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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:54 Fr 30.01.2015 | | Autor: | dazlars |
| Aufgabe | Berechnen Sie folgendes Integral:
[mm] \integral_{|z|=2}{\bruch{1}{z^4+1}dz} [/mm] |
Hallo ich bin neu hier und hänge mitten in der Vorbereitung für meine Funktionentheorie-Klausur nächste Woche. Dabei hänge ich derzeit bei obiger Aufgabe fest. Ich hatte bereits mehrere Ideen und habe versucht es mit der Cauchyschen-Integralformel zu lösen.
Ich habe bereits die Singularitäten der Funktion bestimmt: [mm] \pm\wurzel{i}; \pm\wurzel{-i} [/mm] (erste Frage: ist meine Annahme richtig, dass es sich um einfache Polstellen handelt?)
Weiterhin habe ich Partialbruchzerlegung durchgeführt und erhalte:
[mm] \bruch{1}{z^4+1}=\bruch{1}{2i}*\bruch{1}{z^2-i}-\bruch{1}{2i}*\bruch{1}{z^2+i} [/mm] (ich weis, dass man das nun auch schön zusammenfassen kann, aber ich finde es so für mein Verständnis etwas übersichtlicher)
Damit habe ich dann versucht das Integral zu berechnen:
[mm] \integral_{|z|=2}{\bruch{1}{z^4+1}dz}=\bruch{1}{2i}*\integral_{|z|=2}{\bruch{1}{z^2-i}dz}-\bruch{1}{2i}*\integral_{|z|=2}{\bruch{1}{z^2+i}dz}=\bruch{1}{2i}*\integral_{|z|=2}{\bruch{g(z)}{z+\wurzel{i}}dz}-\bruch{1}{2i}*\integral_{|z|=2}{\bruch{h(z)}{z+\wurzel{-i}}dz}
[/mm]
mit
[mm] g(z)=\bruch{1}{z-\wurzel{i}} [/mm] und [mm] h(z)=\bruch{1}{z-\wurzel{-i}}.
[/mm]
Mit der Cauchyschen-Integralformel folgt nun:
[mm] \integral_{|z|=2}{\bruch{1}{z^4+1}dz}=\bruch{1}{2i}*2\pi*i*g(-\wurzel{i})-\bruch{1}{2i}*2\pi*i*h(-\wurzel{-i})=\pi*(\bruch{1}{-2\wurzel{i}}+\bruch{1}{2\wurzel{-i}})=\pi*\bruch{i}{\wurzel{2}}=\bruch{\pi*i}{\wurzel{2}}.
[/mm]
Ich habe mich zuerst gefreut, dass ich ein Ergebnis erhalten habe, aber habe große Zweifel an der Richtigkeit meines Ergebnisses, da sich die Singularitäten alle im Kreis um [mm] z_0=0 [/mm] mit Radius r=2 befinden und ich grob im Kopf habe, dass, wenn dies der Fall ist, das Integral gleich "0" sein müsste.
Ich hoffe ihr könnt mir weiterhelfen und habt Tipps, wie ich die Rechnung lösen kann.
Ich freue mich auf eure Hilfe!
MfG
dazlars.
(Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:03 Sa 31.01.2015 | | Autor: | Infinit |
Hallo dazlars,
ich habe Deine Rechnung nicht im Einzelnen geprüft. Deine Erinnerung trügt Dich jedoch. Wenn sich in dem komplexen Gebiet, bei Dir ist es ein Kreis, keine Singularitäten befinden, dann ist auf jeden Fall das Umlaufintegral Null.
Viele Grüße,
Infinit
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Das Verfahren funktioniert so nicht, denn deine Funktionen [mm]g,h[/mm] sind auf einer Umgebung der abgeschlossenen Kreisscheibe vom Radius 2 nicht holomorph. Mit [mm]\omega = \sqrt{i} = \operatorname{e}^{\frac{\operatorname{i} \pi}{4}}[/mm] sind [mm]\omega, \, \operatorname{i} \omega, \, - \omega, \, - \operatorname{i} \omega[/mm] die Singularitäten in der Kreisscheibe vom Radius 2. Ist also
[mm]\frac{1}{z^4 + 1} = \frac{A}{z - \omega} + \frac{B}{z + \omega} + \frac{C}{z - \operatorname{i} \omega} + \frac{D}{z + \operatorname{i} \omega}[/mm]
die Partialbruchzerlegung, so gilt
[mm]\int_{|z|=2} \frac{\mathrm{d}z}{z^4 + 1} = 2 \pi \operatorname{i} \cdot (A+B+C+D)[/mm]
Einfacher scheint es mir aber, die Laurent-Reihe für [mm]|z|>1[/mm] zu bestimmen. Da [mm]f(z) = \frac{1}{z^4 + 1}[/mm] eine gerade Funktion ist, kann sie nur aus Gliedern mit geraden Exponenten bestehen. Solche besitzen aber immer Stammfunktionen. Man kann sich daher den Wert des Integrals erschließen, ohne die Laurent-Reihe explizit anzugeben.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:05 Di 03.02.2015 | | Autor: | dazlars |
Zuerst einmal danke euch beiden für eure schnelle Hilfe und es tut mir Leid, dass ich jetzt erst antworte. Mit den ganzen Prüfungen habe ich zur Zeit alle Hände voll zu tun.
Das Laurentreihe ist noch so eine Sache, die ich intensiv üben muss. Aber dadurch, dass ich eine gerade Klausur habe und einen geschlossenen Kreis um 0 habe ich einen weiteren Ansatz. Und zwar müsste das gesuchte Integral gleich 0 sein.
Ich habe das wie folgt gelöst:
Sei [mm] f(z)=\bruch{1}{1+z^4}
[/mm]
Sei [mm] \gamma:[0,2\pi]\to\IC; t\mapsto2e^{it} [/mm] mit "Unterteilung"
[mm] \gamma_1:[0,4+\pi]\to\IC; t\mapsto\begin{cases} t-2, & \mbox{für } t\le4 \\ 2e^{i(t-4)}, & \mbox{für } t>4 \end{cases}
[/mm]
[mm] \gamma_2:[0,4+\pi]\to\IC; t\mapsto-\gamma_1(t)
[/mm]
Damit bildet [mm] \gamma_1 [/mm] nun den oberen Halbkreis mit Radius 2 zusammen mit der x-Achse und [mm] \gamma_2 [/mm] den unteren Halbkreis inklusive x-Achse.
Daraus folgt:
[mm] \integral_{\gamma}{f(z)dz}=\integral_{\gamma_1}{f(z)dz}+\integral_{\gamma_2}{f(z)dz}
[/mm]
Weiterhin gilt:
[mm] \integral_{\gamma_1}{f(z)dz}=2\pi*i*\summe_{Im(z)>0}{Res_{z}(f)}=\bruch{2\pi*i}{4*\wurzel{2}}*((-1-i)+(1-i))
[/mm]
[mm] \integral_{\gamma_2}{f(z)dz}=2\pi*i*\summe_{Im(z)<0}{Res_{z}(f)}=\bruch{2\pi*i}{4*\wurzel{2}}*((1+i)+(-1+i))
[/mm]
Damit erhalte ich:
[mm] \integral_{\gamma}{f(z)dz}=2\pi*i*\summe_{i=1}^{4}{Res_{z_{i}}(f)}=0
[/mm]
Ich habe mir da folgende Sätze zu nutze gemacht:
1. Seien [mm] p,q:\IC\to\IC [/mm] Polynome mit [mm] Grad(q)\ge [/mm] Grad(p)+2. Ferner habe q keine reellen Nullstellen. Dann gilt: [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{p(x)}{q(x)}dx}=2\pi*i*\summe_{Im(z_0)>0}{Res_{z_0}(\bruch{p(x)}{q(x)})}.
[/mm]
2. Sei [mm] U\subset\IC [/mm] offen, [mm] f:U\to\IC [/mm] holomorph und [mm] z_0\in\IC-U [/mm] isolierte Singularität von f. Ist [mm] z_0 [/mm] ein Pol der Ordnung [mm] m\le [/mm] k für ein [mm] k\ge1, [/mm] so gilt [mm] Res_{z_{0}}(f)=\bruch{1}{(k-1)!}*g^{(m-1)}(z_0) [/mm] mit [mm] g(z)=\begin{cases} (z-z_0)^k*f(z), & \mbox{für } z\not=z_0 \\ \limes_{z\rightarrow\z_0}(z-z_0)^k*f(z), & \mbox{für } z=z_0 \end{cases}
[/mm]
Mit dieser Lösung bin ich eigentlich recht zufrieden. Es wäre nur nocheinmal nett, wenn ihr drüber schauen könntet, falls ich doch irgendwelche Bedingungen nicht beachtet habe und man das so nicht machen darf.
Danke schonmal im Voraus :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:25 Di 03.02.2015 | | Autor: | andyv |
Hallo,
du hast doch nirgendwo ein Integral über die komplette reelle Achse, wie willst du also $ [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{p(x)}{q(x)}dx}=2\pi\cdot{}i\cdot{}\summe_{Im(z_0)>0}{Res_{z_0}(\bruch{p(x)}{q(x)})} [/mm] $ benutzen?
Davon abgesehen erscheint mir deine Rechnung wenig sinnvoll.
Verwende doch direkt den Residuensatz $ [mm] \integral_{\gamma}{f(z)dz}=2\pi\cdot{}i\cdot{}\summe_{i=1}^{4}{Res_{z_{i}}(f)} [/mm] $ und $ [mm] Res_{z_{i}}(f)=\bruch{1}{4z_i^3} [/mm] $, wo [mm] $z_i$ [/mm] die Polstellen von f sind.
Liebe Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:20 Mi 04.02.2015 | | Autor: | fred97 |
> Zuerst einmal danke euch beiden für eure schnelle Hilfe
> und es tut mir Leid, dass ich jetzt erst antworte. Mit den
> ganzen Prüfungen habe ich zur Zeit alle Hände voll zu
> tun.
>
> Das Laurentreihe ist noch so eine Sache, die ich intensiv
> üben muss.
Dann üben wir mal (oft ist die geometrische Reihe hilfreich): für $|z|>1$ ist
[mm] $f(z)=\bruch{1}{z^4+1}=\bruch{1}{z^4}(\bruch{1}{1+\bruch{1}{z^4}})=\bruch{1}{z^4}(\bruch{1}{1-(-\bruch{1}{z^4})})=\bruch{1}{z^4}*\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{z^{4n}}=\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{z^{4n+4}}$.
[/mm]
Die Reihe [mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{z^{4n+4}} [/mm] konvergiert auf [mm] \{z \in \IC: |z|>1 \} [/mm] lokal gleichmäßig, dh., die Reihe konvergiert auf jeder kompakten Teilmenge von [mm] \{z \in \IC: |z|>1 \} [/mm] gleichmäßig.
Daher ist
$ [mm] \integral_{|z|=2}{\bruch{1}{z^4+1}dz} [/mm] = [mm] \summe_{n=0}^{\infty} \integral_{|z|=2}{\bruch{(-1)^n} {z^{4n+4}} dz}$
[/mm]
Die Funktion $z [mm] \to \bruch{(-1)^n} {z^{4n+4}} [/mm] $ besitzt auf [mm] $\IC \setminus \{0\}$ [/mm] eine Stammfunktion, folglich ist
[mm] $\integral_{|z|=2}{\bruch{(-1)^n} {z^{4n+4}} dz}=0$
[/mm]
und damit
$ [mm] \integral_{|z|=2}{\bruch{1}{z^4+1}dz} [/mm] =0$.
Obige Rechnungen hätte man sich sparen können, wenn man nur überlegt:
es ist $f(-z)=f(z)$, somit besitzt jeder Summand in der Laurententwicklung von $f$ für $|z|>1$ eine Stammfunktion und die Laurentreihe konvergiert auf [mm] \{z \in \IC: |z|>1 \} [/mm] lokal gleichmäßig und somit dürfen Summation und Integration vertauscht werden.
Das meinte Loeopold Gast.
FRED
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