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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:39 Fr 31.01.2014 | | Autor: | Simmie |
| Aufgabe | Berechnen Sie
Integral von Null bis Unendlich
Der Integrand:
[mm] (x^2 [/mm] ln x )/((1 + [mm] x^2)^2 [/mm] )dx.
Tipp: Gehen Sie analog zur Berechnung von folgendem Integral (Cauchy-Hauptwert) vor:
Jetzt kommt das Zeichen: Integral über die reellen Zahlen (sorry ich kann das nicht zeichnen...)
Der Integrand:
e^(ix) / x dx
Ohne weitere Begründung dürfen Sie folgende bekannte Tatsachen benutzen:
lim
x->0 (x ln x) = 0 und
ln x <= sqrt(x). |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Jetzt habe ich als Ansatz, dass man das als komplexes Wegintegral auffassen soll über einen Halbkreis in der imaginären Ebene mit Null als Mittelpunkt, nur dass dieser Halbkreis Null nicht durchläuft, sondern quasi bei Null einen kleinen halbkreisförmigen Sprung nach oben macht und zwar an den Stellen Epsilon und -Epsilon. Und Epsilon soll dann später gegen Null laufen oder so.
Warum ist das so?
Also quasi ist meine Frage: wie kommt man von einem reellen Kurvenintegral zu einem komplexen Kurvenintegral mit dem selben Integranden?
Ich verstehe den Hinwei nicht genau.
Man soll das ja analog zu diesem Integral
e^(ix) / x dx
berechnen.
Da muss man ja von minus unendlich bis 0, und von 0 bis unendlich rechnen. Weil x=0 Polstelle ist (Um den Cauchy-Hauptwert zu bekommen)...
aber hier hat man ja als Polstellen x=i und x=-i
Das ist ja was ganz anderes oder
????
Liebe Grüße, vielen Dank :)
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Das Integral läßt sich ohne den Weg übers Komplexe berechnen. Wenn man beachtet, daß
[mm]u(x) = - \frac{1}{1+x^2}[/mm] die Ableitung [mm]u'(x) = \frac{2x}{\left( 1 + x^2 \right)^2}[/mm]
besitzt, folgt mit partieller Integration:
[mm]\int_0^{\infty} \frac{x^2 \cdot \ln x}{\left( 1 + x^2 \right)^2} ~ \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \cdot \int_0^{\infty} u'(x) \cdot x \ln x ~ \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \cdot \int_0^{\infty} \frac{1 + \ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x[/mm]
Dabei wurde [mm]x \ln x \to 0[/mm] für [mm]x \to 0[/mm] und [mm]\frac{x \ln x}{1 + x^2} \to 0[/mm] für [mm]x \to \infty[/mm] verwendet.
Wenn man den Integranden in eine Summe zerlegt, erhält man
[mm]\frac{1}{2} \cdot \left( \int_0^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1 + x^2} + \int_0^{\infty} \frac{\ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x \right) = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \cdot \int_0^{\infty} \frac{\ln x}{1 + x^2} ~ \mathrm{d}x \right)[/mm]
Jetzt verbleibt noch ein Integral zur Berechnung. Wenn man in ihm [mm]x = \frac{1}{t}[/mm] substitutiert, macht man eine überraschende Entdeckung.
Beim Weg übers Komplexe ist vielleicht das Folgende gemeint. Man integriert
[mm]f(z) = \frac{z^2 \log z}{\left( 1 + z^2 \right)^2}[/mm]
für [mm]0 < \varepsilon < 1 < R[/mm] über den folgenden Weg [mm]\gamma = \gamma(\varepsilon,R)[/mm]:
die Strecke von [mm]\varepsilon[/mm] bis [mm]R[/mm], der sich der Halbkreis von [mm]R[/mm] bis [mm]-R[/mm] in der oberen Halbebene anschließt, dann die Strecke von [mm]-R[/mm] bis [mm]- \varepsilon[/mm] und der Halbkreis von [mm]-\varepsilon[/mm] bis [mm]\varepsilon[/mm], wieder in der oberen Halbebene.
Für [mm]\log z[/mm] nimmt man den Zweig mit Argumenten zwischen [mm]- \frac{\pi}{2}[/mm] und [mm]\frac{3}{2} \pi[/mm]. Dann ist [mm]f(z)[/mm] bis auf einen Pol bei [mm]\operatorname{i}[/mm] holomorph auf einer Umgebung des Integrationswegs mitsamt seinem Innern, so daß der Residuensatz angewandt werden kann. Für positive reelle [mm]z=x[/mm] ist [mm]\log x = \ln x[/mm] der gewöhnliche reelle Logarithmus und [mm]\log(-x) = \ln x + \operatorname{i} \pi[/mm]. Bei [mm]\operatorname{i}[/mm] besitzt [mm]f(z)[/mm] einen Pol zweiter Ordnung mit Residuum [mm]a = \frac{1}{8} \cdot \left( \pi - 2 \operatorname{i} \right)[/mm].
Für [mm]\varepsilon \to 0[/mm] und [mm]R \to \infty[/mm] verschwinden die Integrale über die Kreisbögen, während die Integrale über die Strecken auf
[mm]2 \int_0^{\infty} \frac{x^2 \ln x}{\left( 1 + x^2 \right)^2} ~ \mathrm{d}x + \operatorname{i} \pi \int_0^{\infty} \frac{x^2}{\left( 1 + x^2 \right)^2} ~ \mathrm{d}x[/mm]
führen. Da dies nach dem Residuensatz zugleich [mm]2 \pi \operatorname{i} \cdot a[/mm] ist, führt ein Vergleich von Real- und Imaginärteil auf das gesuchte Integral. Als Geschenk erhält man zugleich den Wert eines anderen Integrals mitgeliefert.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:05 So 02.02.2014 | | Autor: | Simmie |
Dankeschön :)
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