residuentheorie reel integrale < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:39 Do 11.02.2010 | | Autor: | muhmuh |
| Aufgabe | Berechnen Sie mit der Residuentheorie das reelle Integral
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{x*sinx}{x^{2}+1} dx}
[/mm]
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Hallo!
Ich weiss, dass gilt
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{z*sinz}{z^{2}+1} dz} [/mm] = 2* [mm] \pi [/mm] * i *( [mm] Res(\bruch{z*sinz}{z^{2}+1}, [/mm] i ) + [mm] Res(\bruch{z*sinz}{z^{2}+1}, [/mm] -i ))
jetzt hänge ich aber bei der berechnung der residuen...
weiss, dass man dort das Glied mit [mm] z^{-1} [/mm] anschauen muss, und daher eine laurentreihe braucht
ich hab nun den sinus in reihenform aufgeschrieben, und dann wusste ich nciht weiter,
was nun?
danke für tips!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:03 Do 11.02.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Berechnen Sie mit der Residuentheorie das reelle Integral
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{x*sinx}{x^{2}+1} dx}[/mm]
>
>
> Hallo!
>
> Ich weiss, dass gilt
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{z*sinz}{z^{2}+1} dz} = 2* \pi * i *( Res(\bruch{z*sinz}{z^{2}+1}, i ) + Res(\bruch{z*sinz}{z^{2}+1},-i ))[/mm]
Nein. Das kann nicht stimmen, denn die rechte Seite ist die Summe der Residuen aller Singularitäten und damit 0, während das Integral links offensichtlich $>0$ ist.
1. darfst du nur die Residuen in der oberen Halbebene betrachten, und 2. sehe ich nicht, wie du die Formel anwenden kannst, da der Grad des Nennerpolynoms nur um 1 größer ist als der Grad des Zählerpolynoms und der Sinus in der oberen Halbebene nicht beschränkt ist.
Problem 2. kannst du angehen durch partielle Integration und Anwendung der Regel für Integrale vom Typ
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty} f(x) \cos x dx = \mathop{\mathrm{Re}} \integral_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{ix} dx [/mm]
(analog für Sinus und Imaginärteil)
und
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{ix} dx = 2\pi i \summe_{a\in\mathbb{H}} \mathop{\mathrm{Res}}(f(z)e^{iz} ,a) [/mm],
wenn $f(x)$ im Unendlichen schneller als $1/x$ abfällt.
Da das für die Funktion [mm] $\bruch{x}{1+x^2}$ [/mm] nicht der Fall ist, musst du einmal partiell integrieren.
> jetzt hänge ich aber bei der berechnung der residuen...
>
> weiss, dass man dort das Glied mit [mm]z^{-1}[/mm] anschauen muss,
> und daher eine laurentreihe braucht
Nein, sondern das mit [mm] $(z-z_0)^{-1}$. [/mm] Im ersten Residuum in [mm] $z_0=+1$, [/mm] im zweiten [mm] $z_0=-i$.
[/mm]
> ich hab nun den sinus in reihenform aufgeschrieben, und
> dann wusste ich nciht weiter,
Der Sinus hat doch gar keine Singularitäten!?
Hier liegen Pole erster Ordnung vor, das heisst der Hauptteil der Laurentreihe besteht überhaupt nur aus dem Term zur Potenz [mm] $(z-z_0)^{-1}$. [/mm] Daher nimmst du die Funktion mit [mm] $(z-z_0)$ [/mm] mal und lässt [mm] $z\to z_0$ [/mm] gehen, wodurch alle Terme aus dem Nebenteil der Laurentreihe wegfallen.
Also: [mm] \mathop{\mathrm{Res}}(\bruch{z*\sin z}{z^{2}+1},i) = \limes_{z\to i} \left((z-i)\bruch{z*\sin z}{z^{2}+1}\right) = \limes_{z\to i} \bruch{z*\sin z}{z-i} = ?[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:12 Fr 12.02.2010 | | Autor: | muhmuh |
hallo,
ich hab versucht das zu verstehen, was du mir geschrieben hast.
aber ich komme da einfach nicht klar mit.
ich müsste doch eigentlich folgenden satz anwenden können:
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{P(x)}{Q(x)} e^{ix} dx} [/mm] = 2* [mm] \pi [/mm] * [mm] \summe_{i=1}^{n} [/mm] Res ( [mm] \bruch{P(z)}{Q(z)} [/mm] * [mm] e^{iz}, z_i)
[/mm]
daher wären doch [mm] \bruch{x}{x^{2}+1} [/mm] mein f(z) und
dann kann ich wie du gesagt hast
sinx schreiben als
im ( [mm] e^{iz})
[/mm]
mit [mm] \bruch{z}{z^{2}+1} [/mm] = [mm] \bruch{z}{(z-i)(z+i}
[/mm]
sind die Polstellen klar
$ [mm] \mathop{\mathrm{Res}}(\bruch{z\cdot{}\sin z}{z^{2}+1},i) [/mm] = [mm] \limes_{z\to i} \left((z-i)\bruch{z\cdot{}\sin z}{z^{2}+1}\right) [/mm] = [mm] \limes_{z\to i} \bruch{z\cdot{}\sin z}{[\red z+i]} [/mm] = nach L'hopitalscher regel
(darf ich die hier anwenden?)= sin(i)+i*cos(i)
für die 2. Polstelle wäre es dann,
[mm] \mathop{\mathrm{Res}}(\bruch{z\cdot{}\sin z}{z^{2}+1},-i) =\limes_{z\to- i} \left((z+i)\bruch{z\cdot{}\sin z}{z^{2}+1}\right) [/mm] = [mm] \limes_{z\to -i} \bruch{z\cdot{}\sin z}{z-i}= [/mm] sin(-i)+i*cos(-i) = -sin (i) + i* cos(i)
-> $ [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{x\cdot{}sinx}{x^{2}+1} dx} [/mm] $ = [mm] 2*\pi [/mm] * (-sin (i) + i* cos(i) + sin(i)+i*cos(i)) = [mm] 4*\pi* [/mm] i*cos(i)
ist das dann so der korrekte Rechenweg?
Danke für die Hilfe,
ich beginne es langsam grob zu verstehen,
gruss
muhmuh
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:15 Fr 12.02.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo muhmuh,
den Residuensatz wendest Du doch auf ein geschlossenes Kurvenintegral an, hier hast Du aber nur ein Linienintegral auf der reellen Achse. Du musst die Kurve also schließen, um den Residuensatz anwenden zu können und dies macht man normalerweise über einen Halbkreis, dessen Anteil man dann vom Residuensatzergebnis abziehen muss. Meist kann man nachweisen, dass dieser Anteil gegen Null geht.
Viel Erfolg,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:16 Fr 12.02.2010 | | Autor: | muhmuh |
hm stimmt, sehe gerade, dass der residuensatz ja so definiert ist.
hm, diese anwendung des satzes mit den polynomen steht bei uns so im skript, nur halt fuer nullstellen des unteren polynoms in der oberen halbebene,
also müsste ich daher einfach das -i weglassen.
nur wie schaut dann die rechnung korrekt aus?
verstehe nicht so richtig wie du das meinst, mit dem diskutieren, dass das dann wegfällt und so.
wäre nett, wenn du mir das anhand des beispiels erläutern könntest, s dient nur noch zur klausurvorbereitung...
danke:)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:59 Sa 13.02.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo muhmuh,
als Anwendungssatz ist gegen Deine Vorgehensweise auch nichts zu sagen. Man sollte sich aber darüber im klaren sein, dass man eigentlich noch nachweisen muss, dass das Teilintegral über den Halbkreis, der dann die positive imaginäre Halbebene umschließt, für [mm] R \rightarrow \infty [/mm] gegen Null strebt. Dies ist in Deinem Anwendungssatz schon implizit enthalten.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:33 Sa 13.02.2010 | | Autor: | muhmuh |
hallo
danke für die guten tips,
:)
lg
katja
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:09 Fr 12.02.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> hallo,
>
> ich hab versucht das zu verstehen, was du mir geschrieben
> hast.
> aber ich komme da einfach nicht klar mit.
>
> ich müsste doch eigentlich folgenden satz anwenden
> können:
>
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{P(x)}{Q(x)} e^{ix} dx} = 2* \pi * \summe_{i=1}^{n} Res ( \bruch{P(z)}}Q(z)} * e^{iz}, z_i)[/mm]
>
> daher wären doch [mm]\bruch{x}{x^{2}+1}[/mm] mein f(z) und
> dann kann ich wie du gesagt hast
> sinx schreiben als
> im ( [mm]e^{iz})[/mm]
>
> mit [mm]\bruch{z}{z^{2}+1}[/mm] = [mm]\bruch{z}{(z-i)(z+i}[/mm]
> sind die Polstellen klar
Im Prinzip ja, bis auf
a) die Summe geht nur über die Residuen in der oberen Halbebene. Die Summe über alle Residuen in der komplexen Ebene wäre Null!
ab) Der Satz gilt nicht für beliebige Polynome P und Q. Welche Voraussetzungen hat der Satz und erfüllt die Funktion [mm]\bruch{z}{z^{2}+1}[/mm] diese Voraussetzungen?
>
>
> [mm]\mathop{\mathrm{Res}}(\bruch{z\cdot{}\sin z}{z^{2}+1},i) = \limes_{z\to i} \left((z-i)\bruch{z\cdot{}\sin z}{z^{2}+1}\right) = \limes_{z\to i} \bruch{z\cdot{}\sin z}{[\red z+i]}[/mm] = nach
> L'hopitalscher regel
Sogar durch direkte Polynomdivision, da braucht's keinen l'Hospital
> (darf ich die hier anwenden?)= sin(i)+i*cos(i)
Wie kommst du denn darauf, da ist doch gar kein Cosinus? Du kannst den Wert i direkt einsetzen:
[mm] \limes_{z\to i} \bruch{z\cdot{}\sin z}{z+i} = \bruch{ i *\sin i}{2i} = \bruch{i}{2} \sinh 1 [/mm]
Ich vermute mal, du meintest eigentlich
[mm]\mathop{\mathrm{Res}}(\bruch{z\cdot{}e^{iz}}{z^{2}+1},i) = \limes_{z\to i} \bruch{z\cdot{}e^{iz}}{z+i} = \bruch{ie^{-1}}{i+i} = \bruch{1}{2e}[/mm] .
Die zweite Polstelle trägt sowieso nicht bei.
Viele Grüße
Rainer
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@ rainerS
Das Integral konvergiert durchaus, wenn auch nicht absolut. Das macht aber nichts.
@ muhmuh
Die Formel heißt (Konvergenz des Integrals vorausgesetzt)
[mm]\int_{- \infty}^{\infty} f(x) \operatorname{e}^{\operatorname{i}x}~\mathrm{d}x = 2 \pi \operatorname{i} \sum_{\operatorname{Im}(z)>0} \operatorname{Res} \left( f(z) \operatorname{e}^{\operatorname{i}z} \right)[/mm]
Man darf also nur die Residuen der oberen Halbebene aufsummieren. Bei
[mm]f(z) = \frac{z \operatorname{e}^{\operatorname{i}z}}{z^2 + 1}[/mm]
wäre das nur die Stelle [mm]z_0 = \operatorname{i}[/mm]. Der Realteil des Integrals
[mm]\int_{- \infty}^{\infty} \frac{x \operatorname{e}^{\operatorname{i}x}}{x^2 + 1}~\mathrm{d}x[/mm]
verschwindet (der Integrand ist ja ungerade), nach Multiplikation mit [mm]- \operatorname{i}[/mm] erhält man daher die Formel
[mm]\int_{- \infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^2 + 1}~\mathrm{d}x = 2 \pi a[/mm]
wobei [mm]a[/mm] das Residuum von [mm]\frac{z \operatorname{e}^{\operatorname{i}z}}{z^2 + 1}[/mm] bei [mm]z_0 = \operatorname{i}[/mm] ist.
Um nun [mm]a[/mm] zu berechnen, braucht man keine großen Umstände machen:
[mm]\frac{z \operatorname{e}^{\operatorname{i}z}}{z^2 + 1} = \frac{1}{z - \operatorname{i}} \cdot \underbrace{\frac{z \operatorname{e}^{\operatorname{i}z}}{z + \operatorname{i}}}_{g(z)}[/mm]
[mm]g(z)[/mm] ist holomorph bei [mm]z_0 = \operatorname{i}[/mm], die Potenzreihe um [mm]z_0[/mm] beginnt daher mit [mm]g(\operatorname{i})[/mm]. Und damit kennt man auch schon das Residuum.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:24 Fr 12.02.2010 | | Autor: | muhmuh |
ok, meine obige frage hat sich mit den 2 posts darunter erledigt,
hatte während ich den post schrieb nicht gesehen, dass mir schon jemand geantwortet hat.
jetzt noch die antwort zur frage, wann man den satz nicht anwenden darf,
dann wenn das zählerpolynom größer ist als das nennerpolynom,
würde mir dann polynomdivision weiterhelfen falls so etwas mal der fall sien sollte...?
und die andere frage die ich habe ist,
wie man nun dieses 2. residuum fuer das imaginäre wegdiskutiert.
warum wird das null?
danke für die vielen guten tips!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:35 Fr 12.02.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> ok, meine obige frage hat sich mit den 2 posts darunter
> erledigt,
>
>
> hatte während ich den post schrieb nicht gesehen, dass mir
> schon jemand geantwortet hat.
>
>
> jetzt noch die antwort zur frage, wann man den satz nicht
> anwenden darf,
> dann wenn das zählerpolynom größer ist als das
> nennerpolynom,
>
> würde mir dann polynomdivision weiterhelfen falls so etwas
> mal der fall sien sollte...?
Wenn der Grad p des Zählerpolynoms P größer als der Grad q des Nennerpolynoms Q ist, so divergiert das reelle Integral
[mm] \integral_{-\infty}^{+\infty} \bruch{P(x)}{Q(x)} dx [/mm]
sowieso. Für große Werte von $|x|$ verhält sich $P(x)$ wie [mm] $x^p$ [/mm] und $Q(x)$ wie [mm] $x^q$, [/mm] also der Integrand als Ganzes wie [mm] $\bruch{x^p}{x^q} [/mm] = [mm] x^{p-q}$. [/mm] Und das Integral
[mm] \integral_{-\infty}^{+\infty} x^{p-q} dx [/mm]
kannst du direkt ausrechnen, es divergiert für $p-q> -1 $.
Etwas anderes ist das Integral
[mm] \integral_{-\infty}^{+\infty} f(x) e^{ix} dx [/mm],
für das schwächere Anforderungen an $f(x)$ genügen. Aber auch da funktioniert die Anwendung des Residuensatzes nur, wenn die Funktion $f(z)$ in der oberen Halbebene für [mm] $|z|\to \infty$ [/mm] gegen 0 geht. Kannst du z.B hier, Satz 11.5 nachlesen.
> und die andere frage die ich habe ist,
>
> wie man nun dieses 2. residuum fuer das imaginäre
> wegdiskutiert.
Was meinst du mit "wegdiskutiert"?
> warum wird das null?
Das Residuum wird nicht 0, es kommt in dem Satz gar nicht vor.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:48 Fr 12.02.2010 | | Autor: | muhmuh |
ok nun hab ich es verstanden:)
danke für das geduldige helfen,
und der link ist auch sehr gut:)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:25 Fr 12.02.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> @ rainerS
>
> Das Integral konvergiert durchaus, wenn auch nicht absolut.
> Das macht aber nichts.
Das schon, aber der übliche Satz und Beweis geht davon aus, dass der Grad des Nennerpolynoms mindestens um 2 größer als der Grad des Zählerpolynoms ist. Damit ist dieser Satz nicht ohne weiteres Nachdenken anwendbar.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:41 Fr 12.02.2010 | | Autor: | muhmuh |
bei mir im skript steht fuer die anwandung
mit der e-funktion, dass p < q sein muss, und nur fuer das normale
P(x)/Q(X) muss der abstand von 2 graden gelten.
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