Unangenehmes Integral < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 10:28 So 18.11.2007 | | Autor: | Braunstein |
Hallo,
ich plage mich da mit einem Integral ab, das sich mit Hilfe des Residuensatzes leicht lösen lässt, ohne RS aber nicht!
Es lautet:
[mm] \integral_{\gamma}^{}{\bruch{1}{1+z^{2}} dz}, z(t)=t+i(t^{2}-4), -2\le t\le2
[/mm]
Nun habe ich parametriesiert und erhalte:
[mm] \integral_{-2}^{2}{\bruch{1}{1+(t+i(t^{2}-4))^{2}}(1+2it) dt}
[/mm]
Substitution:
[mm] u=t+i(t^{2}-4)
[/mm]
[mm] dt=\bruch{du}{1+2it}
[/mm]
[mm] \integral_{-2}^{2}{\bruch{1}{1+u^{2}}du}=arctan(2)-arctan(-2)=2,2143
[/mm]
Das Ergebnis lautet bei mir 2,2143, mein TI sagt aber -0,9273 und wenn ich lt. Residuensatz rechne kommt auch -0,9273 dabei raus.
Kann mir da bitte jemand sagen, wo der Fehler ist?
Ich seh ihn (zugegeben) nirgends!
Gruß, h. ![[huepf]](/images/smileys/huepf.gif "[huepf]")
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:36 So 18.11.2007 | | Autor: | Braunstein |
Hat da keiner eine Idee? Brenne schon darauf, den Fehler zu entdecken, sofern überhaupt einer vorhanden ist.
Gruß, h.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:59 So 18.11.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> ich plage mich da mit einem Integral ab, das sich mit Hilfe
> des Residuensatzes leicht lösen lässt, ohne RS aber nicht!
>
> Es lautet:
>
> [mm]\integral_{\gamma}^{}{\bruch{1}{1+z^{2}} dz}, z(t)=t+i(t^{2}-4), -2\le t\le2[/mm]
Wie kannst du das mit dem Residuensatz lösen? Die Kurve ist nicht geschlossen! ![[kopfkratz]](/images/smileys/kopfkratz.gif "[kopfkratz]")
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:03 So 18.11.2007 | | Autor: | Braunstein |
Indem ich sie schließe. ![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
Sieh mal unter (hier) nach.
Und da bekomm ich definitiv das richtige Ergebnis raus.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:28 So 18.11.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
Jetzt verstehe ich, was du gemacht hast: du hast mit Hilfe der Strecke von z=-2 bis z=+2 geschlossen und den Residuensatz angewandt. Das Integral nach deiner Substitution ist genau das Integral über diese Strecke.
Vor der Substitution ist geht das Integral über die angegebene Parabel. Durch die Substitution änderst du den Weg, und da zwischen den beiden Wegen eine Singularität des Integranden liegt, bekommst du als Unterschied der beiden Integrale [mm]2\pi i[/mm] mal dem Residuum.
Deer Fehler liegt in der Substitution: bei Kurvenintegralen darfst du keine Substitution machen, die den Weg in der komplexen Ebene ändern. Der Cauchysche Integralsatz sagt dir dann, welche Wege äquivalent sind.
Viele Grüße
Rainer
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Kann mir jemand einen Tipp geben, warum das Ergebnis des obigen Integrals falsch ist (Integration ohne Residuensatz)?
Hoffe, jemand hat da einen Gedanken, den er mit mir teilen will. 
Gruß, h.
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Ich habe deine Rechnung nicht im einzelnen nachvollzogen, vermute aber, daß der Fehler bei der Substitution liegt. Du darfst nicht einfach reelle Kalküle ins Komplexe übertragen. Dabei wird ja die Kurve "verlegt", möglicherweise über eine Singularität hinweg. So etwas muß schiefgehen.
Der Integrationsweg [mm]\gamma[/mm] ist eine Parabel von [mm]-2[/mm] bis [mm]2[/mm] mit Scheitel bei [mm]4 \operatorname{i}[/mm].
[mm]f(z) = \frac{1}{1 + z^2} = \frac{1}{2 \operatorname{i}} \left( \frac{1}{z - \operatorname{i}} - \frac{1}{z + \operatorname{i}} \right)[/mm]
Hier kann man eine Stammfunktion angeben:
[mm]F(z) = \frac{1}{2 \operatorname{i}} \left( \log(z - \operatorname{i}) - \log(z + \operatorname{i}) \right) \, ,\ \ z \neq \operatorname{i}y \ \ \text{mit} \ y \leq 1[/mm]
wobei [mm]\log w[/mm] der für [mm]w \neq \operatorname{i}v[/mm] mit [mm]v \leq 0[/mm] definierte Zweig des Logarithmus sei, mit einem Argument zwischen [mm]-\frac{\pi}{2}[/mm] und [mm]\frac{3}{2} \pi[/mm]. Daher folgt
[mm]\int_{\gamma} \frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} = F(2) - F(-2)[/mm]
Mit dem gewöhnlichen reellen Arcustangens gilt:
[mm]F(2) = \frac{1}{2 \operatorname{i}} \left( \log(2 - \operatorname{i}) - \log(2 + \operatorname{i}) \right) = \frac{1}{2 \operatorname{i}} \left( - \operatorname{i} \cdot \arctan{\frac{1}{2}} - \operatorname{i} \cdot \arctan{\frac{1}{2}} \right) = - \arctan{\frac{1}{2}}[/mm]
[mm]F(-2) = \frac{1}{2 \operatorname{i}} \left( \log(-2 - \operatorname{i}) - \log(-2 + \operatorname{i}) \right) = \frac{1}{2 \operatorname{i}} \left( \operatorname{i} \left( \pi + \arctan{\frac{1}{2}} \right) - \operatorname{i} \left( \pi - \arctan{\frac{1}{2}} \right) \right) = \arctan{\frac{1}{2}}[/mm]
Daher gilt
[mm]\int_{\gamma} \frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} = -2 \arctan{\frac{1}{2}}[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:46 Mo 19.11.2007 | | Autor: | Braunstein |
Wow!!!
Vielen Dank für die Antwort.
Gruß, h.
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Mit reeller Substitution meinst du wohl
[mm] u=t+i(t^{2}-4)
[/mm]
oder? Gäbe es eine passende Substitution, um dann
[mm] \integral_{-2}^{2}{\bruch{1}{1+(t+i(t^{2}-4))^{2}}(1+2it) dt}
[/mm]
lösen zu können? Oder löst man das Integral NUR mit dem von dir angegebenen Lösungsweg? Dein Lösungsweg scheint mir ein wenig unübersichtlich zu sein. Mit diesen Weg nicht gewohnt.
Frage: Gilt allgemein, dass nach einer komplexen Substitution KEINE reelle folgen darf?
Gruß, h.
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Braunstein
Dein Lösungsweg scheint mir ein wenig unübersichtlich zu sein.
Schlimmer. Er ist falsch.
1. Beim nochmaligen Durchlesen dieses alten Stranges ist mir aufgefallen, daß die Parabel ja nach oben geöffnet ist. Sie läuft also unten um den Ursprung herum. Man muß daher den [mm]\log[/mm]-Zweig so abändern, daß das Argument zwischen [mm]- \frac{3}{2} \, \pi[/mm] und [mm]\frac{1}{2} \, \pi[/mm] liegt:
[mm]F(t) = \frac{1}{2 \operatorname{i}} \left( \log (z - \operatorname{i}) - \log (z + \operatorname{i}) \right)[/mm]
Glücklicherweise ändert sich die Rechnung nicht sehr: [mm]F(2)[/mm] bleibt, und bei [mm]F(-2)[/mm] ist [mm]\pi[/mm] durch [mm]- \pi[/mm] zu ersetzen. Für das Ergebnis spielt der Fehler jedoch keine Rolle, da sich die [mm]\pi[/mm]-Glieder wiederum wegheben.
2. Wenn dir das mit der Stammfunktion nicht gefällt, kannst du auch mit dem Residuensatz arbeiten. Dazu schließt du an [mm]\gamma[/mm] die Strecke von [mm]2[/mm] nach [mm]-2[/mm] an. So schließt sich der Integrationsweg und du erhältst als Integralwert über die geschlossene Kurve (das Minuszeichen vor dem zweiten Integral korrigiert die Integrationsrichtung):
[mm]\int_{\gamma} \frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} - \int_{-2}^2 \frac{\mathrm{d}t}{1 + t^2}[/mm]
Nach dem Residuensatz muß dieser Wert aber gleich [mm]2 \pi \operatorname{i} \cdot \left( - \frac{1}{2 \operatorname{i}} \right) = - \pi[/mm] sein (in der Klammer steht das Residuum des Integranden bei [mm]z = - \operatorname{i}[/mm]). Zusammen folgt:
[mm]\int_{\gamma} \frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} - \int_{-2}^2 \frac{\mathrm{d}t}{1 + t^2} = - \pi[/mm]
[mm]\int_{\gamma} \frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} = - \pi + \int_{-2}^2 \frac{\mathrm{d}t}{1 + t^2} = 2 \arctan 2 \ - \pi[/mm]
3. Schließlich kannst du auch den Integrationsweg verlegen, solange du ihn nicht über die Singularität bei [mm]z = - \operatorname{i}[/mm] hinwegziehst. Nimm etwa den unteren Halbkreis [mm]\kappa[/mm] mit Radius 2 von -2 nach 2.
[mm]\int_{\gamma} \frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} = \int_{\kappa} \frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} = \int_{- \pi}^0 \frac{2 \operatorname{i} \operatorname{e}^{\operatorname{i}t}}{1 + 4 \operatorname{e}^{2 \operatorname{i}t}}~\mathrm{d}t = \int_{- \pi}^0 \frac{6 \sin t}{9 + 16 \cos^2 t}~\mathrm{d}t + \operatorname{i} \int_{- \pi}^0 \frac{10 \cos t}{9 + 16 \cos^2 t }~\mathrm{d}t[/mm]
Und hier verschwindet der Imaginärteil, da der Cosinusgraph bezüglich der Stelle [mm]x = - \frac{\pi}{2}[/mm] punktsymmetrisch ist. Und der Realteil kann mittels der Substitution (wir sind jetzt im Reellen!)
[mm]- \cos t = \frac{3}{4} \,s \, , \ \ \sin t ~\mathrm{d}t = \frac{3}{4}~\mathrm{d}s[/mm]
berechnet werden:
[mm]\int_{\gamma} \frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} = - \frac{1}{2} \int_{- \frac{4}{3}}^{\frac{4}{3}} \frac{\mathrm{d}s}{1 + s^2} = - \arctan{\frac{4}{3}}[/mm]
Viele Wege führen also nach Rom.
Nur eines laß bleiben: in komplexen Integralen komplexe Substitutionen durchzuführen!
4. Natürlich kannst du auch die Originalkurve parametrisieren und das Integral in Real- und Imaginärteil zerlegen:
[mm]\frac{1 + 2 \operatorname{i}t}{1 + \left( t + \operatorname{i} \left( t^2 - 4 \right) \right)^2}~\mathrm{d}t = \frac{3t^4 - 7t^2 - 15}{\left( t^4 - 9t^2 + 25 \right) \left( t^4 - 5t^2 + 9 \right)}~\mathrm{d}t + \operatorname{i} \cdot \frac{2t \left( -t^4 + 8t^2 - 11 \right)}{ \left( t^4 - 9t^2 + 25 \right) \left( t^4 - 5t^2 + 9 \right)}~\mathrm{d}t[/mm]
In den Grenzen von -2 bis 2 verschwindet das Integral über den Imaginärteil, weil der Integrand eine ungerade Funktion ist. Es bleibt also noch der Realteil.
Und? Was ist jetzt gewonnen?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:30 Sa 28.06.2008 | | Autor: | Braunstein |
Vielen Dank für deine Antwort.
Response soon.
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