Integral m.H. von FuTheo ber. < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Es sei [mm] R\in\IR, [/mm] R > 0 und [mm] n\in\IN, [/mm] n >1. Berechne durch Integration einer geeigneten Funktion über den Rand des Sektors [mm] $\{z\in\IC:|z|\in(0,R), Arg(z) \in (0,\frac{2\pi}{n})\}$ [/mm] das Integral [mm] \int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{n}}dx. [/mm] |
Hallo!
Bei der Aufgabe komme ich auch nicht weiter.
Zunächst habe ich die drei Funktionen aufgestellt, die den Sektor beranden:
[mm] $\phi_{1}(t) [/mm] = [mm] R*e^{i*\frac{2\pi}{n}*t},\quad t\in(0,1)$
[/mm]
[mm] $\phi_{2}(t) [/mm] = [mm] R*e^{i*\frac{2\pi}{n}}*(1-t),\quad t\in(0,1)$
[/mm]
[mm] $\phi_{3}(t) [/mm] = [mm] t,\quad t\in [/mm] (0,R).$
Es ist ja [mm] $\phi [/mm] = [mm] \phi_{1} [/mm] + [mm] \phi_{2} [/mm] + [mm] \phi_{3}$ [/mm] ein geschlossener, stückweise glatter Weg. Wenn ich also das Wegintegral über eine holomorphe (stetig reicht auch) Funktion über den Weg [mm] \phi [/mm] bilde, kommt 0 heraus.
Ich dachte mir, ich könnte einfach $f(z) = [mm] \frac{1}{1+z^{n}}$ [/mm] verwenden, aber damit habe ich es mir wohl zu einfach gemacht, ich komme nicht weiter:
$0 = [mm] \int_{\phi}\frac{1}{1+z^{n}} [/mm] dz$
$= [mm] \int_{\phi_{1}}\frac{1}{1+z^{n}} [/mm] dz + [mm] \int_{\phi_{2}}\frac{1}{1+z^{n}} [/mm] dz + [mm] \int_{\phi_{3}}\frac{1}{1+z^{n}} [/mm] dz$
$= [mm] \int_{0}^{1}\frac{1}{1+R^{n}*e^{i*2\pi*t}}*i*\frac{2\pi}{n}*R*e^{i*\frac{2\pi}{n}*t} [/mm] dt + [mm] \int_{0}^{1}\frac{1}{1+R^{n}*(1-t)^{n}}*(-R*e^{i*\frac{2\pi}{n}}) [/mm] dt + [mm] \int_{0}^{R}\frac{1}{1+t^{n}} [/mm] dt$
Am Ende hätte ich genau das Integral, was ich haben will, aber ich kann die vorherigen Integrale irgendwie nicht weiterverarbeiten...
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:11 Mi 02.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Es sei [mm]R\in\IR,[/mm] R > 0 und [mm]n\in\IN,[/mm] n >1. Berechne durch
> Integration einer geeigneten Funktion über den Rand des
> Sektors [mm]\{z\in\IC:|z|\in(0,R), Arg(z) \in (0,\frac{2\pi}{n})\}[/mm]
> das Integral [mm]\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{n}}dx.[/mm]
> Hallo!
>
> Bei der Aufgabe komme ich auch nicht weiter.
> Zunächst habe ich die drei Funktionen aufgestellt, die
> den Sektor beranden:
>
> [mm]\phi_{1}(t) = R*e^{i*\frac{2\pi}{n}*t},\quad t\in(0,1)[/mm]
>
> [mm]\phi_{2}(t) = R*e^{i*\frac{2\pi}{n}}*(1-t),\quad t\in(0,1)[/mm]
>
> [mm]\phi_{3}(t) = t,\quad t\in (0,R).[/mm]
>
> Es ist ja [mm]\phi = \phi_{1} + \phi_{2} + \phi_{3}[/mm] ein
> geschlossener, stückweise glatter Weg. Wenn ich also das
> Wegintegral über eine holomorphe (stetig reicht auch)
> Funktion über den Weg [mm]\phi[/mm] bilde, kommt 0 heraus.
>
> Ich dachte mir, ich könnte einfach [mm]f(z) = \frac{1}{1+z^{n}}[/mm]
> verwenden, aber damit habe ich es mir wohl zu einfach
> gemacht, ich komme nicht weiter:
Ist [mm] e^{i\pi/n} [/mm] nicht im obigen Sektor enthalten? Da verschwindet der Nenner der Funktion, oder?
LG
gfm
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Hallo gfm,
danke für deinen Hinweis.
Also muss ich wohl eine andere Funktion wählen. Aber wie hat die auszusehen, und wie bekomme ich heraus, wie sie auszusehen hat?
Danke für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:33 Do 03.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Hallo gfm,
>
> danke für deinen Hinweis.
> Also muss ich wohl eine andere Funktion wählen. Aber wie
> hat die auszusehen, und wie bekomme ich heraus, wie sie
> auszusehen hat?
Das muss es nicht heißen. Ohne Dein Beispiel zu durchdenken, erinnere ich mich an andere Beispiel, wo mit dem Residuum argumentiert wurde und wo in der Grenze entweder die (störenden) Teilintegrale verschwanden oder sich gegeneinander weghoben, sodaß auf der einen Seite das Residuum [mm] (*2\pi*Umlaufzahl [/mm] glaube ich) stand und auf der anderen Seite das gesuchte Integral übrig blieb.
LG
gfm
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:10 Do 03.06.2010 | | Autor: | Lippel |
Also ich habe diesen Ansatz nochmal ausprobiert, aber bleibe da hängen wo auch steppenhahn hängen geblieben ist. Weiß noch jemand einen weiteren Ansatz oder weiß wie man an der Stelle weiterkommt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:39 Do 03.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Also ich habe diesen Ansatz nochmal ausprobiert, aber
> bleibe da hängen wo auch steppenhahn hängen geblieben
> ist. Weiß noch jemand einen weiteren Ansatz oder weiß wie
> man an der Stelle weiterkommt?
Sei [mm]G[/mm] das Gebiet, das von dem von Euch gewähltem Integrationsweg berandet wird. Dann ist [mm]z_0:=e^{i\pi/n}\in G[/mm] der einzige Pol des Integranden in [mm]G[/mm]:
[mm]\frac{1}{1+z^n}=\frac{1}{1+(z_0+z-z_0)^n}=\frac{1}{1+z_0^n+nz_0^{n-1}(z-z_0)+...+(z-z_0)^n}[/mm]
[mm]=\frac{1}{nz_0^{n-1}(z-z_0)+...+(z-z_0)^n}=\frac{1}{nz_0^{n-1}(z-z_0)} * \frac{1}{1+...+\frac{(z-z_0)^n}{(nz_0^{n-1}}}[/mm]
Damit ist das Residuum [mm]a_{-1}:=1/(nz_0^{n-1})=(1/n) e^{-i\pi(n-1)/n}[/mm]
Daraus folgt
[mm]2\pi i a_{-1}=\integral_{\partial G} dz/(1+z^n)= \integral_0^R dx/(1+x^n)+\integral_0^{2\pi/n} d(Re^{i\phi})/(1+(Re^{i\phi})^n)+\integral_R^0 d(e^{i2\pi/n}x)/(1+(e^{i2\pi/n}x)^n)[/mm]
Den ersten und letzten Term kann man in das zuberechnende Integral multipliziert mit einem Faktor umwandeln und das mittlere hat betragsmäßig eine mit [mm]R\to\infty[/mm] verschwindende Majorante.
[mm] \frac{\pi/n}{\sin(\pi/n)} [/mm] müßte das Ergebnis sein.
Was meint Ihr?
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:56 Fr 04.06.2010 | | Autor: | Lippel |
Leider hatten wir das Residuum noch nicht, von daher kann ich dir leider nicht ganz folgen. Vielen Dank für deine Mühe. Ich bin jetzt auf jeden Fall gespannt, wie wir das ohne Residuum hätten machen sollen.
Viele Grüße, Lippel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:30 Fr 04.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Leider hatten wir das Residuum noch nicht, von daher kann
> ich dir leider nicht ganz folgen. Vielen Dank für deine
> Mühe. Ich bin jetzt auf jeden Fall gespannt, wie wir das
> ohne Residuum hätten machen sollen.
Na, sollte auch gehen. Gemäß den Vorausführungen zum Residuum exisitert eine Entwicklung des Integranden um [mm]z_0[/mm] herum in der Form
[mm]1/(nz_0^{n-1}) (z-z_0)^{-1}+q(z)[/mm] wobei [mm]q[/mm] bei [mm]z_0[/mm] regulär ist.
Wenn Ihr nun dem Gebiet [mm]G[/mm] einen kleinen Kreis um [mm]z_0[/mm] herum entnehmt und dem ursprünglichen Weg eine Kreislinie um [mm]z_0[/mm] hinzufügt, und dieses zweifach zusammenhängende Gebiet nun bei der Integration so umfahrt, dass das Gebiet immer links liegt, muss null herauskommen, da der Integrand auf dem umfahrenen Gebiet (welches nämlich nicht den Kreis und damit auch nicht den Pol enthält) regulär ist.
Wenn Ihr beim Integrieren für den Integranden die Form [mm](1/(nz_0^{n-1}))(z-z_0)^{-1}+q(z)[/mm] wählt, werdet Ihr feststellen, dass q nichts zum Integral beiträgt. [mm](z-z_0)^{-1}[/mm] führt auf den [mm] \log [/mm] als Stammfunktion, welcher beim Umfahren um [mm]2\pi i[/mm] anwächst. Das ganze ist auch nicht abhängig von dem Radius des ausgesparten Kreises, da er sich bei solchen Rechnungen herauskürzt. Auf diese Weise kommt dann das Residuum zu Fuß heraus. Und so sollte das Ganze auch ohne (explizite) Verwendung des Residuums lösbar sein.
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:49 Fr 04.06.2010 | | Autor: | pokermoe |
Hallo
Ich hatte leider keine Zeit alle Beiträge zu lesen , also entschuldigt, wenn ich etwas schreibe , was schon gesagt wurde..!
Man zeigt, dass das Integral der Fkt. [mm] 1/(1+z^n) [/mm] auf der gegebenen
Kurve einen "schönen" Wert hat. dazu benutzt man CIF angewandt auf
[mm] g(z):=(z-z_0)/(1+z^n) [/mm] wobei das [mm] z_0 [/mm] die einzige Nullstelle von [mm] 1+z^n [/mm]
ist , die in dem Sektor liegt. (g ist dann holomorph, Tipp: L´Hospital)
Dann setzt man diesen Wert gleich den anderen wegintegralen und
kann dann nach dem rellen Integral auflösen ...
Ja, es kommt pi/n*1/sin(pi/n) raus
Gruß Moritz
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:38 Fr 04.06.2010 | | Autor: | gfm |
> Hallo
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> Ich hatte leider keine Zeit alle Beiträge zu lesen , also
> entschuldigt, wenn ich etwas schreibe , was schon gesagt
> wurde..!
> Man zeigt, dass das Integral der Fkt. [mm]1/(1+z^n)[/mm] auf der
> gegebenen
> Kurve einen "schönen" Wert hat. dazu benutzt man CIF
> angewandt auf
> [mm]g(z):=(z-z_0)/(1+z^n)[/mm] wobei das [mm]z_0[/mm] die einzige Nullstelle
> von [mm]1+z^n[/mm]
> ist , die in dem Sektor liegt. (g ist dann holomorph, Tipp:
> L´Hospital)
> Dann setzt man diesen Wert gleich den anderen
> wegintegralen und
> kann dann nach dem rellen Integral auflösen ...
>
> Ja, es kommt pi/n*1/sin(pi/n) raus
>
> Gruß Moritz
Meinst Du, dass man mit [mm]q(z):=\frac{z-z_0}{1+z^n}[/mm] dann
[mm]2\pi iq(z)=\integral_{\partial G}\frac{q(u)}{u-z}du[/mm]
für den Fall [mm]z\to z_0[/mm] auswerten soll?
Eleganter Ansatz. Danke.
[mm]2\pi i \lim_{z\to z_0}q(z)[/mm] würde dann das Residuum mal [mm]2\pi i[/mm] liefern und die rechte Seite würde, dann die Integrale liefern, die schon besprochen worden, da
[mm] \integral_{\partial G}\frac{q(u)}{u-z}du\to \integral_{\partial G}\frac{du}{1+u^n}
[/mm]
Und wenn f(z) in [mm] z_0 [/mm] einen k-fachen Pol hat nimmt man [mm] q(z)=(z-z_0)^kf(z), [/mm] denn
[mm] q^{(k-1)}(z)=\frac{(k-1)!}{2\pi i}\integral_{\partial G}\frac{q(u)}{(u-z)^{k}}du
[/mm]
LG
gfm
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Hi
Eigentlich meinte ich eher dass man einfach direkt [mm] g(z_0) [/mm] berechnen kann mit L´Hospital...
Dann kann man das Integral über [mm] 1/(1+z^n) [/mm] mit der CIF umformen und auf [mm] g(z_0) [/mm] zurückführen, aber wenn du einen anderen weg gefunden hast ist das ja auch schön...zu residuen kann ich leider im mom noch nicht so viel sagen .
Gruß
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