Komplexe Integralrechnung < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:49 Mo 05.01.2009 | | Autor: | didi1985 |
| Aufgabe | Man gebe eine explizite Darstellung (=Parameterdarstellung) für [mm] \alpha [/mm] an und berechne [mm] \bruch{1}{2 \pi i}\integral_{\alpha}^{}{z^{-1} dz}.
[/mm]
Hierbei ist [mm] \alpha [/mm] ein Viereck mit den Eckpunkten 1, i,-1,-i.
|
Hi! Ich habe mit dieser Aufgabe meine Probleme, obwohl ich die Lösung habe (Lösungsbuch Freitag, Busam)
Die Parameterdarstellung ist mir klar:
[mm] \alpha(t)= i^k +(i^{k+1}-i^k)(t-k)
[/mm]
Der Lösungsweg lautet nach Freitga/Busam:
[mm] \summe_{k=0}^{3}\integral_{k}^{k+1}{ \bruch{i-1}{1+(i-1)(t-k)}dt}
[/mm]
= [mm] 4i\integral_{0}^{1}{ \bruch{2}{(2t-1)^2+1}dt}
[/mm]
= [mm] 2\pi [/mm] i
Ich verstehe die letzten beiden Gleichheitszeichen nicht. Der Ansatz ist mir klar. Es wurde beim ersten Gleichheitszeichen Summation und Integration vertauscht und scheinbar die Funktion so "verschoben", dass man immer nur von 0 bis 1 integrieren kann, aber wie? Was wird verwendet?
Bei der letzen Gleichheit wird es sicherlich eine Formel geben, die mir aber nicht bekannt ist.
Hoffe, der ein oder andere kann mir helfen
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
Hallo didi1985,
> Man gebe eine explizite Darstellung (=Parameterdarstellung)
> für [mm]\alpha[/mm] an und berechne [mm]\bruch{1}{2 \pi i}\integral_{\alpha}^{}{z^{-1} dz}.[/mm]
>
> Hierbei ist [mm]\alpha[/mm] ein Viereck mit den Eckpunkten 1,
> i,-1,-i.
>
>
>
> Hi! Ich habe mit dieser Aufgabe meine Probleme, obwohl ich
> die Lösung habe (Lösungsbuch Freitag, Busam)
>
> Die Parameterdarstellung ist mir klar:
> [mm]\alpha(t)= i^k +(i^{k+1}-i^k)(t-k)[/mm]
>
> Der Lösungsweg lautet nach Freitga/Busam:
> [mm]\summe_{k=0}^{3}\integral_{k}^{k+1}{ \bruch{i-1}{1+(i-1)(t-k)}dt}[/mm]
>
> = [mm]4i\integral_{0}^{1}{ \bruch{2}{(2t-1)^2+1}dt}[/mm]
> = [mm]2\pi[/mm] i
>
> Ich verstehe die letzten beiden Gleichheitszeichen nicht.
> Der Ansatz ist mir klar. Es wurde beim ersten
> Gleichheitszeichen Summation und Integration vertauscht und
> scheinbar die Funktion so "verschoben", dass man immer nur
> von 0 bis 1 integrieren kann, aber wie? Was wird
> verwendet?
Für das Integral
[mm]\integral_{k}^{k+1}{ \bruch{i-1}{1+(i-1)(t-k)}dt}[/mm]
verwenden wir die lineare Substitution
[mm]u=t-k \Rightarrow du=dt[/mm]
Damit wird das Integral überführt in
[mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{i-1}{1+(i-1)u}du[/mm]
Nun formen wir den Bruch etwas um:
[mm]\bruch{i-1}{1+\left(i-1\right)u}=\bruch{i-1}{\left(1-u\right)+iu}=\bruch{i-1}{\left(1-u\right)+iu}* \bruch{\left(1-u\right)-iu}{\left(1-u\right)-iu}=\bruch{\left(i-1\right)+2u}{\left(1-u\right)^2+u^{2}}[/mm]
[mm]=\bruch{\left(i-1\right)+2u}{\left(1-u\right)^2+u^{2}}=\bruch{\left(i-1\right)+2u}{1-2u+2u^{2}} =\bruch{2*\left( \ \left(i-1\right)+2u \right)}{2*\left(1-2u+2u^{2}\right)}=\bruch{2i+2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}}[/mm]
Damit ergibt sich das Integral zu
[mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2i+2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du[/mm]
> Bei der letzen Gleichheit wird es sicherlich eine Formel
> geben, die mir aber nicht bekannt ist.
Um die Gleichheit herzustellen, ist zu zeigen, daß
[mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du}=0[/mm]
Dies läßt sich aber leicht verifizieren.
Ich vermute mal, daß bei der letzten Gleichheit
die Anzahlformel für Null- und Polstellen verwendet wurde.
>
> Hoffe, der ein oder andere kann mir helfen
>
>
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:23 Di 06.01.2009 | | Autor: | didi1985 |
Hi! Danke für deine Antwort - habe aber noch nicht alles verstanden!
> Hallo didi1985,
>
> > Man gebe eine explizite Darstellung (=Parameterdarstellung)
> > für [mm]\alpha[/mm] an und berechne [mm]\bruch{1}{2 \pi i}\integral_{\alpha}^{}{z^{-1} dz}.[/mm]
>
> >
> > Hierbei ist [mm]\alpha[/mm] ein Viereck mit den Eckpunkten 1,
> > i,-1,-i.
> >
> >
> >
> > Hi! Ich habe mit dieser Aufgabe meine Probleme, obwohl ich
> > die Lösung habe (Lösungsbuch Freitag, Busam)
> >
> > Die Parameterdarstellung ist mir klar:
> > [mm]\alpha(t)= i^k +(i^{k+1}-i^k)(t-k)[/mm]
> >
> > Der Lösungsweg lautet nach Freitga/Busam:
> > [mm]\summe_{k=0}^{3}\integral_{k}^{k+1}{ \bruch{i-1}{1+(i-1)(t-k)}dt}[/mm]
>
> >
> > = [mm]4i\integral_{0}^{1}{ \bruch{2}{(2t-1)^2+1}dt}[/mm]
> > =
> [mm]2\pi[/mm] i
> >
> > Ich verstehe die letzten beiden Gleichheitszeichen nicht.
> > Der Ansatz ist mir klar. Es wurde beim ersten
> > Gleichheitszeichen Summation und Integration vertauscht und
> > scheinbar die Funktion so "verschoben", dass man immer nur
> > von 0 bis 1 integrieren kann, aber wie? Was wird
> > verwendet?
>
>
> Für das Integral
>
> [mm]\integral_{k}^{k+1}{ \bruch{i-1}{1+(i-1)(t-k)}dt}[/mm]
>
> verwenden wir die lineare Substitution
>
> [mm]u=t-k \Rightarrow du=dt[/mm]
>
> Damit wird das Integral überführt in
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{i-1}{1+(i-1)u}du[/mm]
>
Das hier scheint mir klar: Die Funktion wird einfach um "k nach links verschoben, sodass k=0 und somit von 0 bis 1 integriert wird.
> Nun formen wir den Bruch etwas um:
>
> [mm]\bruch{i-1}{1+\left(i-1\right)u}=\bruch{i-1}{\left(1-u\right)+iu}=\bruch{i-1}{\left(1-u\right)+iu}* \bruch{\left(1-u\right)-iu}{\left(1-u\right)-iu}=\bruch{\left(i-1\right)+2u}{\left(1-u\right)^2+u^{2}}[/mm]
>
> [mm]=\bruch{\left(i-1\right)+2u}{\left(1-u\right)^2+u^{2}}=\bruch{\left(i-1\right)+2u}{1-2u+2u^{2}} =\bruch{2*\left( \ \left(i-1\right)+2u \right)}{2*\left(1-2u+2u^{2}\right)}=\bruch{2i+2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}}[/mm]
>
> Damit ergibt sich das Integral zu
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2i+2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du[/mm]
>
Diese Umformung ist mir auch klar.
> > Bei der letzen Gleichheit wird es sicherlich eine Formel
> > geben, die mir aber nicht bekannt ist.
>
>
> Um die Gleichheit herzustellen, ist zu zeigen, daß
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du}=0[/mm]
>
> Dies läßt sich aber leicht verifizieren.
>
> Ich vermute mal, daß bei der letzten Gleichheit
> die Anzahlformel für Null- und Polstellen verwendet
> wurde.
>
Also bei Freitag Busam wurde an dieser Stelle die Anzahlformel noch nicht eingeführt. Wir befinden uns im Buch, wo die Aufgabe gestellt wurde, noch am Anfang der Integralrechnung im Kompelexen.
Und selbst wenn ich zeigen könnte, dass diese 0 ist, wäre mir immer noch nicht klar, warum der Rest dann [mm] 2\pi [/mm] i sein soll (gibts hierfür eine Stammfunktion, die ich nicht kenne oder vergessen habe?)
Gruß, Didi
|
|
|
| |
|
Hallo didi1985,
> Hi! Danke für deine Antwort - habe aber noch nicht alles
> verstanden!
> > Um die Gleichheit herzustellen, ist zu zeigen, daß
> >
> > [mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du}=0[/mm]
>
> >
> > Dies läßt sich aber leicht verifizieren.
> >
> > Ich vermute mal, daß bei der letzten Gleichheit
> > die Anzahlformel für Null- und Polstellen verwendet
> > wurde.
> >
>
> Also bei Freitag Busam wurde an dieser Stelle die
> Anzahlformel noch nicht eingeführt. Wir befinden uns im
> Buch, wo die Aufgabe gestellt wurde, noch am Anfang der
> Integralrechnung im Kompelexen.
> Und selbst wenn ich zeigen könnte, dass diese 0 ist, wäre
[mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du}=\ln\left( \ \vmat{2u-1} \ \right)\left|\right_{0}^{1}=0[/mm]
> mir immer noch nicht klar, warum der Rest dann [mm]2\pi[/mm] i sein
> soll (gibts hierfür eine Stammfunktion, die ich nicht kenne
> oder vergessen habe?)
Zur Berechnung des Integrals
[mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2i}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du}[/mm]
verwende hier die Subsitution
[mm]v=2u-1 \Rightarrow dv = 2 \ du[/mm]
Damit wird daraus
[mm]\integral_{-1}^{1}{ \bruch{i}{v^{2}+1}} \ dv}[/mm]
Durch eine weitere Substitution
[mm]v=\tan\left(w\right) \Rightarrow dv = \left( \ 1+\tan^{2}\left(w\right) \ \right) \ dw[/mm]
ensteht daraus
[mm]\integral_{-\bruch{\pi}{4}}^{+\bruch{\pi}{4}}{ i \ dw}[/mm]
>
> Gruß, Didi
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:41 Di 06.01.2009 | | Autor: | didi1985 |
>
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du}=\ln\left( \ \vmat{2u-1} \ \right)\left|\right_{0}^{1}=0[/mm]
>
>
Kann es sein, dass bei der Stammfunktion in den Betragsstrichen noch ein i fehlt ? Dann könnte ich das nachvollziehen.
Den nächsten Teil muss ich mir noch anschauen, weil ich viele Formeln nicht mehr parat habe, aber das müsste ich rauskriegen, und das mit der Substitution ist mir im Prinzip auch klar.
Ich bedanke mich schon mal, hast mir sehr geholfen.
|
|
|
| |
|
Hallo didi1985,
>
> >
> >
> > [mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du}=\ln\left( \ \vmat{2u-1} \ \right)\left|\right_{0}^{1}=0[/mm]
>
> >
> >
> Kann es sein, dass bei der Stammfunktion in den
> Betragsstrichen noch ein i fehlt ? Dann könnte ich das
> nachvollziehen.
Da war ich wohl etwas zu schnell:
[mm]\integral_{0}^{1}{ \bruch{2*\left(2u-1\right)}{\left(2u-1\right)^{2}+1}} \ du}=\ln\left( \ \blue{\left(2u-1\right)^{2}+1} \ \right)\left|\right_{0}^{1}=0[/mm]
So, jetzt stimmt's.
>
> Den nächsten Teil muss ich mir noch anschauen, weil ich
> viele Formeln nicht mehr parat habe, aber das müsste ich
> rauskriegen, und das mit der Substitution ist mir im
> Prinzip auch klar.
> Ich bedanke mich schon mal, hast mir sehr geholfen.
Freut mich.
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:25 Di 06.01.2009 | | Autor: | didi1985 |
danke nochmal: ich hab jetzt einen viel einfacheren und schnelleren Weg gefunden. Denn arctan(2t-1) ist ja gerade eine Stammfunktion von [mm] \bruch{2}{1+(2t-1)^2}. [/mm] Das haben wir (vielmehr du) ja auch quasi durch die verschiedenen Substitutionen gezeigt...
|
|
|
|
