Cauchysche Integralformel < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:42 Fr 20.04.2012 | | Autor: | teo |
| Aufgabe | Berechnen Sie folgende Integrale, wobei [mm] \gamma(t):= 2e^{it} [/mm] mit [mm] t \in [0,2\pi]: [/mm]
a) [mm] \integral_{\gamma}{\bruch{5z-2}{z(z-1)} dz}
[/mm]
b) [mm] \integral_{\gamma}{\bruch{e^{-z}}{(z-1)^{2}} dz} [/mm] |
Hallo,
ich habe das Integral a) wie folgt berechnet:
[mm] \integral_{\gamma}{\bruch{5z-2}{z(z-1)} dz} = \integral_{\gamma}{\bruch{2}{z} + \bruch{3}{z-1} dz} = \integral_{\gamma}{\bruch{2}{z} dz} + \integral_{\gamma}{\bruch{3}{(z-1)} dz} = 2*2\pi i+ 3*2\pi i = 10\pi i [/mm]
Stimmt das? Darf ich da einfach Partialbruchzerlegung machen und die Cauchysche Integralformel anwenden?
Das Integral b) habe ich wie folgt gelöst:
[mm] f: \IC \to \IC [/mm] mit [mm] f: z \mapsto e^{-z} [/mm] ist holomorph und da [mm] 1 \in B(0,2) = I(\gamma) [/mm] gilt, folgt mit der Cauchyschen Integralformel
[mm] f'(1) = \bruch{1}{2\pi i} \integral_{\gamma}{\bruch{e^{-z}}{(z-1)^{2}} dz} [/mm] also folgt
[mm] \integral_{\gamma}{\bruch{e^{-z}}{(z-1)^{2}} dz} = 2\pi i f'(1) = - \bruch{2\pi i}{e} [/mm]
Stimmt das? Irgendwie kommt mir das zu einfach vor.
Vielen Dank
Grüße
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Hallo teo,
> Berechnen Sie folgende Integrale, wobei [mm]\gamma(t):= 2e^{it}[/mm]
> mit [mm]t \in [0,2\pi]:[/mm]
>
> a) [mm]\integral_{\gamma}{\bruch{5z-2}{z(z-1)} dz}[/mm]
>
> b) [mm]\integral_{\gamma}{\bruch{e^{-z}}{(z-1)^{2}} dz}[/mm]
>
>
>
>
> Hallo,
>
> ich habe das Integral a) wie folgt berechnet:
>
> [mm]\integral_{\gamma}{\bruch{5z-2}{z(z-1)} dz} = \integral_{\gamma}{\bruch{2}{z} + \bruch{3}{z-1} dz} = \integral_{\gamma}{\bruch{2}{z} dz} + \integral_{\gamma}{\bruch{3}{(z-1)} dz} = 2*2\pi i+ 3*2\pi i = 10\pi i[/mm]
>
> Stimmt das? Darf ich da einfach Partialbruchzerlegung
> machen und die Cauchysche Integralformel anwenden?
>
Setze für [mm]z=2*e^{it}[/mm] und dz entsprechend in den Integranden ein.
Berechne dann die Integrale in den angegebenen Grenzen.
>
> Vielen Dank
>
> Grüße
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:12 Fr 20.04.2012 | | Autor: | teo |
Ok, also wenn ich das so mach dann sieht das wie folgt aus:
[mm] \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{10e^{it} - 2}{2e^{it}(2e^{it} - 1}2ie^{it} dt} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} dt} = ...(mathematica).. = [2it + 3ln(3-6e^{it}]_{0}^{2\pi} = 4\pi i [/mm]
also hab ist oben einen Fehler. Nur warum darf ich das nicht so wie oben machen. Das Integral per Hand auszurechnen ist doch recht mühsam oder geht das nicht anders?
Vielen Dank
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Hallo teo,
> Ok, also wenn ich das so mach dann sieht das wie folgt
> aus:
>
> [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{10e^{it} - 2}{2e^{it}(2e^{it} - 1}2ie^{it} dt} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} dt} = ...(mathematica).. = [2it + 3ln(3-6e^{it}]_{0}^{2\pi} = 4\pi i[/mm]
>
> also hab ist oben einen Fehler. Nur warum darf ich das
> nicht so wie oben machen. Das Integral per Hand
> auszurechnen ist doch recht mühsam oder geht das nicht
> anders?
>
Das zweite Integral
[mm]\ \integral_{\gamma}{\bruch{3}{(z-1)} dz}[/mm]
darfst Du nicht mit der Cauchyschen Integralformel berechnen,
weil [mm]\gamma[/mm] nicht der Rand des Kreises mit Radius 2 um 1 ist.
> Vielen Dank
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:28 Fr 20.04.2012 | | Autor: | teo |
> Hallo teo,
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> > Ok, also wenn ich das so mach dann sieht das wie folgt
> > aus:
> >
> > [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{10e^{it} - 2}{2e^{it}(2e^{it} - 1}2ie^{it} dt} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} dt} = ...(mathematica).. = [2it + 3ln(3-6e^{it}]_{0}^{2\pi} = 4\pi i[/mm]
>
> >
> > also hab ist oben einen Fehler. Nur warum darf ich das
> > nicht so wie oben machen. Das Integral per Hand
> > auszurechnen ist doch recht mühsam oder geht das nicht
> > anders?
> >
>
>
> Das zweite Integral
>
> [mm]\ \integral_{\gamma}{\bruch{3}{(z-1)} dz}[/mm]
>
> darfst Du nicht mit der Cauchyschen Integralformel
> berechnen,
> weil [mm]\gamma[/mm] nicht der Rand des Kreises mit Radius 2 um 1
> ist.
>
Also gibt es für dieses Integral nur den obigen Weg? Stimmt denn das zweite Integral oder hab ich da auch einen Fehler gemacht. Mit dem [mm] e^{-2e^{it}}[/mm] zu hantieren ist ja auch ziemlich lästig.
Danke für die schnelle Antwort.
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Hallo teo,
> > Hallo teo,
> >
> > > Ok, also wenn ich das so mach dann sieht das wie folgt
> > > aus:
> > >
> > > [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{10e^{it} - 2}{2e^{it}(2e^{it} - 1}2ie^{it} dt} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} dt} = ...(mathematica).. = [2it + 3ln(3-6e^{it}]_{0}^{2\pi} = 4\pi i[/mm]
>
> >
> > >
> > > also hab ist oben einen Fehler. Nur warum darf ich das
> > > nicht so wie oben machen. Das Integral per Hand
> > > auszurechnen ist doch recht mühsam oder geht das nicht
> > > anders?
> > >
> >
> >
> > Das zweite Integral
> >
> > [mm]\ \integral_{\gamma}{\bruch{3}{(z-1)} dz}[/mm]
> >
> > darfst Du nicht mit der Cauchyschen Integralformel
> > berechnen,
> > weil [mm]\gamma[/mm] nicht der Rand des Kreises mit Radius 2 um
> 1
> > ist.
> >
> Also gibt es für dieses Integral nur den obigen Weg?
In diesem Fal, ja.
> Stimmt denn das zweite Integral oder hab ich da auch einen
> Fehler gemacht. Mit dem [mm]e^{-2e^{it}}[/mm] zu hantieren ist ja
> auch ziemlich lästig.
>
Meines Erachtens kommt hier die Cauchysche Integralformel auch nicht zum EInsatz.
> Danke für die schnelle Antwort.
>
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:22 Sa 21.04.2012 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Ok, also wenn ich das so mach dann sieht das wie folgt
> aus:
>
> [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{10e^{it} - 2}{2e^{it}(2e^{it} - 1}2ie^{it} dt} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} dt} = ...(mathematica).. = [2it + 3ln(3-6e^{it}]_{0}^{2\pi} = 4\pi i[/mm]
>
> also hab ist oben einen Fehler. Nur warum darf ich das
> nicht so wie oben machen. Das Integral per Hand
> auszurechnen ist doch recht mühsam oder geht das nicht
> anders?
Nein, dieses Ergebnis ist falsch, weil du beim Einsetzen der Grenzen aufpassen musst, welchen Zweig des Logarithmus du hast. Besser siehst du das, indem du deinen Integranden in Real- und Imaginärteil zerlegst und getrennt integrierst:
[mm] \bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} = - 6\bruch{ \sin t}{4\cos t -5} +i \bruch{6\cos t -12}{4\cos t -5} [/mm].
Wenn du das integrierst, kommt der korrekte Wert [mm] $6\pi$ [/mm] heraus.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:17 Sa 21.04.2012 | | Autor: | teo |
> Hallo!
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> > Ok, also wenn ich das so mach dann sieht das wie folgt
> > aus:
> >
> > [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{10e^{it} - 2}{2e^{it}(2e^{it} - 1}2ie^{it} dt} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} dt} = ...(mathematica).. = [2it + 3ln(3-6e^{it}]_{0}^{2\pi} = 4\pi i[/mm]
>
> >
> > also hab ist oben einen Fehler. Nur warum darf ich das
> > nicht so wie oben machen. Das Integral per Hand
> > auszurechnen ist doch recht mühsam oder geht das nicht
> > anders?
>
> Nein, dieses Ergebnis ist falsch, weil du beim Einsetzen
> der Grenzen aufpassen musst, welchen Zweig des Logarithmus
> du hast. Besser siehst du das, indem du deinen Integranden
> in Real- und Imaginärteil zerlegst und getrennt
> integrierst:
>
> [mm]\bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} = - 6\bruch{ \sin t}{4\cos t -5} +i \bruch{6\cos t -12}{4\cos t -5} [/mm].
>
> Wenn du das integrierst, kommt der korrekte Wert [mm]6\pi[/mm]
> heraus.
>
Hallo, danke für die Antwort aber ich versteh das Ergebnis nicht.
Ich darf doch das Integral mittels Partialbruchzerlegung wie folgt darstellen:
[mm] \integral_{\gamma}{\bruch{5z-2}{z(z-1)}dz} = \integral_{\gamma}{\bruch{2}{z} dz} + \integral_{\gamma}{\bruch{3}{z-1} dz} = 2\integral_{\gamma}{\bruch{1}{z} dz} + 3\integral_{\gamma}{\bruch{1}{z-1}dz [/mm] Da sollte doch nichts falsch dran sein oder?
Es ist [mm] \integral_{\gamma}{\bruch{1}{z} dz} = 2\pi i [/mm] also erhalten wir schonmal [mm] 4 \pi i + 3\integral_{\gamma}{\bruch{1}{z-1} dz} [/mm]. Ist bis hierhin schon ein Denkfehler drin??
Wenn ich jetzt den Hinweis von rainerS ignoriere und einfach [mm] z = 2e^{it} [/mm] in das Integral einsetze, erhalte ich [mm] \integral_{\gamma}{\bruch{1}{z-1}dz} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{2ie^{it}}{2e^{it} -1}dz} = [ln(2e^{it} -1]_{0}^{2\pi} = 0. [/mm] Wenn ich jetzt das Integral in Realteil und Imaginärteil aufspalte erhalte ich [mm] \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{2ie^{it}}{2e^{it}-1}dt} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{2sin(t)}{5-4cos(t)} dt} + i\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{4-2cos(t)}{5-4cos(t)}dt} = [\bruch{1}{2}ln(5-cos(t))]_{0}^{\2\pi} + i[\bruch{t}{2} + tan^{-1}(3tan(\bruch{t}{2})]_{0}^{2\pi} = \pi i [/mm]
Wenn ich das jetzt oben einsetze erhalte ich als Ergebnis [mm] 4\pi i + 3\pi i = 7\pi i [/mm] und nicht [mm] 6\pi. [/mm]
Ich bin leicht verwirrt, weil ich jetzt schon 4 verschiedene Lösungen bekommen habe. Welche ist denn nun die richtige? [mm] (4\pi i, 10\pi i,7 \pi i, 6\pi)? [/mm] Und vor allem warum bekomme ich immer andere Ergebnisse, wo sind denn die Denkfehler?
Vielen vielen Dank für eure Geduld.
Viele Grüße teo
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:33 Sa 21.04.2012 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> > Hallo!
> >
> > > Ok, also wenn ich das so mach dann sieht das wie folgt
> > > aus:
> > >
> > > [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{10e^{it} - 2}{2e^{it}(2e^{it} - 1}2ie^{it} dt} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} dt} = ...(mathematica).. = [2it + 3ln(3-6e^{it}]_{0}^{2\pi} = 4\pi i[/mm]
>
> >
> > >
> > > also hab ist oben einen Fehler. Nur warum darf ich das
> > > nicht so wie oben machen. Das Integral per Hand
> > > auszurechnen ist doch recht mühsam oder geht das nicht
> > > anders?
> >
> > Nein, dieses Ergebnis ist falsch, weil du beim Einsetzen
> > der Grenzen aufpassen musst, welchen Zweig des Logarithmus
> > du hast. Besser siehst du das, indem du deinen Integranden
> > in Real- und Imaginärteil zerlegst und getrennt
> > integrierst:
> >
> > [mm]\bruch{i(10e^{it} - 2)}{(2e^{it} - 1} = - 6\bruch{ \sin t}{4\cos t -5} +i \bruch{6\cos t -12}{4\cos t -5} [/mm].
>
> >
> > Wenn du das integrierst, kommt der korrekte Wert [mm]6\pi[/mm]
> > heraus.
> >
> Hallo, danke für die Antwort aber ich versteh das Ergebnis
> nicht.
> Ich darf doch das Integral mittels Partialbruchzerlegung
> wie folgt darstellen:
>
> [mm]\integral_{\gamma}{\bruch{5z-2}{z(z-1)}dz} = \integral_{\gamma}{\bruch{2}{z} dz} + \integral_{\gamma}{\bruch{3}{z-1} dz} = 2\integral_{\gamma}{\bruch{1}{z} dz} + 3\integral_{\gamma}{\bruch{1}{z-1}dz[/mm]
> Da sollte doch nichts falsch dran sein oder?
> Es ist [mm]\integral_{\gamma}{\bruch{1}{z} dz} = 2\pi i[/mm] also
> erhalten wir schonmal [mm]4 \pi i + 3\integral_{\gamma}{\bruch{1}{z-1} dz} [/mm].
> Ist bis hierhin schon ein Denkfehler drin??
> Wenn ich jetzt den Hinweis von rainerS ignoriere und
> einfach [mm]z = 2e^{it}[/mm] in das Integral einsetze, erhalte ich
> [mm]\integral_{\gamma}{\bruch{1}{z-1}dz} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{2ie^{it}}{2e^{it} -1}dz} = [ln(2e^{it} -1]_{0}^{2\pi} = 0.[/mm]
> Wenn ich jetzt das Integral in Realteil und Imaginärteil
> aufspalte erhalte ich
> [mm]\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{2ie^{it}}{2e^{it}-1}dt} = \integral_{0}^{2\pi}{\bruch{2sin(t)}{5-4cos(t)} dt} + i\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{4-2cos(t)}{5-4cos(t)}dt} = [\bruch{1}{2}ln(5-cos(t))]_{0}^{\2\pi} + i[\bruch{t}{2} + tan^{-1}(3tan(\bruch{t}{2})]_{0}^{2\pi} = \pi i [/mm]
Das ist nicht ganz richtig. $F(t)= [mm] \bruch{t}{2} [/mm] + [mm] \tan^{-1}(3\tan(\bruch{t}{2})$ [/mm] ist keine Stammfunktion des Integranden, da sie an den Punkten [mm] $t=(2k+1)*\pi$, $k\in\IZ$ [/mm] nicht definiert ist. An diesen Stellen hat die Funktion $F(t)$ eine Sprungstelle um den Wert [mm] $-\pi$. [/mm] (Mach dir mal einen Plot von $F(t)$) Eine Funktion mit einer Sprungstelle kann aber keine Stammfunktion einer stetigen Funktion sein.
Die richtige (stetig diff'bare) Stammfunktion ergibt sich, indem man $F(t)$ in der rechten Hälfte des Intervalls um [mm] $\pi$ [/mm] nach oben verschiebt und den fehlenden Funktionswert stetig ergänzt:
[mm]G(t) := \bruch{t}{2} + \begin{cases} \tan^{-1}(3\tan(\bruch{t}{2})), & 0\le t < \pi\\ \pi/2, & t=\pi \\ \tan^{-1}(3\tan(\bruch{t}{2}))+\pi,&\pi
Und damit ist das Ergebnis
[mm]\integral_{0}^{2\pi}{\bruch{2ie^{it}}{2e^{it}-1}dt} = i *(G(2\pi)-G(0)) = 2\pi i [/mm] .
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> Wenn ich das jetzt oben einsetze erhalte ich als Ergebnis
> [mm]4\pi i + 3\pi i = 7\pi i[/mm] und nicht [mm]6\pi.[/mm]
Ich weiß nicht, wie du auf die [mm] $6\pi$ [/mm] kommst. Das Ergebnis für das in Teil (a) gesuchte Integral ist [mm] $10\pi [/mm] i$.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:01 Fr 20.04.2012 | | Autor: | teo |
| Aufgabe | | [mm] \integral_{\gamma}{\bruch{e^{-z}}{(z-1)^{2}} dz} [/mm] |
Ok,
aber wie bekomm ich dann das obige Integral raus? Ich kriegs ehrlich gesagt per hand nicht hin da spuckt mir auch mathematica was mit exponential integral aus und das ist ne klausur aufgabe sollte also schon per hand gehen..
Danke
Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:20 Sa 21.04.2012 | | Autor: | fred97 |
Du hast alles richtig gemacht
FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:18 Sa 21.04.2012 | | Autor: | fred97 |
Ich kann die Einwände von Mathepower nicht verstehen.
Du hast alles richtig gemacht.
FRED
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:30 Sa 21.04.2012 | | Autor: | teo |
> Ich kann die Einwände von Mathepower nicht verstehen.
>
> Du hast alles richtig gemacht.
>
> FRED
Hallo, meinst du damit auch den Teil a)? Bin nämlich leicht verwirrt. (s.o.)
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Hallo teo,
> > Ich kann die Einwände von Mathepower nicht verstehen.
> >
> > Du hast alles richtig gemacht.
> >
> > FRED
>
> Hallo, meinst du damit auch den Teil a)? Bin nämlich
> leicht verwirrt. (s.o.)
Das zuerst gepostete Ergebnis aus Teil a) stimmt natürlich.
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:45 Sa 21.04.2012 | | Autor: | teo |
> Hallo teo,
>
> > > Ich kann die Einwände von Mathepower nicht verstehen.
> > >
> > > Du hast alles richtig gemacht.
> > >
> > > FRED
> >
> > Hallo, meinst du damit auch den Teil a)? Bin nämlich
> > leicht verwirrt. (s.o.)
>
>
> Das zuerst gepostete Ergebnis aus Teil a) stimmt
> natürlich.
>
> Ok, aber warum kommen dann bei den ganzen Rechnungen verschiedene Ergebnisse raus (siehe obige Frage). Eigentlich sollten die verschiedenen Ansätze doch die gleiche Lösung bringen oder nicht?
> Gruss
> MathePower
Danke!
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:51 Sa 21.04.2012 | | Autor: | teo |
> Hallo teo,
>
> > > Ich kann die Einwände von Mathepower nicht verstehen.
> > >
> > > Du hast alles richtig gemacht.
> > >
> > > FRED
> >
> > Hallo, meinst du damit auch den Teil a)? Bin nämlich
> > leicht verwirrt. (s.o.)
>
>
> Das zuerst gepostete Ergebnis aus Teil a) stimmt
> natürlich.
Ok, aber warum bekommt man dann so verschiedene Lösungen (siehe obige frage)? Wo ist denn da der Fehler. Die verschiedenen Ansätze sollten doch eigentlich die gleichen Ergebnisse liefern oder nicht.
Für das Verständnis wär das wirklich hilfreich!
Vielen Dank!
>
> Gruss
> MathePower
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:44 Sa 21.04.2012 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Ok, aber warum bekommt man dann so verschiedene Lösungen
> (siehe obige frage)? Wo ist denn da der Fehler. Die
> verschiedenen Ansätze sollten doch eigentlich die gleichen
> Ergebnisse liefern oder nicht.
Das tun sie auch, wenn man es richtig macht. Aber du bist in mehrere Fallen gelaufen, siehe mein anderen Postings. Für den Tangens habe ich dir vorgeführt, wie es richtig geht; beim Logarithmus im Komplexen geht es analog: Die Funktion [mm] $\ln(3-6e^{it})$ [/mm] ist nur dann stetig, wenn du für [mm] $\pi
Alles in allem ist das eine schöne Demonstration, warum man solche Integrale viel besser mit den Mitteln der komplexen Analysis ausrechnet.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:47 Sa 21.04.2012 | | Autor: | teo |
Hallo Rainer,
> Alles in allem ist das eine schöne Demonstration, warum
> man solche Integrale viel besser mit den Mitteln der
> komplexen Analysis ausrechnet.
Genau das habe ich ja ganz am Anfang gemacht und wurde dann verwirrt. Aber vielen Dank für deine Hilfe. Das man da mit dem Tangens und dem Log aufpassen muss hätte mir ja auch mal einfallen können. Danke habe in letzter Zeit zu viel Algebra gemacht.
Vielen Dank nochmal!
Viele Grüße
Teo
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:56 Sa 21.04.2012 | | Autor: | rainerS |
Nur eine kleine Nachlese: tan und log hängen eng zusammen, wegen
[mm] \ln(x+iy) = \ln \sqrt{x^2+y^2} +i \mathop{\mathrm{arg}} (x+iy) [/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
,
und $\tan \mathop{\mathrm{arg}}(x+iy}) = \bruch{y}{x}$
Viele Grüße
Rainer
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