Integral mit Residuensatz < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:10 Di 15.07.2008 | | Autor: | Wuffel |
| Aufgabe | Berechnen Sie:
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch{\sin^2(x)}{x^4+2x^2+1} dx} [/mm] |
Hallo,
also ich habe dieses Integral mithilfe des Residuensatzes berechnet, indem ich als Integrationspfad einen Weg von [mm] -\infty [/mm] bis [mm] \infty [/mm] wähle, und in der oberen Komplexen Halbebene einen Halbkreis zurück laufe.
Das Ausrechnen der Residuen usw war auch kein Problem, nur müsste ich noch zeigen, dass das Integral über den Halbkreis, welches zurückführt für R [mm] \to \infty [/mm] gegen 0 konvergiert.
Wenn ich diese Rechnung durchführe komme ich jedoch darauf, dass das grade nicht der Fall ist, bei mir konvergiert der Integrand gegen unendlich.
Die Vorgehensweise war Integrand <= |Integrad| und dann fallen die Terme mit e^(i...) alle weg weil sie den Betrag 1 haben, jedoch kommt durch den Sinus ein Term mit e^(+R...) mit rein der nicht gegen 0 konvergiert.
Wir hatten es in der Vorlesung einmal ähnlich, wobei wir dann einfach das Integral von e^(iz) berechnet haben, weil e^(iz) = cos(z) + i sin(z) und das Integral über sin(z) über die Grenzen verschwindet weil der Sinus ungerade ist. Über diesen Trick ist mir hier jedoch kein Ansatz eingefallen.
Ich habe die Frage in keinem anderen Forum gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:46 Di 15.07.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Berechnen Sie:
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> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch{\sin^2(x)}{x^4+2x^2+1} dx}[/mm]
>
> Hallo,
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> also ich habe dieses Integral mithilfe des Residuensatzes
> berechnet, indem ich als Integrationspfad einen Weg von
> [mm]-\infty[/mm] bis [mm]\infty[/mm] wähle, und in der oberen Komplexen
> Halbebene einen Halbkreis zurück laufe.
>
> Das Ausrechnen der Residuen usw war auch kein Problem, nur
> müsste ich noch zeigen, dass das Integral über den
> Halbkreis, welches zurückführt für R [mm]\to \infty[/mm] gegen 0
> konvergiert.
> Wenn ich diese Rechnung durchführe komme ich jedoch darauf,
> dass das grade nicht der Fall ist, bei mir konvergiert der
> Integrand gegen unendlich.
>
> Die Vorgehensweise war Integrand <= |Integrad| und dann
> fallen die Terme mit e^(i...) alle weg weil sie den Betrag
> 1 haben, jedoch kommt durch den Sinus ein Term mit
> e^(+R...) mit rein der nicht gegen 0 konvergiert.
Ja, weil da der Sinus im Quadrat steht.
> Wir hatten es in der Vorlesung einmal ähnlich, wobei wir
> dann einfach das Integral von e^(iz) berechnet haben, weil
> e^(iz) = cos(z) + i sin(z) und das Integral über sin(z)
> über die Grenzen verschwindet weil der Sinus ungerade ist.
Ersetze doch [mm] $\sin(x) [/mm] = [mm] \bruch{e^{ix}-e^{-ix}}{2i} [/mm] $! Dann kannst du das Integral nämlich als ein Integral von [mm] $-\infty$ [/mm] bis [mm] $+\infty$ [/mm] schreiben, mit nur noch einer e-Funktion.
Viele Grüße
Rainer
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Eine Variante des Vorschlags von rainerS besteht darin, erst reell zu vereinfachen.
Schreibe
[mm]\sin^2 x = \frac{1}{2} \left( 1 - \cos(2x) \right)[/mm]
und zerlege das Integral in zwei Summanden. Den einen kannst du entweder mit einer Stammfunktion oder mit dem Residuensatz berechnen, den andern wohl am besten mit dem Residuensatz (am besten zuvor noch [mm]2x = t[/mm] substituieren).
Ergebnis zur Kontrolle:
[mm]\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 x}{\left( x^2 + 1 \right)^2}~\mathrm{d}x = \frac{\pi}{8} \left( 1 - 3 \operatorname{e}^{-2} \right)[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:58 Mi 16.07.2008 | | Autor: | Wuffel |
Danke mit diesem Additionstheorem ging es mit genau dem selben Trick wie in der Vorlesung, da man dann aus dem cos(2x) einfach ein e^(2ix) machen konnte (das Integral über i*sin(2x) verschwindet ja weil sin ungerade ist)
Ich komme damit auch auf das selbe Ergebnis :)
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