, müsste ich
> bei einem der Integrale die Grenzen ja so anpassen, dass
> bei beiden Integralen die Grenzen gleich sind. Das hätte
> aber zur Folge, dass sich auch das, was unter dem Integral
> steht, verändert. Aber wären die Grenzen einmal gleich,
> dann könnte ja beides ja schonmal zusammenfassen.
>
> [mm]\integral_{\epsilon}^{R} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \,[/mm] dt
>
> Mein 1. Schritt wäre der Folgende:
> Angenommen, ich substituiere t durch -t, dann werden ja
> die Grenzen ebenfalls mit negativem Vorzeichen versehen,
> oder?:
>
> [mm]\integral_{-\epsilon}^{-R} \bruch{1 - e^{-it}}{\left( -t \right)^2} \,dt[/mm]
Auch im Prinzip richtig, bis auf einen kleinen Fehler: bei der Substitution ergibt sich ein zusätzliches Minuszeichen, da du auch $dt$ durch $-dt$ ersetzen musst.
[mm] \red{-} \integral_{-\epsilon}^{-R} \bruch{1 - e^{-it}}{\left( -t \right)^2} \,dt[/mm]
Allerdings würde ich diese Substitution auf das andere Integral anwenden. Es geht aber auch so.
>
> Nun will ich aber, dass meine bisherige obere
> Integralgrenze -R zur unteren und meine bisherige untere
> Integralgrenze [mm]-\epsilon[/mm] zur oberen wird. Dazu tausche ich
> einfach das Vorzeichen in meinem Integral. Stimmt das
> soweit?
> Mein 2. Schritt:
>
> [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{-1 + e^{-it}}{\left( t \right)^2} \,dt[/mm]
Wegen des fehlenden Minuszeichens stimmt auch das nicht
[mm] \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{\red{+}1 \red{-} e^{-it}}{\left( t \right)^2} \,dt[/mm]
> Meine -t unter dem Bruchstrich kann ich wegen des Quadrats
> natürlich auch als t stehen lassen.
>
> In der Summe meiner beiden Integrale über die Geraden,
> ergäbe sich im 3. Schritt:
>
> [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{e^{-it} - e^{it}}{t^2} \,dt[/mm]
Vorzeichen korrigiert:
[mm] \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1+e^{-it} +1 + e^{it}}{t^2} \,dt = \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{2+2\cos t}{t^2} \,dt[/mm] .
Nun mache ich wieder die Substitution [mm] $t\to-t$:
[/mm]
[mm] 2 \integral_{\epsilon}^R \bruch{1+\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
(Deswegen schrieb ich eben, dass es besser ist, beim anderen Integral zu substituieren.)
> Nun folgen die Berechnungen der Integrale über die
> Halbkreise:
> 1.) Der mathematisch positiv drehende, große Halbkreis:
>
> [mm]\integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{R^2 \cdot\ e^{2it}}\ \cdot\ iRe^{it}\ dt[/mm]
>
> [mm]= i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{e^{it}}\,dt[/mm]
>
> [mm]= i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{Pi} (e^{-it} - e^{iRe^{it} - it})\,dt [/mm]
Soweit richtig.
> [mm]= \bruch{1}{R} \cdot\ \left[ -e^{-it} +\bruch{i}{Re^{it} - i} \cdot\ e^{iRe^{it} - it} \right][/mm]
>
> in den Grenzen von 0 bis Pi.
Ganz falsch. Leite diesen Ausdruck ab, es kommt nicht der obige Integrand heraus.
Die Integrationsregel [mm] $\int e^{ax} [/mm] dx = [mm] \bruch{e^ax}{a}$ [/mm] gilt nur für Konstanten a. Hier steht aber eine weitere Exponentialfunktion im Exponenten.
Wie ich schon schrieb, wir am Schluss der Grenzwert [mm] $R\to\infty$ [/mm] berechnet. Als Vorbereitung schätze ich dieses Integral ab:
[mm] \left|i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{\þi} e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}}\,dt\right| = \bruch{1}{R}\left|\integral_{0}^{\pi} e^{-it} (1- e^{iRe^{it}})\,dt\right| \le \bruch{1}{R} \integral_{0}^{\pi} \left|e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}})\right| dt[/mm]
Nun ist
[mm] \left|e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}})\right| = \left|e^{-it}\right|\cdot\left|1 - e^{iRe^{it}}\right| = \left|1 - e^{iRe^{it}}\right|[/mm]
[mm] = \left|1 - e^{iR(cos t+i\sin t)}\right| = \left|1 - e^{iRcos t}*e^{-R\sin t}\right| [/mm]
und mittels Dreiecksungleichung ist dies
[mm] \le |1| + \left|e^{iRcos t}*e^{-R\sin t}\right| = 1+e^{-R\sin t} [/mm]
Da [mm] $0\le t\le \pi [/mm] $ ist, ist [mm] $\sin t\ge [/mm] 0$, also [mm] $-R\sin [/mm] t [mm] \le [/mm] 0$, und daher [mm] $e^{-R\sin t}\le [/mm] 1$.
Insgesamt gilt also
[mm]\left|i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{\pi} e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}}\,dt\right| \le \bruch{2}{R} [/mm] ,
und daraus folgt
[mm] \limes_{R\to\infty}\left(i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{\pi} e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}}\,dt\right) = 0 [/mm] .
Ich weiss, das sieht ungeheuer kompliziert aus, aber du wirst dieser Argumentation öfter begegnen: Man wählt den äußeren, großen Halbkreis immer so, dass das Teilintegral für [mm] $R\to\infty$ [/mm] gegen 0 geht.
Dabei hilft die Moivre-Formel [mm] $e^{\pm it}=\cos [/mm] t [mm] \pm i\sin [/mm] t$, die ich oben eingesetzt habe und die Erkenntnis, dass der Betrag der e-Funktion [mm] $e^{iR(cos t+i\sin t)}$ [/mm] in der oberen Halbebene [mm] $\le [/mm] 1$ ist, in der unteren Halbebene [mm] $\ge [/mm] 1$. Daher wird das Integral über den oberen Halbkreis imemr kleiner, je größer R wird.
Hat man dagegen das umgekehrte Vorzeichen im Exponenten, also [mm] $e^{-iR(cos t+i\sin t)}$, [/mm] so ist der Betra in der unteren Halbebene [mm] $\le [/mm] 1$ und man wählt den großen Kreis dort.
So, nun bleibt noch das Integral über den kleinen Halbkreis [mm] $\gamma_\epsilon^+$:
[/mm]
[mm]\integral_{0}^{\pi} \bruch{1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}}{\epsilon^2 \cdot\ e^{-2it}}\ \cdot\ \epsilon \cdot\ ie^{-it}\,dt = \bruch{i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi} e^{it}(1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}) [/mm] .
Hier funktioniert das Abschätzen nicht so einfach. Aber man kann die e-Funktion durch ihre Reihenentwicklung ersetzen:
[mm] e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}} = \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!} [/mm] .
Der erste Summand ist 1, daher ist
[mm] e^{it}(1- e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}) = - e^{it}\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!} = -\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-i(k-1)t}}{k!}[/mm] .
Da diese Reihe in ganz [mm] $\IC$ [/mm] absolut und in jeder abgeschlossenen Kreisscheibe gleichmäßig konvergiert, kannst du Summation und Integration für vertauschen:
[mm] \bruch{i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi} e^{it}(1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}) dt[/mm]
[mm] = \bruch{-i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi}\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-i(k-1)t}}{k!} dt [/mm]
[mm] = \bruch{-i}{\epsilon} \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k}{k!} \integral_{0}^{\pi} e^{-i(k-1)t}} dt [/mm]
[mm] = -\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-i\epsilon)^{k-1}}{k!} \integral_{0}^{\pi} e^{-i(k-1)t}} dt [/mm]
[mm] = -\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-i\epsilon)^{k}}{(k+1)!} \integral_{0}^{\pi} e^{-ikt}} dt [/mm] .
Und jetzt setzt du alle Teile zusammen und machst die Grenzübergänge [mm] $R\to\infty$ [/mm] und [mm] $\epsilon\to [/mm] 0$.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:00 Sa 22.05.2010 | | Autor: | Talianna |
> Hallo Talianna!
>
> > Alles klar, meine Ergebnisse:
> >
> > Nach dem Cauchyschen Integralsatz ist das gesamte Integral
> > ja = 0, da eine geschlossene Kurve beschrieben wird, oder?
>
>
>
> > Hier mein Integral über den großen Kreis:
> >
> > [mm]\integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{R^2 \cdot\ e^{2it}}\ \cdot\ iRe^{it}\,dt[/mm]
> >
> > Hier mein Integral über den kleinen Kreis:
> >
> > [mm]\integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}}{\epsilon^2 \cdot\ e^{-2it}}\ \cdot\ \epsilon \cdot\ ie^{-it}\,dt[/mm]
> >
> > Meine beiden Integrale über die Geraden:
> >
> > [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, dt[/mm]
>
> >
> > und
> >
> > [mm]\integral_{\epsilon}^{R} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, dt[/mm]
>
> Soweit OK.
>
> > Die beiden letzten Integrale, also jene über die Geraden
> > habe ich ausgerechnet. Ich habe dazu das Integral
> > auseinandergezogen und [mm]t^2[/mm] als [mm]t^{-2}[/mm] umgeschrieben und im
> > Anschluss zweimal partiell integriert, was bei der
> > Integration von [mm]t^{-1}[/mm] ein Problem darstellte und was ich
> > mit dem log zu umgehen versucht habe.
>
> Dieser letzte Schritt ist falsch. Du hast ein Integral der
> Form [mm]\integral \bruch{e^{it}{t} dt[/mm], das sich nicht
> elementar integrieren lässt.
>
> > In Anbetracht dessen, dass du mir den Tip gegeben hast, die
> > beiden Geraden-Integrale über den Limes R gegen unendlich
> > zu betrachten, habe ich mir gedacht, dass ich u.U. bei den
> > beiden Kreisintegralen dasselbe mit Limes [mm]\epsilon[/mm] gegen 0
> > mache.
>
> Im Prinzip richtig.
>
> > Aber da ich bei den beiden Geraden schon solche
> > seltsamen und für mich unglaubwürdigen Ergebnisse
> > erhalten habe, habe ich diesen Schritt zunächst einmal
> > zurückgestellt und nochmals gepostet, denn ich dachte mir,
> > dass ja wahrscheinlich unter umschreiben meiner
> > [mm]e^{i\epsilon}[/mm] Formeln mittels der Formel für cos(z) eine
> > Annäherung an die gewünschte Formel möglich ist.
> >
> > Wie fasse ich denn die Integrale sonst zusammen, wenn ich
> > nicht vorher mit partieller Integration darangehe, diese
> > aufzulösen?
> > Meine Idee:
> > Da die Integralgrenzen ja verschieden sind, müsste ich
> > bei einem der Integrale die Grenzen ja so anpassen, dass
> > bei beiden Integralen die Grenzen gleich sind. Das hätte
> > aber zur Folge, dass sich auch das, was unter dem Integral
> > steht, verändert. Aber wären die Grenzen einmal gleich,
> > dann könnte ja beides ja schonmal zusammenfassen.
> >
> > [mm]\integral_{\epsilon}^{R} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \,[/mm] dt
> >
> > Mein 1. Schritt wäre der Folgende:
> > Angenommen, ich substituiere t durch -t, dann werden ja
> > die Grenzen ebenfalls mit negativem Vorzeichen versehen,
> > oder?:
> >
> > [mm]\integral_{-\epsilon}^{-R} \bruch{1 - e^{-it}}{\left( -t \right)^2} \,dt[/mm]
>
> Auch im Prinzip richtig, bis auf einen kleinen Fehler: bei
> der Substitution ergibt sich ein zusätzliches
> Minuszeichen, da du auch [mm]dt[/mm] durch [mm]-dt[/mm] ersetzen musst.
>
> [mm]\red{-} \integral_{-\epsilon}^{-R} \bruch{1 - e^{-it}}{\left( -t \right)^2} \,dt[/mm]
>
> Allerdings würde ich diese Substitution auf das andere
> Integral anwenden. Es geht aber auch so.
>
> >
> > Nun will ich aber, dass meine bisherige obere
> > Integralgrenze -R zur unteren und meine bisherige untere
> > Integralgrenze [mm]-\epsilon[/mm] zur oberen wird. Dazu tausche ich
> > einfach das Vorzeichen in meinem Integral. Stimmt das
> > soweit?
> > Mein 2. Schritt:
> >
> > [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{-1 + e^{-it}}{\left( t \right)^2} \,dt[/mm]
>
> Wegen des fehlenden Minuszeichens stimmt auch das nicht
>
> [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{\red{+}1 \red{-} e^{-it}}{\left( t \right)^2} \,dt[/mm]
>
> > Meine -t unter dem Bruchstrich kann ich wegen des Quadrats
> > natürlich auch als t stehen lassen.
> >
> > In der Summe meiner beiden Integrale über die Geraden,
> > ergäbe sich im 3. Schritt:
> >
> > [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{e^{-it} - e^{it}}{t^2} \,dt[/mm]
>
> Vorzeichen korrigiert:
>
> [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1+e^{-it} +1 + e^{it}}{t^2} \,dt = \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{2+2\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
> .
>
> Nun mache ich wieder die Substitution [mm]t\to-t[/mm]:
>
> [mm]2 \integral_{\epsilon}^R \bruch{1+\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
>
> (Deswegen schrieb ich eben, dass es besser ist, beim
> anderen Integral zu substituieren.)
WARUM AN DIESER STELLE +cos(t)??? Ich habe:
-2 [mm] \integral_{\epsilon}^R \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt
[/mm]
>
> > Nun folgen die Berechnungen der Integrale über die
> > Halbkreise:
> > 1.) Der mathematisch positiv drehende, große
> Halbkreis:
> >
> > [mm]\integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{R^2 \cdot\ e^{2it}}\ \cdot\ iRe^{it}\ dt[/mm]
> >
> > [mm]= i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{e^{it}}\,dt[/mm]
> >
> > [mm]= i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{Pi} (e^{-it} - e^{iRe^{it} - it})\,dt[/mm]
>
> Soweit richtig.
>
> > [mm]= \bruch{1}{R} \cdot\ \left[ -e^{-it} +\bruch{i}{Re^{it} - i} \cdot\ e^{iRe^{it} - it} \right][/mm]
>
> >
> > in den Grenzen von 0 bis Pi.
>
> Ganz falsch. Leite diesen Ausdruck ab, es kommt nicht der
> obige Integrand heraus.
>
> Die Integrationsregel [mm]\int e^{ax} dx = \bruch{e^ax}{a}[/mm] gilt
> nur für Konstanten a. Hier steht aber eine weitere
> Exponentialfunktion im Exponenten.
>
> Wie ich schon schrieb, wir am Schluss der Grenzwert
> [mm]R\to\infty[/mm] berechnet. Als Vorbereitung schätze ich dieses
> Integral ab:
>
> [mm]\left|i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{\þi} e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}}\,dt\right| = \bruch{1}{R}\left|\integral_{0}^{\pi} e^{-it} (1- e^{iRe^{it}})\,dt\right| \le \bruch{1}{R} \integral_{0}^{\pi} \left|e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}})\right| dt[/mm]
>
> Nun ist
>
> [mm]\left|e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}})\right| = \left|e^{-it}\right|\cdot\left|1 - e^{iRe^{it}}\right| = \left|1 - e^{iRe^{it}}\right|[/mm]
>
> [mm]= \left|1 - e^{iR(cos t+i\sin t)}\right| = \left|1 - e^{iRcos t}*e^{-R\sin t}\right|[/mm]
>
> und mittels Dreiecksungleichung ist dies
>
> [mm]\le |1| + \left|e^{iRcos t}*e^{-R\sin t}\right| = 1+e^{-R\sin t}[/mm]
WO GEHT MEIN [mm] e^{iRcos t} [/mm] IN DEM SCHRITT HIN???
>
> Da [mm]0\le t\le \pi[/mm] ist, ist [mm]\sin t\ge 0[/mm], also [mm]-R\sin t \le 0[/mm],
> und daher [mm]e^{-R\sin t}\le 1[/mm].
>
> Insgesamt gilt also
>
> [mm]\left|i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{\pi} e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}}\,dt\right| \le \bruch{2}{R}[/mm]
> ,
>
> und daraus folgt
>
> [mm]\limes_{R\to\infty}\left(i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{\pi} e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}}\,dt\right) = 0[/mm]
> .
>
> Ich weiss, das sieht ungeheuer kompliziert aus, aber du
> wirst dieser Argumentation öfter begegnen: Man wählt den
> äußeren, großen Halbkreis immer so, dass das
> Teilintegral für [mm]R\to\infty[/mm] gegen 0 geht.
>
> Dabei hilft die Moivre-Formel [mm]e^{\pm it}=\cos t \pm i\sin t[/mm],
> die ich oben eingesetzt habe und die Erkenntnis, dass der
> Betrag der e-Funktion [mm]e^{iR(cos t+i\sin t)}[/mm] in der oberen
> Halbebene [mm]\le 1[/mm] ist, in der unteren Halbebene [mm]\ge 1[/mm]. Daher
> wird das Integral über den oberen Halbkreis imemr kleiner,
> je größer R wird.
>
> Hat man dagegen das umgekehrte Vorzeichen im Exponenten,
> also [mm]e^{-iR(cos t+i\sin t)}[/mm], so ist der Betra in der
> unteren Halbebene [mm]\le 1[/mm] und man wählt den großen Kreis
> dort.
>
> So, nun bleibt noch das Integral über den kleinen
> Halbkreis [mm]\gamma_\epsilon^+[/mm]:
>
> [mm]\integral_{0}^{\pi} \bruch{1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}}{\epsilon^2 \cdot\ e^{-2it}}\ \cdot\ \epsilon \cdot\ ie^{-it}\,dt = \bruch{i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi} e^{it}(1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}})[/mm]
MÜSSTE DA NICHT [mm] e^{3it} [/mm] VOR DER KLAMMER IM INTEGRAL STEHEN? UND WENN NEIN, WARUM DANN [mm] e^{it} [/mm] AN SEINER STATT?:
[mm] \bruch{i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi} e^{3it}(1 [/mm] - [mm] e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}})[/mm] [/mm]
> .
>
> Hier funktioniert das Abschätzen nicht so einfach. Aber
> man kann die e-Funktion durch ihre Reihenentwicklung
> ersetzen:
>
> [mm]e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}} = \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!}[/mm]
> .
>
> Der erste Summand ist 1 (KLAR BIS HIERHIN) , daher ist
>
> [mm]e^{it}(1- e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}) = - e^{it}\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!} = -\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-i(k-1)t}}{k!}[/mm]
VERSTEHE NICHT, WOHIN DAS [mm] e^{it}, [/mm] DAS BEI MULTIPLIKATION MIT 1 AUS DER KLAMMER ENTSTEHT, VERSCHWINDET...
HYPOTHESE:
[mm] e^{it} [/mm] + 1
WOBEI DIE 1 ERSTER SUMMAND DER SUMME IST.
[mm] e^{it} [/mm] + 1 = 0 FÜR t=Pi NACH EULERSCHER IDENTITÄT.
IST DAS RICHTIG VERMUTET????
> .
>
> Da diese Reihe in ganz [mm]\IC[/mm] absolut und in jeder
> abgeschlossenen Kreisscheibe gleichmäßig konvergiert (WARUM???) ,
> kannst du Summation und Integration für vertauschen:
>
> [mm]\bruch{i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi} e^{it}(1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}) dt[/mm]
>
>
> [mm]= \bruch{-i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi}\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-i(k-1)t}}{k!} dt[/mm]
>
> [mm]= \bruch{-i}{\epsilon} \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k}{k!} \integral_{0}^{\pi} e^{-i(k-1)t}} dt[/mm]
>
> [mm]= -\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-i\epsilon)^{k-1}}{k!} \integral_{0}^{\pi} e^{-i(k-1)t}} dt[/mm]
>
> [mm]= -\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-i\epsilon)^{k}}{(k+1)!} \integral_{0}^{\pi} e^{-ikt}} dt[/mm]
MUSS ICH JETZT NICHT NOCH BRAV INTEGRIEREN UND SO??? WENN ICH DAS NÄMLICH MACHE, ERHALTE ICH [mm] \bruch{1}{-ik} \cdot\ e^{-ikt} [/mm] FÜR MEIN INTEGRAL. ABER DER BRUCH MIT DEM k IST JA NICHT DEFINIERT FÜR k=0, OBWOHL DAS JA IN DER SUMME VORKOMMT. WAS MACHE ICH DA NUN??
>
> Und jetzt setzt du alle Teile (WELCHE ALLE? ALLE TEILINTEGRALE?) zusammen und machst die
> Grenzübergänge [mm]R\to\infty[/mm] und [mm]\epsilon\to 0[/mm].
>
> Viele Grüße
> Rainer
VIELEN DANK FÜR DIE SCHNELLE REAKTION AUF MEINE POSTS! ICH KONNTE DEINE SCHRITTE MIT AUSNAHME DER STELLEN, WO ICH IN ROT FRAGEN ERGÄNZT HABE, NACHVOLLZIEHEN. HOFFE, DU KANNST MIR DIE MARKIERTEN STELLEN NOCH ETWAS PLAUSIBLER MACHEN.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:06 Sa 22.05.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Talianna!
> > Hallo Talianna!
> >
> > > Alles klar, meine Ergebnisse:
> > >
> > > Nach dem Cauchyschen Integralsatz ist das gesamte Integral
> > > ja = 0, da eine geschlossene Kurve beschrieben wird, oder?
> >
> >
> >
> > > Hier mein Integral über den großen Kreis:
> > >
> > > [mm]\integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{R^2 \cdot\ e^{2it}}\ \cdot\ iRe^{it}\,dt[/mm]
> > >
> > > Hier mein Integral über den kleinen Kreis:
> > >
> > > [mm]\integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}}{\epsilon^2 \cdot\ e^{-2it}}\ \cdot\ \epsilon \cdot\ ie^{-it}\,dt[/mm]
> > >
> > > Meine beiden Integrale über die Geraden:
> > >
> > > [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, dt[/mm]
>
> >
> > >
> > > und
> > >
> > > [mm]\integral_{\epsilon}^{R} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \, dt[/mm]
> >
> > Soweit OK.
> >
> > > Die beiden letzten Integrale, also jene über die Geraden
> > > habe ich ausgerechnet. Ich habe dazu das Integral
> > > auseinandergezogen und [mm]t^2[/mm] als [mm]t^{-2}[/mm] umgeschrieben und im
> > > Anschluss zweimal partiell integriert, was bei der
> > > Integration von [mm]t^{-1}[/mm] ein Problem darstellte und was ich
> > > mit dem log zu umgehen versucht habe.
> >
> > Dieser letzte Schritt ist falsch. Du hast ein Integral der
> > Form [mm]\integral \bruch{e^{it}}{t} dt[/mm], das sich nicht
> > elementar integrieren lässt.
> >
> > > In Anbetracht dessen, dass du mir den Tip gegeben hast, die
> > > beiden Geraden-Integrale über den Limes R gegen unendlich
> > > zu betrachten, habe ich mir gedacht, dass ich u.U. bei den
> > > beiden Kreisintegralen dasselbe mit Limes [mm]\epsilon[/mm] gegen 0
> > > mache.
> >
> > Im Prinzip richtig.
> >
> > > Aber da ich bei den beiden Geraden schon solche
> > > seltsamen und für mich unglaubwürdigen Ergebnisse
> > > erhalten habe, habe ich diesen Schritt zunächst einmal
> > > zurückgestellt und nochmals gepostet, denn ich dachte mir,
> > > dass ja wahrscheinlich unter umschreiben meiner
> > > [mm]e^{i\epsilon}[/mm] Formeln mittels der Formel für cos(z) eine
> > > Annäherung an die gewünschte Formel möglich ist.
> > >
> > > Wie fasse ich denn die Integrale sonst zusammen, wenn ich
> > > nicht vorher mit partieller Integration darangehe, diese
> > > aufzulösen?
> > > Meine Idee:
> > > Da die Integralgrenzen ja verschieden sind, müsste
> ich
> > > bei einem der Integrale die Grenzen ja so anpassen, dass
> > > bei beiden Integralen die Grenzen gleich sind. Das hätte
> > > aber zur Folge, dass sich auch das, was unter dem Integral
> > > steht, verändert. Aber wären die Grenzen einmal gleich,
> > > dann könnte ja beides ja schonmal zusammenfassen.
> > >
> > > [mm]\integral_{\epsilon}^{R} \bruch{1 - e^{it}}{t^2} \,[/mm] dt
> > >
> > > Mein 1. Schritt wäre der Folgende:
> > > Angenommen, ich substituiere t durch -t, dann werden
> ja
> > > die Grenzen ebenfalls mit negativem Vorzeichen versehen,
> > > oder?:
> > >
> > > [mm]\integral_{-\epsilon}^{-R} \bruch{1 - e^{-it}}{\left( -t \right)^2} \,dt[/mm]
> >
> > Auch im Prinzip richtig, bis auf einen kleinen Fehler: bei
> > der Substitution ergibt sich ein zusätzliches
> > Minuszeichen, da du auch [mm]dt[/mm] durch [mm]-dt[/mm] ersetzen musst.
> >
> > [mm]\red{-} \integral_{-\epsilon}^{-R} \bruch{1 - e^{-it}}{\left( -t \right)^2} \,dt[/mm]
> >
> > Allerdings würde ich diese Substitution auf das andere
> > Integral anwenden. Es geht aber auch so.
> >
> > >
> > > Nun will ich aber, dass meine bisherige obere
> > > Integralgrenze -R zur unteren und meine bisherige untere
> > > Integralgrenze [mm]-\epsilon[/mm] zur oberen wird. Dazu tausche ich
> > > einfach das Vorzeichen in meinem Integral. Stimmt das
> > > soweit?
> > > Mein 2. Schritt:
> > >
> > > [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{-1 + e^{-it}}{\left( t \right)^2} \,dt[/mm]
> >
> > Wegen des fehlenden Minuszeichens stimmt auch das nicht
> >
> > [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{\red{+}1 \red{-} e^{-it}}{\left( t \right)^2} \,dt[/mm]
> >
> > > Meine -t unter dem Bruchstrich kann ich wegen des Quadrats
> > > natürlich auch als t stehen lassen.
> > >
> > > In der Summe meiner beiden Integrale über die Geraden,
> > > ergäbe sich im 3. Schritt:
> > >
> > > [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{e^{-it} - e^{it}}{t^2} \,dt[/mm]
> >
> > Vorzeichen korrigiert:
> >
> > [mm]\integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1+e^{-it} +1 + e^{it}}{t^2} \,dt = \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{2+2\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
> > .
> >
> > Nun mache ich wieder die Substitution [mm]t\to-t[/mm]:
> >
> > [mm]2 \integral_{\epsilon}^R \bruch{1+\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
> >
> > (Deswegen schrieb ich eben, dass es besser ist, beim
> > anderen Integral zu substituieren.)
>
>
> WARUM AN DIESER STELLE +cos(t)??? Ich habe:
> -2 [mm]\integral_{\epsilon}^R \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
Du hast völlig recht, da habe ich die Vorzeichen falsch gemacht. Nochmal: die einzelnen Integrale sind
[mm] \integral_{\epsilon}^{R} \bruch{1 \red{-} e^{it}}{t^2} \, + \integral_{\epsilon}^R \bruch{1\red{-}e^{-it}}{t^2} dt = 2 \integral_{\epsilon}^R \bruch{1\red{-}\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
> >
> > > Nun folgen die Berechnungen der Integrale über die
> > > Halbkreise:
> > > 1.) Der mathematisch positiv drehende, große
> > Halbkreis:
> > >
> > > [mm]\integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{R^2 \cdot\ e^{2it}}\ \cdot\ iRe^{it}\ dt[/mm]
> > >
> > > [mm]= i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{Pi} \bruch{1 - e^{iRe^{it}}}{e^{it}}\,dt[/mm]
> > >
> > > [mm]= i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{Pi} (e^{-it} - e^{iRe^{it} - it})\,dt[/mm]
> >
> > Soweit richtig.
> >
> > > [mm]= \bruch{1}{R} \cdot\ \left[ -e^{-it} +\bruch{i}{Re^{it} - i} \cdot\ e^{iRe^{it} - it} \right][/mm]
>
> >
> > >
> > > in den Grenzen von 0 bis Pi.
> >
> > Ganz falsch. Leite diesen Ausdruck ab, es kommt nicht der
> > obige Integrand heraus.
> >
> > Die Integrationsregel [mm]\int e^{ax} dx = \bruch{e^ax}{a}[/mm] gilt
> > nur für Konstanten a. Hier steht aber eine weitere
> > Exponentialfunktion im Exponenten.
> >
> > Wie ich schon schrieb, wir am Schluss der Grenzwert
> > [mm]R\to\infty[/mm] berechnet. Als Vorbereitung schätze ich dieses
> > Integral ab:
> >
> > [mm]\left|i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{\þi} e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}}\,dt\right| = \bruch{1}{R}\left|\integral_{0}^{\pi} e^{-it} (1- e^{iRe^{it}})\,dt\right| \le \bruch{1}{R} \integral_{0}^{\pi} \left|e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}})\right| dt[/mm]
>
> >
> > Nun ist
> >
> > [mm]\left|e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}})\right| = \left|e^{-it}\right|\cdot\left|1 - e^{iRe^{it}}\right| = \left|1 - e^{iRe^{it}}\right|[/mm]
>
> >
> > [mm]= \left|1 - e^{iR(cos t+i\sin t)}\right| = \left|1 - e^{iRcos t}*e^{-R\sin t}\right|[/mm]
>
> >
> > und mittels Dreiecksungleichung ist dies
> >
> > [mm]\le |1| + \left|e^{iRcos t}*e^{-R\sin t}\right| = 1+e^{-R\sin t}[/mm]
>
> WO GEHT MEIN [mm]e^{iRcos t}[/mm] IN DEM SCHRITT HIN???
[mm] $R\cos [/mm] t$ ist reell, daher ist [mm] $|e^{iRcos t}| [/mm] = 1$.
>
> >
> > Da [mm]0\le t\le \pi[/mm] ist, ist [mm]\sin t\ge 0[/mm], also [mm]-R\sin t \le 0[/mm],
> > und daher [mm]e^{-R\sin t}\le 1[/mm].
> >
> > Insgesamt gilt also
> >
> > [mm]\left|i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{\pi} e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}}\,dt\right| \le \bruch{2}{R}[/mm]
> > ,
> >
> > und daraus folgt
> >
> > [mm]\limes_{R\to\infty}\left(i \cdot\ \bruch{1}{R} \cdot\ \integral_{0}^{\pi} e^{-it}(1 - e^{iRe^{it}}\,dt\right) = 0[/mm]
> > .
> >
> > Ich weiss, das sieht ungeheuer kompliziert aus, aber du
> > wirst dieser Argumentation öfter begegnen: Man wählt den
> > äußeren, großen Halbkreis immer so, dass das
> > Teilintegral für [mm]R\to\infty[/mm] gegen 0 geht.
> >
> > Dabei hilft die Moivre-Formel [mm]e^{\pm it}=\cos t \pm i\sin t[/mm],
> > die ich oben eingesetzt habe und die Erkenntnis, dass der
> > Betrag der e-Funktion [mm]e^{iR(cos t+i\sin t)}[/mm] in der oberen
> > Halbebene [mm]\le 1[/mm] ist, in der unteren Halbebene [mm]\ge 1[/mm]. Daher
> > wird das Integral über den oberen Halbkreis imemr kleiner,
> > je größer R wird.
> >
> > Hat man dagegen das umgekehrte Vorzeichen im Exponenten,
> > also [mm]e^{-iR(cos t+i\sin t)}[/mm], so ist der Betra in der
> > unteren Halbebene [mm]\le 1[/mm] und man wählt den großen Kreis
> > dort.
> >
> > So, nun bleibt noch das Integral über den kleinen
> > Halbkreis [mm]\gamma_\epsilon^+[/mm]:
> >
> > [mm]\integral_{0}^{\pi} \bruch{1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}}{\epsilon^2 \cdot\ e^{-2it}}\ \cdot\ \epsilon \cdot\ ie^{-it}\,dt = \bruch{i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi} e^{it}(1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}})[/mm]
>
> MÜSSTE DA NICHT [mm]e^{3it}[/mm] VOR DER KLAMMER IM INTEGRAL
> STEHEN? UND WENN NEIN, WARUM DANN [mm]e^{it}[/mm] AN SEINER STATT?:
Nein, denn [mm] $e^{-2it}$ [/mm] steht im Nenner: [mm] $\bruch{1}{e^{-2it}} \cdot e^{-it} [/mm] = [mm] e^{+2it}\cdot e^{-it} [/mm] = [mm] e^{it}$.
[/mm]
>
> [mm]\bruch{i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi} e^{3it}(1[/mm] -
> [mm]e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}})[/mm][/mm]
>
> > .
> >
> > Hier funktioniert das Abschätzen nicht so einfach. Aber
> > man kann die e-Funktion durch ihre Reihenentwicklung
> > ersetzen:
> >
> > [mm]e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}} = \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!}[/mm]
> > .
> >
> > Der erste Summand ist 1 (KLAR BIS HIERHIN) , daher ist
> >
> > [mm]e^{it}(1- e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}) = - e^{it}\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!} = -\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-i(k-1)t}}{k!}[/mm]
>
> VERSTEHE NICHT, WOHIN DAS [mm]e^{it},[/mm] DAS BEI MULTIPLIKATION
> MIT 1 AUS DER KLAMMER ENTSTEHT, VERSCHWINDET...
> HYPOTHESE:
> [mm]e^{it} + 1 [/mm]
> WOBEI DIE 1 ERSTER SUMMAND DER SUMME IST.
> [mm]e^{it} + 1 [/mm]= 0 FÜR t=Pi NACH EULERSCHER IDENTITÄT.
> IST DAS RICHTIG VERMUTET????
Richtig. Ich schreibe es etwas ausführlicher:
[mm] e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}} = \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!} = 1 + \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!}[/mm] ,.
daher
[mm] e^{it}(1- e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}) = e^{it} \left(1 - 1 - \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!} \right) = - e^{it}\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-ikt}}{k!} [/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
,
und dann habe ich $e^{it}$ in die Summe hineingezogen und $e^{it}e^{-ikt}} = e^{it(1-k)} = e^{-i(k-1)t$.
> > .
> >
> > Da diese Reihe in ganz [mm]\IC[/mm] absolut und in jeder
> > abgeschlossenen Kreisscheibe gleichmäßig konvergiert
> (WARUM???) ,
Das gilt für alle Potenzreihen: innerhalb des Konvergenzkreises konvergieren sie absolut, und in jedem abgeschlossenen Kreis gleichmäßig.
(Eine Alternative wäre es, den Mittelwertsatz der Integralrechnung anzuwenden und dann die e-Funktion durch ihre Reihe zu ersetzen.)
> > kannst du Summation und Integration für vertauschen:
> >
> > [mm]\bruch{i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi} e^{it}(1 - e^{-\epsilon \cdot\ ie^{-it}}) dt[/mm]
>
> >
> >
> > [mm]= \bruch{-i}{\epsilon} \integral_{0}^{\pi}\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k e^{-i(k-1)t}}{k!} dt[/mm]
> >
> > [mm]= \bruch{-i}{\epsilon} \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{(-i\epsilon)^k}{k!} \integral_{0}^{\pi} e^{-i(k-1)t}} dt[/mm]
> >
> > [mm]= -\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-i\epsilon)^{k-1}}{k!} \integral_{0}^{\pi} e^{-i(k-1)t}} dt[/mm]
> >
> > [mm]= -\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-i\epsilon)^{k}}{(k+1)!} \integral_{0}^{\pi} e^{-ikt}} dt[/mm]
> MUSS ICH JETZT NICHT NOCH BRAV INTEGRIEREN UND SO??? WENN
> ICH DAS NÄMLICH MACHE, ERHALTE ICH [mm]\bruch{1}{-ik} \cdot\ e^{-ikt}[/mm]
> FÜR MEIN INTEGRAL. ABER DER BRUCH MIT DEM k IST JA NICHT
> DEFINIERT FÜR k=0, OBWOHL DAS JA IN DER SUMME VORKOMMT.
> WAS MACHE ICH DA NUN??
Den ersten Summanden musst du getrennt gehandeln:
[mm]-\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-i\epsilon)^{k}}{(k+1)!} \integral_{0}^{\pi} e^{-ikt}} dt[/mm]
[mm] = - \integral_{0}^{\pi} 1 dt - \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-i\epsilon)^{k}}{(k+1)!} \integral_{0}^{\pi} e^{-ikt}} dt[/mm]
> >
> > Und jetzt setzt du alle Teile (WELCHE ALLE? ALLE
> TEILINTEGRALE?) zusammen und machst die
> > Grenzübergänge [mm]R\to\infty[/mm] und [mm]\epsilon\to 0[/mm].
Ja, du weisst doch schon, dass die Summe der 4 Teilintegrale 0 sein muss, und zwar unabhängig von [mm] $\epsilon$ [/mm] oder R. Ich nenne die beiden Integrale über den Großen bzw. den kleinen Halbkreis [mm] $I_R(R)$ [/mm] bzw. [mm] $I_\epsilon(\epsilon)$:
[/mm]
[mm] 0 = 2\integral_{\epsilon}^{R}\bruch{1-\cos t}{t^2}dt + I_R(R) + I_\epsilon(\epsilon) [/mm] .
Diese Gleichung gilt für alle $R > [mm] \epsilon [/mm] > 0$ .
Wir haben ausgerechnet, dass [mm] $I_R(R)$ [/mm] nur von R abhängt, nicht von [mm] $\epsilon$, [/mm] ebenso [mm] $I_\epsilon(\epsilon)$ [/mm] nur von [mm] $\epsilon$, [/mm] nicht von R. Außerdem wissen wir, dass [mm] $\limes_{R\to\infty} I_R(R) [/mm] =0 $. Du rechnest noch
[mm] \limes_{\epsilon\to 0} I_\epsilon(\epsilon} [/mm]
aus, dann kannst du auch
[mm] \integral_{0}^{\infty}\bruch{1-\cos t}{t^2}dt [/mm]
angeben.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:52 Sa 22.05.2010 | | Autor: | Talianna |
Okay,
ich erhalte jetzt beim Integral über den kleinen Kreis unter Betrachtung des Limes [mm] \epsilon [/mm] gegen Null exakt -Pi
Fasse ich nun alle meine Ergebnisse zusammen, kommt genau meine Formel raus, mit einem Unterscheid: bei mir steht dann [mm] -\bruch{Pi}{2} [/mm]
Ich weiß auch, woran das liegt, finde aber wieder meinen Fehler nicht:
Bei den Geraden hatte ich ja:
-2 [mm] \cdot\ \integral_{\epsilon}^R \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt [/mm]
bei dir stand an selbiger Stelle aber statt -2 eine +2
Diese wäre auch logisch, gemessen an dem, was rauskommen soll. Aber: Wo liegt da mein Fehler?
Meine Rechnung nochmal:
2 [mm] \cdot\ \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt [/mm]
= 2 [mm] \cdot\ \integral_{R}^\epsilon \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt [/mm]
dass hier t zu -t wird, ändert ja prinzipiell nichts wegen dem Quadrat über t und der Periodizität des cos(t).
= -2 [mm] \cdot\ \integral_{\epsilon}^R \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt [/mm]
Dass da statt -2 aber 2 stehen muss, ist klar wegen des Ergebnisses, auf das wir kommen wollen, aber wie komme ich darauf.
Hypothese:
muss ich hier auch wieder sowohl ein Minuszeichen vor meine Rechnung, als auch vor mein dt setzen? Diese würden sich ja beim rausziehen zu -2 ergeben und später zu +2 werden. Quasi so:
2 [mm] \cdot\ \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt [/mm]
= -2 [mm] \cdot\ \integral_{R}^\epsilon \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt [/mm]
dass hier t zu -t wird, ändert ja prinzipiell nichts wegen dem Quadrat über t und der Periodizität des cos(t).
= 2 [mm] \cdot\ \integral_{\epsilon}^R \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt [/mm]
Ansonsten ist mir alles innerhalb dieser Rechnung klar geworden. Vielen Dank für deinen Unterstützung.
Du hast mal während deiner Hilfen gesagt, dass
[mm] \integral_{a}^{b} e^{ax}\, [/mm] dx = [mm] \bruch{1}{a} \cdot\ e^{ax}
[/mm]
nur für a kostant gilt und hast deshalb hier deine Abschätzung gemacht. Die ist ja auch logisch, aber, wie würde ich dann zum Beispiel bei sowas vorgehen?:
[mm] \integral_{0}^{2Pi} e^{it + re^{it} itn}\, [/mm] dt
oder auch:
[mm] \integral_{0}^{2Pi} e^{itk+ itn + it}\, [/mm] dt
(mit n und m bspw. aus den ganzen Zahlen, k aus den natürlichen Zahlen)
Hier würde ich spontan überhaupt nicht auf so einen Abschätzung kommen, wie du in dem obigen Beispiel.
Aber dass ich nicht einfach mit der Regel für Konstanten ableiten darf, ist mir jetzt durch deinen Rat auch klar geworden.
Aber da stünde ich ja schon wieder auf dem Schlauch.
Gibt's da vielleicht so eine Art "Patentlösung" für solche Integrale?
Das ist nämlich das, was ich mir als Frage aus der Aufgabe weiterhin mitnehme.
Viele Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:43 Sa 22.05.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Talianna!
> Okay,
>
> ich erhalte jetzt beim Integral über den kleinen Kreis
> unter Betrachtung des Limes [mm]\epsilon[/mm] gegen Null exakt -Pi
>
> Fasse ich nun alle meine Ergebnisse zusammen, kommt genau
> meine Formel raus, mit einem Unterscheid: bei mir steht
> dann [mm]-\bruch{Pi}{2}[/mm]
>
> Ich weiß auch, woran das liegt, finde aber wieder meinen
> Fehler nicht:
>
> Bei den Geraden hatte ich ja:
>
> -2 [mm]\cdot\ \integral_{\epsilon}^R \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
>
> bei dir stand an selbiger Stelle aber statt -2 eine +2
> Diese wäre auch logisch, gemessen an dem, was rauskommen
> soll. Aber: Wo liegt da mein Fehler?
> Meine Rechnung nochmal:
>
> 2 [mm]\cdot\ \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
>
> = 2 [mm]\cdot\ \integral_{R}^\epsilon \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
>
> dass hier t zu -t wird, ändert ja prinzipiell nichts wegen
> dem Quadrat über t und der Periodizität des cos(t).
>
> = -2 [mm]\cdot\ \integral_{\epsilon}^R \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
>
> Dass da statt -2 aber 2 stehen muss, ist klar wegen des
> Ergebnisses, auf das wir kommen wollen, aber wie komme ich
> darauf.
>
> Hypothese:
> muss ich hier auch wieder sowohl ein Minuszeichen vor
> meine Rechnung, als auch vor mein dt setzen? Diese würden
> sich ja beim rausziehen zu -2 ergeben und später zu +2
> werden. Quasi so:
>
> 2 [mm]\cdot\ \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
>
> = -2 [mm]\cdot\ \integral_{R}^\epsilon \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
>
> dass hier t zu -t wird, ändert ja prinzipiell nichts wegen
> dem Quadrat über t und der Periodizität des cos(t).
>
> = 2 [mm]\cdot\ \integral_{\epsilon}^R \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt[/mm]
Genau!
Schreibe es doch so: neue Variable $u=-t$, daher $du = -dt$:
[mm]2 \cdot\ \integral_{-R}^{-\epsilon} \bruch{1-\cos t}{t^2} \,dt = -2 \cdot\ \integral_{R}^\epsilon \bruch{1-\cos u}{u^2} \,du = +2 \integral_\epsilon^R \bruch{1-\cos u}{u^2} \,du[/mm] .
> Ansonsten ist mir alles innerhalb dieser Rechnung klar
> geworden. Vielen Dank für deinen Unterstützung.
>
>
>
> Du hast mal während deiner Hilfen gesagt, dass
>
> [mm]\integral_{a}^{b} e^{ax}\,[/mm] dx = [mm]\bruch{1}{a} \cdot\ e^{ax}[/mm]
>
> nur für a kostant gilt und hast deshalb hier deine
> Abschätzung gemacht. Die ist ja auch logisch, aber, wie
> würde ich dann zum Beispiel bei sowas vorgehen?:
>
> [mm]\integral_{0}^{2Pi} e^{it + re^{it} itn}\,[/mm] dt
>
> oder auch:
>
> [mm]\integral_{0}^{2Pi} e^{itk+ itn + it}\, dt[/mm]
>
> (mit n und m bspw. aus den ganzen Zahlen, k aus den
> natürlichen Zahlen)
Das zweite Integral hat ja nur Konstante, also von der Integrationsvariable t unabhängige Größen:
[mm]\integral_{0}^{2\pi} e^{itk+ itn + it}\, dt = \integral_{0}^{2\pi} e^{it(k+n+1)} = \bruch{1}{i(k+n+1)} e^{it(k+n+1)} \Biggr_{0}^{2\pi} = 0 [/mm],
da [mm] $e^{it(k+n+1)}=1$ [/mm] für ganze Zahlen k,n ist.
Das erste Integral enthält aber [mm] $e^{it}$, [/mm] also eine Funktion von t im Exponenten, da geht das nicht.
Eine einfache Abschätzung geht hier nicht, dieses Integral ist i.a. nicht beschränkt.
Es ist gerade der Trick, den Integrationsweg so geschickt zu wählen, dass man die Integrale entweder einfach umformen oder geschickt abschätzen kann. Im Zweifelsfall muss man ein wenig herumprobieren.
>
> Hier würde ich spontan überhaupt nicht auf so einen
> Abschätzung kommen, wie du in dem obigen Beispiel.
> Aber dass ich nicht einfach mit der Regel für Konstanten
> ableiten darf, ist mir jetzt durch deinen Rat auch klar
> geworden.
> Aber da stünde ich ja schon wieder auf dem Schlauch.
> Gibt's da vielleicht so eine Art "Patentlösung" für
> solche Integrale?
> Das ist nämlich das, was ich mir als Frage aus der
> Aufgabe weiterhin mitnehme.
Schau mal diese Methode an. Da ist eine allgemeine Methode für Integrale über gebrochenrationale Funktionen angegeben. Das ist allerdings auch deutlich einfacher als die Aufgabe.
Es gibt drei wesentliche Unterschiede zu der Aufgabe hier:
1. Die Funktion, über die im Komplexen integriert wird, ist nicht genau dieselbe wie du im gesuchten Integral. Das ist bie Winkelfunktionen meistens der Fall, der folgende Abschnitt gibt dir eine Regel, wie man es bei Winkelfunktionen macht, sie nämlich durch Exponentialfunktionen zu ersetzen.
1. Es geht nur um Polynome im Zähler, nicht um trigonometrische Funktionen. Das macht die Sache einfacher, denn das Verhalten von Polynomen für [mm] $R\to \infty$ [/mm] ist nur durch den Grad bestimmt, da funktioniert also jeder Halbkreis.
2. Eine ganz wichtige Voraussetzung der Regel in der Wikipedia ist, dass die komplexe Funktion auf der reellen Achse wohldefiniert ist. In der Aufgabe ist zwar
[mm] \bruch{1-\cos t}{t^2} [/mm]
bei $t=0$ kein Problem, weil sich die Nullstellen in Zähler und Nenner gegeneinander aufheben, aber für die Funktion
[mm] \bruch{1-e^{it}}{t^2} [/mm]
ist das nicht so. Daher muss man den Aufwand mit dem zusätzlichen Weg [mm] $\gamma_\epsilon^+$ [/mm] treiben.
Zusammengefasst würde ich ein Rezept so formulieren:
1. Suche dir eine komplexe Funktion, die über die reelle Achse oder einen Teil davon integriert, das gesuchte Integral gibt. Polynome lässt du stehen, Winkel- und Hyperbelfunktionen stellst du durch e-Funktionen. Manchmal kann man das gesuchte Integral auch als Real- oder Imaginärteil eines komplexen Integrales schreiben. Zum Beispiel ist
[mm] \bruch{1-\cos t}{t^2} = \mathop{\mathrm{Re}} \bruch{1-e^{it}}{t^2} [/mm] .
2. Überlege dir, wo du den großen, äußeren Kreis hinlegst, damit das entsprechende Wegintegral für [mm] $R\to\infty$ [/mm] gegen 0 geht.
3. Wenn die komplexe Funktion an einzelnen Punkten der reellen Achse nicht definiert ist, musst du schauen, ob du diesen Trick mit dem kleinen Weg [mm] $\gamma_\epsilon^+$ [/mm] anwenden kannst.
Hier und hier sind noch mehr, zum Teil komplizierte Beispiele.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:04 Sa 22.05.2010 | | Autor: | Talianna |
Bzgl. des Integrals, wo du mich auf die Quellen verwiesen hast...:
Da sind Hinweise mit Residuen etc. - das habe ich an der Uni aber bisher noch gar nicht behandelt, d.h. da müsste bestimmt auch eine einfachere Lösung existieren, oder?
Habe mir Folgendes überlegt, weiß aber nicht, ob das total falsch, oder ein guter Einfall ist und hätte gerne eine Einschätzung dazu:
Es gibt ja die sog. Cauchysche Integralformel:
[mm] f^{(n)}(z) [/mm] = [mm] \bruch{n!}{2i\pi} \cdot \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{f(z)}{(z - z_0)^{n + 1} }dz}
[/mm]
Hatte mir daraufhin das Folgende ausgedacht:
[mm] f^{(n)}(e^{re^{it}}) [/mm] = [mm] \bruch{n!}{2i\pi} \cdot \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{e^{re^{it}}} {( e^{-it} - 0)^{n + 1} }dz}
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:10 Di 25.05.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo Talianna!
> Bzgl. des Integrals, wo du mich auf die Quellen verwiesen
> hast...:
>
> Da sind Hinweise mit Residuen etc. - das habe ich an der
> Uni aber bisher noch gar nicht behandelt, d.h. da müsste
> bestimmt auch eine einfachere Lösung existieren, oder?
Nicht immer. Manchmal braucht man dazu alle Hilfen, die einem die Mathematik so liefern kann. Viele Integrale kann man durch Übung lösen, viele andere einfach durch Nachschlagen - wenn man weiss, wo es steht.
Es gibt beim Integrieren keinen Königsweg. Differenzieren ist vergleichsweise einfach, da hast du relativ einfache Regeln und vor allem gibt's beim Differenzieren nicht plötzlich neue Funktionen: die Ableitung eines Polynoms ist ein Polynom, die Ableitung einer e-Funktion ist eine e-Funktion. Aber schon das Integral einer so harmlos aussehenden Funktion wie [mm] $e^{-x^2}$ [/mm] ergibt eine neue Funktion, die sich nicht durch vorher bekannte Funktionen ausdrücken lässt.
> Habe mir Folgendes überlegt, weiß aber nicht, ob das
> total falsch, oder ein guter Einfall ist und hätte gerne
> eine Einschätzung dazu:
>
> Es gibt ja die sog. Cauchysche Integralformel:
>
> [mm]f^{(n)}(z)[/mm] = [mm]\bruch{n!}{2\pi i} \cdot \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{f(z)}{(z - z_0)^{n + 1} }dz}[/mm]
Das stimmt so nicht. Das Integral geht nicht über das Intervall [mm] $[0,2\pi]$, [/mm] sondern ist ein Kurvenintegral entlang einer Kurve [mm] $\gamma$, [/mm] die den Punkt [mm] $z_0$ [/mm] einmal im Gegenuhrzeigersinn umläuft. Außerdem muss die Funktion $f(z)$ in dem von der Kurve eingeschlossenen Gebiet holomorph sein. Die Integralformel lautet dann
[mm] f^{(n)}(z_{{\red{0}}}) = \bruch{n!}{2i\pi} \cdot \integral_{\gamma}{\bruch{f(z)}{(z - z_0)^{n + 1} }dz}[/mm]
> Hatte mir daraufhin das Folgende ausgedacht:
>
> [mm]f^{(n)}(e^{re^{it}})[/mm] = [mm]\bruch{n!}{2i\pi} \cdot \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{e^{re^{it}}} {( e^{-it} - 0)^{n + 1} }dz}[/mm]
OK, du nimmst an, dass f in einer Kreisscheibe mit Mittelpunkt [mm] $z_0$ [/mm] und Radius $r$ holomorph ist und als Kurve en Rand dieser Kreisscheibe, parametrisiert als [mm] $z=z_0+re^{it}$. [/mm] Aber dann musst du konsequent ersetzen, nicht links die Funktion f stehenlassen, aber rechts nicht.
Zunächst einmal ist laut Definition des Kurvenintegrals
[mm] \integral_{|z-z_0|=r}{\bruch{f(z)}{(z - z_0)^{n + 1} }dz} = \integral_{0}^{2\pi}\bruch{f(z_0+re^{it})}{(re^{it})^{n+1}} i r e^{it} dt = \bruch{i}{r^n}\integral_{0}^{2\pi}\bruch{f(z_0+re^{it})}{e^{int}} dt[/mm]
Also:
[mm] f^{(n)}(z_{{\red{0}}}) = \bruch{n!}{2\pi r^n}\integral_{0}^{2\pi}f(z_0+re^{it})e^{-int}dt[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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