Integral mit Residuen rechnen < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo, ich habe eine sehr seltsame Aufgabe vor mir liegen:
Ich soll mittels des Residuensatzes das folgende Integral ausrechnen:
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(x^2+1)}{x^2+1} dx}
[/mm]
Da fehlt mir jeglicher Ansatz, habe schon versucht den Logarithmus in eine Taylorrheie um die Polstelle I zu entwickeln, dass war aber sehr kompliziert und ohne MAPLE kaum zu lösen.
Hat einer eine Idee wie man die Aufgabe ohne zuhilfenahme von MAPLE in Klausurgerechter Zeit ausrechnen könnte? Vielleicht fehlt mir ja auch nur ein wichtiger Satz?
Danke im voraus!
jarjar
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:54 Di 24.06.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo, ich habe eine sehr seltsame Aufgabe vor mir liegen:
>
> Ich soll mittels des Residuensatzes das folgende Integral
> ausrechnen:
>
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(x^2+1)}{x^2+1} dx}[/mm]
>
> Da fehlt mir jeglicher Ansatz, habe schon versucht den
> Logarithmus in eine Taylorrheie um die Polstelle I zu
> entwickeln, dass war aber sehr kompliziert und ohne MAPLE
> kaum zu lösen.
Selbst mit Maple nicht, denn [mm] $\ln(1+x^2)$ [/mm] hat in $x= [mm] \pm [/mm] i$ keine Taylorreihenentwicklung.
> Hat einer eine Idee wie man die Aufgabe ohne zuhilfenahme
> von MAPLE in Klausurgerechter Zeit ausrechnen könnte?
> Vielleicht fehlt mir ja auch nur ein wichtiger Satz?
Nur so als Idee:
[mm]\ln(1+x^2) = \ln(1+ix) + \ln(1+ix) [/mm]
Un die beiden einzelnen Integrale wie ![[]](/images/popup.gif) hier lösen.
Viele Grüße
Rainer
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Habe ich gemacht, nun habe ich die folgende Darstellung fürs Integral:
I = [mm] \integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(1+i*x)}{1+x^2} dx} [/mm] + [mm] \integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(1-i*x)}{1+x^2} dx}
[/mm]
Da bin ich wieder am gleichen Punkt wie vorher, weiss nicht wie ich ohne Maple verfahren soll und der Link hat mich leider überfordert ;)
Mit MAPLE habe ich ausgerechnet dass das Residuum des Zweiten Integrals bei i eben [mm] -\frac{1}{2}*i*log(2) [/mm] was mit [mm] 2*\pi*i [/mm] multipliziert eben [mm] \pi*log(2) [/mm] ergibt, das was beim Integral rauskommen soll.
Problem :) Bleibt immernoch das erste Integral übrig, addiere ich das noch hinzu dann ist die Lösung wieder falsch!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:50 Di 24.06.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Habe ich gemacht, nun habe ich die folgende Darstellung
> fürs Integral:
>
> I = [mm]\integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(1+i*x)}{1+x^2} dx} + \integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(1-i*x)}{1+x^2} dx}[/mm]
>
> Da bin ich wieder am gleichen Punkt wie vorher, weiss nicht
> wie ich ohne Maple verfahren soll und der Link hat mich
> leider überfordert ;)
Inwiefern?
> Mit MAPLE habe ich ausgerechnet dass das Residuum des
> Zweiten Integrals bei i eben [mm]-\frac{1}{2}*i*log(2)[/mm] was mit
> [mm]2*\pi*i[/mm] multipliziert eben [mm]\pi*log(2)[/mm] ergibt, das was beim
> Integral rauskommen soll.
Alles schön und gut, kannst du das Residuum nicht selbst ausrechnen? Das ist doch ein Pol 1. Ordnung, daher ist das Residuum von [mm] $\bruch{\ln(1-i*x)}{1+x^2}$ [/mm] an der Stelle i gerade
[mm] \limes_{z\to i} \left((x-i)\bruch{\ln(1-i*x)}{1+x^2} \right) = \limes_{z\to i} \bruch{\ln(1-i*x)}{x+i} = \bruch{\ln2}{2i} [/mm].
> Problem :) Bleibt immernoch das erste Integral übrig,
> addiere ich das noch hinzu dann ist die Lösung wieder
> falsch!
Warum sollte das Integral gleich dem Residuum des Integranden sein? Dazu brauchst du einen geschlossenen Integrationsweg in der komplexen Ebene. Das Integral geht aber nicht mal von [mm] $-\infty$ [/mm] bis [mm] $+\infty$, [/mm] sondern von $0$ bis [mm] $+\infty$.
[/mm]
Tipp: Kannst du ein Integral von [mm] $-\infty$ [/mm] nach [mm] $+\infty$ [/mm] draus machen?
Viele Grüße
Rainer
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Danke Rainer,
die Polstellen sind ja bei i und -i, also ist es ja EIGENTLICH symmetrisch.
Kann ich einfach von -unendlich bis unendlich gehen und halbieren?
Ich werde mal probieren, aber mir ist das alles noch alles ein wenig unklar. Ich melde mich zurück mit ersten Versuchen!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:46 Mi 25.06.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Danke Rainer,
>
> die Polstellen sind ja bei i und -i, also ist es ja
> EIGENTLICH symmetrisch.
Ja schon, aber was kannst du damit anfangen.
> Kann ich einfach von -unendlich bis unendlich gehen und
> halbieren?
>
> Ich werde mal probieren, aber mir ist das alles noch alles
> ein wenig unklar. Ich melde mich zurück mit ersten
> Versuchen!
Mach mal die Substitution [mm] $x\to [/mm] -x$.
Das ist übrigens bis auf die Substituion [mm] $x\to [/mm] ix$ der Weg von Leopold_Gast.
Viele Grüße
Rainer
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Danke für deine Antwort!
Diese Aufgabe kann ich jetzt rechnen, aber ich hoffe ich nerve nicht wenn ich nochmal nachhake, wie genau das mit der Substitution geht. Habe noch nie etwas davon gehört, kann aber auch daran liegen dass ich Pfeifferisches Drüsenfieber hatte und eine Zeit lang nicht in der Uni war!
Kannst du mir bitte nochmal das mit der Substitution erklären? Wie kommt man auf eine Substitution und wie kommen dann die anderen geschlossenen Wege zustande?
Wäre lieb, danke dir!!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:37 Do 26.06.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Danke für deine Antwort!
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> Diese Aufgabe kann ich jetzt rechnen, aber ich hoffe ich
> nerve nicht wenn ich nochmal nachhake, wie genau das mit
> der Substitution geht. Habe noch nie etwas davon gehört,
> kann aber auch daran liegen dass ich Pfeifferisches
> Drüsenfieber hatte und eine Zeit lang nicht in der Uni
> war!
>
> Kannst du mir bitte nochmal das mit der Substitution
> erklären? Wie kommt man auf eine Substitution und wie
> kommen dann die anderen geschlossenen Wege zustande?
Du kannst den Residuensatz auf Integrale der Form
[mm] \integral_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx = \limes_{R\to\infty} \integral_{-R}^{+R} f(x) dx[/mm]
anwenden, wenn f(x) nur isolierte Singularitäten hat, im Unendlichen schnell genug gegen 0 geht. Dann betrachtest du das Integral
[mm]\integral_{-R}^{+R} f(x) dx + \integral_{\text{Halbkreis vom Radius R}f(x) dx [/mm]
Das zweite Integral geht für [mm] $R\to\infty$ [/mm] gegen 0, und das erste ist damit gleich der Summe der Residuen in der vom Integrationsweg begrenzten halben Kreisscheibe.
Du brauchst also (a) f(x) ist geht im Unendlichen schnell genug gegen 0, (b) das Integral geht über die gesamte reelle Achse, (c) f(x) ist in der (oberen oder unteren) Halbebene meromorph.
Deswegen war dein erster Ansatz falsch: das angegebene Integral
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(x^2+1)}{x^2+1} dx} [/mm]
erfüllt die zweite Bedingung nicht.
Durch Zerlegung des Arguments des Logarithmus in Linearfaktoren ist:
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(x^2+1)}{x^2+1} dx} = \integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(1+ix)+\log(1-ix)}{x^2+1} dx} =
\integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(1+ix)}{x^2+1} dx + \integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(1-ix)}{x^2+1} dx} [/mm]
Mit der Substitution [mm] $x\to [/mm] -x$ im ersten Integral ist das
[mm] = \integral_{-\infty}^{0}{\frac{\log(1-ix)}{x^2+1} dx + \integral_{0}^{\infty}{\frac{\log(1-ix)}{x^2+1} dx}
= \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{\log(1-ix)}{x^2+1}dx} [/mm]
Der Integrand ist in der oberen Halbebene meromorph (in der unteren nicht wegen der logarithmischen Singularität bei $-i$), mit einem einfachen Pol bei i. Also ist das Integral
[mm] = 2\pi i \mathop{\mathrm{Res}}\limits_{x=i}\frac{\log(1-ix)}{x^2+1} = 2\pi i \limes_{x\to i} \left((x-i)\frac{\log(1-ix)}{x^2+1}\right) = 2\pi i \limes_{x\to i} \frac{\log(1-ix)}{x+i} =2\pi i \frac{\log2}{2i} =\pi\log2[/mm].
Der Lösungsweg von Leopold_Gast ist im Prinzip derselbe, nur dass er die komplexe Ebene um [mm] $90^\circ$ [/mm] gedreht hat, also f(iz) statt f(z) betrachtet hat.
Viele Grüße
Rainer
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Ich hätte Folgendes anzubieten:
Integriere
[mm]f(z) = \frac{\log (1+z)}{1 - z^2}[/mm]
worin [mm]\log[/mm] den Hauptzweig des Logarithmus bezeichne, für [mm]R>1[/mm] über den folgenden geschlossenen Weg [mm]\gamma_R[/mm]: die Strecke von [mm]- \operatorname{i}R[/mm] nach [mm]\operatorname{i}R[/mm], an die sich der negativ orientierte Halbkreis um [mm]0[/mm] von [mm]\operatorname{i}R[/mm] nach [mm]- \operatorname{i}R[/mm] anschließt. Für [mm]R \to \infty[/mm] verschwindet das Integral über den Halbkreis, und man erhält mit [mm]a[/mm] als dem Residuum von [mm]f(z)[/mm] an der Stelle [mm]1[/mm]:
[mm]\int_{- \infty}^{\infty} \frac{\ln (1+t^2)}{1+t^2}~\mathrm{d}t = - 4 \pi a[/mm]
Und das gesuchte Integral ist aus Symmetriegründen dann halb so groß.
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Hallo, danke für deine Antwort!!!
Kleine Frage hätte ich aber noch, wieso lässt du bei f(z) das Quadrat weg?
Und das Residuum an der Stelle 1 müsste doch 0 sein oder nicht?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:20 Do 26.06.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Verstanden :)
Hab mir das ganze mal aufgemalt und verstanden!
Danke für den schönen Ansatz, hat geklappt!
Was mich nur interessieren würde, wie genau kamst du auf f(z) :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:21 Fr 27.06.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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