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Forum "Uni-Analysis-Komplexe Zahlen" - Residuen + Cauchy Integral
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Residuen + Cauchy Integral: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:35 Di 14.07.2009
Autor: Bodo0686

Aufgabe
Berechnen Sie

a) [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} dx} [/mm]

Hallo,

könnt ihr mir weiterhelfen:

Erstmal die Polstellen bestimmen.

[mm] z_0 [/mm] = -ia
[mm] z_1 [/mm] = ia
[mm] z_2= [/mm] -ib
[mm] z_3 [/mm] = ib


[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} dx}= [/mm]
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{(x + ia)(x-ia))(x + ib)(x-ib)} dx} [/mm]
= 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] res_z_{0} {\frac{1}{(x + ia)(x-ia)(x + ib)(x-ib)} dx} z=z_{0} [/mm]
= 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] res_z_-ia {\frac{1}{(z-ia)(z + ib)(z-ib)}} [/mm] z=-ia
= 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] \frac{1}{(-2ia)(-ia+ib)(-ia-ib)} [/mm]
= 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] \frac{1}{(-2ia)(-a^2+b^2)} [/mm]
= 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] \frac{1}{2a^3i - 2b^2ia} [/mm]
= [mm] \frac{\pi}{a^3-b^3a} [/mm]

ist dies so richtig?

Bitte um Rückmeldung! Danke und Grüße

        
Bezug
Residuen + Cauchy Integral: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:42 Di 14.07.2009
Autor: sunshinekid

Also richtig kann es nicht sein, da deine Ausgangsfunktion bezüglich der Vertauschung von a und b invariant ist. Demnach sollte auch das Ergebnis bzgl. der Vertauschung von a und b invariant sein.

MfG Sunny

Bezug
                
Bezug
Residuen + Cauchy Integral: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:54 Di 14.07.2009
Autor: Bodo0686

Hallo,

Ich habs nochmal neu gemacht...


[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} dx} [/mm]

ich betrachte jetzt nur [mm] z_0=ia [/mm] und [mm] z_1= [/mm] ib

res_ia ; f(z)= [mm] \limes_{z\rightarrow\ ia}{\frac{1}{((z+ia)(z+ib)(z-ib))}}= -\frac{1}{i2a^3+2iab^2} [/mm]

res_ib ; f(z)= [mm] \limes_{z\rightarrow\ ib}{\frac{1}{((z+ia)(z-ia)(z+ib))}}= -\frac{1}{i2b^3-2ia^2b} [/mm]

-> [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} dx} [/mm] = 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] (-\frac{1}{i2a^3+2iab^2}+\frac{1}{i2b^3-2ia^2b}) [/mm] = [mm] \pi (-\frac{1}{a^3+ab^2}+\frac{1}{b^3-a^2b}) [/mm] = [mm] \pi (\frac{-b^3+ba^2 -a^3-ab^3}{(a^3+ab)(b^3-ba^2)}) [/mm]

Bitte um Rückmeldung! Danke

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Bezug
Residuen + Cauchy Integral: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:03 Di 14.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo Bodo,

> Hallo,
>  
> Ich habs nochmal neu gemacht...
>  
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} dx}[/mm]
>
> ich betrachte jetzt nur [mm]z_0=ia[/mm] und [mm]z_1=[/mm] ib

Ganuso habe ich's auch gemacht ;-)


>  
> res_ia ; f(z)= [mm]\limes_{z\rightarrow\ ia}{\frac{1}{((z+ia)(z+ib)(z-ib))}}= -\frac{1}{i2a^3+2iab^2}[/mm]

puh, da scheint mir ein VZ falsch zu sein, mache doch mal Zwischenschritte.

Ich bekomme da (nur der Nenner) [mm] $2ai\cdot{}\left[ai+ib\right]\cdot{}\left[ai-ib\right]=2ai\cdot{}\left[(ai)^2-(ib)^2\right]=2ai\cdot{}\left[b^2-a^2\right]$ [/mm]

Für das andere Residuum im Nenner analog [mm] $2bi\cdot{}\left[a^2-b^2\right]$ [/mm]

>  
> res_ib ; f(z)= [mm]\limes_{z\rightarrow\ ib}{\frac{1}{((z+ia)(z-ia)(z+ib))}}= -\frac{1}{i2b^3-2ia^2b}[/mm]
>  
> -> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} dx}[/mm]
> = 2 [mm]\pi[/mm] i [mm](-\frac{1}{i2a^3+2iab^2}+\frac{1}{i2b^3-2ia^2b})[/mm]
> = [mm]\pi (-\frac{1}{a^3+ab^2}+\frac{1}{b^3-a^2b})[/mm] = [mm]\pi (\frac{-b^3+ba^2 -a^3-ab^3}{(a^3+ab)(b^3-ba^2)})[/mm]
>  
> Bitte um Rückmeldung! Danke


LG

schachuzipus

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Residuen + Cauchy Integral: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:11 Di 14.07.2009
Autor: Bodo0686

Hi, also

[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} dx} [/mm]


res_ia ; f(z)= [mm] \limes_{z\rightarrow\ ia}{\frac{1}{((z+ia)(z+ib)(z-ib))}} [/mm]
= 2 [mm] \pi [/mm] i  [mm] \frac{1}{(ia+ia)(ia+ib)(ia-ib)}= [/mm] 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] \frac{1}{(2ia)(i^2a^2-i^2b^2)} [/mm] = 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] \frac{1}{(2ia)(-a^2+b^2)} [/mm] = 2 [mm] \pi [/mm] i [mm] \frac{1}{(-2ia^3 + 2iab^2)} [/mm] = [mm] \frac{\pi}{-a^3+ab^2} [/mm]

Grüße


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Residuen + Cauchy Integral: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:18 Di 14.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo nochmal,

> Hi, also
>  
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} dx}[/mm]
>
>
> res_ia ; f(z)= [mm]\limes_{z\rightarrow\ ia}{\frac{1}{((z+ia)(z+ib)(z-ib))}}[/mm]
>  
> = 2 [mm]\pi[/mm] i  [mm]\frac{1}{(ia+ia)(ia+ib)(ia-ib)}=[/mm] 2 [mm]\pi[/mm] i
> [mm]\frac{1}{(2ia)(i^2a^2-i^2b^2)}[/mm] = 2 [mm]\pi[/mm] i  [mm]\frac{1}{(2ia)(-a^2+b^2)}[/mm] = 2 [mm]\pi[/mm] i [mm]\frac{1}{(-2ia^3 + 2iab^2)}[/mm]

Oh wei, kürze doch den Scheiß direkt weg, du kannst doch 2i raushauen, wieso multiplizierst du den Driss im Nenner aus??

> = [mm]\frac{\pi}{-a^3+ab^2}[/mm] [ok]

[mm] $=\frac{\pi}{a(b^2-a^2)}$ [/mm]

Für das andere ergibt sich dann ...

Damit als Summe ...

PS: ich persönlich würde erst die beiden Residuen addieren und dann [mm] $\cdot{}2\pi [/mm] i$ rechnen, aber egal, du kannst ja auch beide Residuen zuerst mal [mm] $2\pi [/mm] i$ rechnen und das dann addieren ;-)

>  
> Grüße
>  

LG

schachuzipus

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Residuen + Cauchy Integral: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:30 Di 14.07.2009
Autor: Bodo0686

Also,

ich komme für z=ib

[mm] \frac{\pi}{-b^3+a^2b} [/mm]

Insgesamt:

[mm] \frac{\pi}{-a^3+ab^2} [/mm] + [mm] \frac{\pi}{-b^3+a^2b} [/mm]
= [mm] \frac{\pi(-b+a^2b)+\pi(-a^3+ab^2)}{(-a^3+ab^2)(-b+a^2b)} [/mm]

So müsste es eigentlich stimmen.

Könntest du mir sagen ob dieses Ergebnis richtig ist? (Ich habe die gleiche Aufgabe, nur mit sinus)

http://matheplanet.com/default3.html?topic=126146=40

Danke und Grüße

Bezug
                                                        
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Residuen + Cauchy Integral: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:37 Di 14.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo nochmal,

> Also,
>  
> ich komme für z=ib
>  
> [mm]\frac{\pi}{-b^3+a^2b}[/mm] [ok]
>  
> Insgesamt:
>  
> [mm]\frac{\pi}{-a^3+ab^2}[/mm] + [mm]\frac{\pi}{-b^3+a^2b}[/mm]
> = [mm]\frac{\pi(-b+a^2b)+\pi(-a^3+ab^2)}{(-a^3+ab^2)(-b+a^2b)}[/mm]

Da scheint mir der ein oder andere Exponent zu fehlen.

Ich verstehe auch nicht, wieso du dich strikt weigerst, zu vereinfachen und alles wie wild geworden ausmultiplizierst.

Irgendwie solltest du dein Ergebnis mit 3. binom. Formel zu [mm] $\frac{\pi}{ab(a+b)}$ [/mm] vereinfachen können ...

>  
> So müsste es eigentlich stimmen.
>  
> Könntest du mir sagen ob dieses Ergebnis richtig ist? (Ich
> habe die gleiche Aufgabe, nur mit sinus)
>
> http://matheplanet.com/default3.html?topic=126146=40

?? Hinter dem link geht's um Cauchy-Riemann Gl., also tippe dein Integral ein.

Am besten mache nen neuen thread auf!

>  
> Danke und Grüße

LG

schachuzipus

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Residuen + Cauchy Integral: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:46 Di 14.07.2009
Autor: Bodo0686

3. binomische Formel

[mm] (a+b)^2 (a-b)^2 [/mm] = [mm] a^2 [/mm] - [mm] b^2 [/mm]

[mm] \frac{2\pi}{(-a^3+ab^2)(a^2-b^3)} [/mm] so nun fehlt mir ne idee...
ich würd das jetzt alles ausmultiplizieren...

Grüße

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Residuen + Cauchy Integral: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:52 Di 14.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo nochmal,

> 3. binomische Formel
>  
> [mm](a+b)^2 (a-b)^2[/mm] = [mm]a^2[/mm] - [mm]b^2[/mm]

Das ist für [mm] $k\in\{1,2,3\}$ [/mm] keine k-te binomische Formel.

Evtl. die 7. binomische Formel, deren Gültigkeit ich allerdings stark bezweifle ;-)

>  
> [mm]\frac{2\pi}{(-a^3+ab^2)(a^2-b^3)}[/mm] so nun fehlt mir ne
> idee...
>  ich würd das jetzt alles ausmultiplizieren...

Ok, ok, um uns das zu ersparen ;-)

[mm] $\frac{\pi}{a(b^2-a^2)}+\frac{\pi}{b(a^2-b^2)}$ [/mm]

[mm] $=\frac{-b\pi}{ab(a^2-b^2)}+\frac{a\pi}{ab(a^2-b^2)}=\frac{\pi(a-b)}{ab(a^2-b^2)}=\frac{\pi(a-b)}{ab(a-b)(a+b)}=...$ [/mm]

[tatue]

>  
> Grüße

LG

schachuzipus

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Residuen + Cauchy Integral: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:06 Di 14.07.2009
Autor: Bodo0686

[mm] \frac{-b\pi}{ab(a^2-b^2)}+\frac{a\pi}{ab(a^2-b^2)}=\frac{\pi(a-b)}{ab(a^2-b^2)}=\frac{\pi(a-b)}{ab(a-b)(a+b)}=... [/mm]


= [mm] \frac{\pi}{ab(a+b)} [/mm]

ok, die quadrate bei der binomischen formel waren sehr ungünstig ;-)

grüße

Bezug
                                                                                        
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Residuen + Cauchy Integral: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:09 Di 14.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo nochmal,

>
> [mm]\frac{-b\pi}{ab(a^2-b^2)}+\frac{a\pi}{ab(a^2-b^2)}=\frac{\pi(a-b)}{ab(a^2-b^2)}=\frac{\pi(a-b)}{ab(a-b)(a+b)}=...[/mm]
>  
>
> = [mm]\frac{\pi}{ab(a+b)}[/mm]

eben! Sag' ich ja die ganze Zeit [lol]

>  
> ok, die quadrate bei der binomischen formel waren sehr
> ungünstig ;-)

Das stimmt wohl

Da haste dich ordentlich vertippt

> grüße


Ja, schönen Abend noch

schachuzipus

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Residuen + Cauchy Integral: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:50 Di 14.07.2009
Autor: schachuzipus

Hallo Bodo,

ich habe es gerade mal durchgerechnet unter der Annahme, dass $a,b>0$ sind.

Du musst gem. Redisuensatz ja nur die Residuen an denjenigen Stellen w mit $Im(w)>0$ berechnen.

Dh. [mm] $2\pi i\sum\limits_{Im(w)>0}res_w [/mm] f$

Das sind unter der obigen Annahme: $w=ia$ und $w=ib$

Zur Kontrolle:

Ich komme auf [mm] $\frac{\pi}{ab(a+b)}$ [/mm]


LG

schachuzipus

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