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| Aufgabe | Seien a, R [mm] \in \IR\times+ [/mm] (also alle positiven ohne Null). Sei [mm] \gamma [/mm] der geschlossene Streckenzug mit den Stützpunkten -R, R, R+ia, -R+ia, -R (Rand eines Rechtecks).
Berechne [mm] \integral_{\gamma}^{}{f(z) dz} [/mm] mit [mm] f(z)=e^{-z^{2}} [/mm] und zeige mit Hilfe des Grenzübergangs R [mm] \to \infty: [/mm]
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^{2}} * cos(2ax) dx} [/mm] = [mm] e^{-a^{2}}*\wurzel{\pi} [/mm] |
Hallo!
Das Wegintegral hab ich mit den Teilwegen schon berechnet. Da kommt Null heraus (die Teilstrecken heben sich gegenseitig auf). Jedoch weiß ich nicht, wie ich das mit dem Grenzübergang dann in der zu zeigenden Gleichung verwenden soll.
Ich hab in einem Buch eine ähnliche Aufgabe gefunden - aber leider ist da der cosinus nicht dabei. Dort wurden die anderen Teilstrecken benutzt um die Streche von -R bis R auszudrücken. Wie könnte ich das hier verwenden? Alle Versuche drehten sich bisher im Kreis - irgendwie weiß ich nicht wo ich da anfangen sollte.
ICh habe mir auch überlegt, ob ich die komplexe Funktion in Im und Re zerlegen sollte, damit ich dann auf das [mm] e^{-x^{2}} [/mm] komme... Aber bisher hatte ich noch nicht die zündende Idee. (bzw, komm ich dann immer noch nicht mir dem cos klar).
Ich wäre sehr froh, wenn mir jemand eine Richtung verraten könnte, wohin ich weiterarbeiten kann... Bzw. die Idee, die hinter dieser Aufgabe steckt. Ich komm einfach nicht drauf!
Vielen Dank im Voraus!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Lg FilleDeDanann
PS: Ich soll das ohne Residuen lösen, da wir den Satz noch nicht in der VL hatten (nur Goursat und Cauchy für Sterngebiete)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:52 Mo 23.06.2008 | | Autor: | wauwau |
Residuensatz vgl. [mm] http://www.uni-essen.de/~bm0036/dokumente/skript_ana_4/fu04-Sk11.pdf
[/mm]
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Oh, ich hätte dazusagen müssen, dass wir noch keine Cauchy-Formeln und keinen Residuensatz haben. Nur den Cauchy für Sternbegiete und Goursat.
Daher bitte ich um einen Ansatz ohne Residuen.
Lg FilleDeDanann
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:15 Di 24.06.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo,
ich wüsste im Moment auch nicht, wie das mit dem Residuensatz gehen sollte, denn der Integrand ist in ganz [mm] $\IC$ [/mm] holomorph.
Viele Grüße
Rainer
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:14 Di 24.06.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Seien a, R [mm]\in \IR\times+[/mm] (also alle positiven ohne Null).
> Sei [mm]\gamma[/mm] der geschlossene Streckenzug mit den
> Stützpunkten -R, R, R+ia, -R+ia, -R (Rand eines
> Rechtecks).
> Berechne [mm]\integral_{\gamma}^{}{f(z) dz}[/mm] mit
> [mm]f(z)=e^{-z^{2}}[/mm] und zeige mit Hilfe des Grenzübergangs R
> [mm]\to \infty:[/mm]
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^{2}} * cos(2ax) dx}[/mm] =
> [mm]e^{-a^{2}}*\wurzel{\pi}[/mm]
> Hallo!
>
> Das Wegintegral hab ich mit den Teilwegen schon berechnet.
> Da kommt Null heraus (die Teilstrecken heben sich
> gegenseitig auf).
Nicht überraschend, denn der Integrand f(z) ist innerhalb des Rechtecks holomorph, also ist nach Cauchy das Integral über den gesamten Rand des Rechtecks 0.
> Jedoch weiß ich nicht, wie ich das mit
> dem Grenzübergang dann in der zu zeigenden Gleichung
> verwenden soll.
> Ich hab in einem Buch eine ähnliche Aufgabe gefunden -
> aber leider ist da der cosinus nicht dabei. Dort wurden die
> anderen Teilstrecken benutzt um die Streche von -R bis R
> auszudrücken. Wie könnte ich das hier verwenden? Alle
> Versuche drehten sich bisher im Kreis - irgendwie weiß ich
> nicht wo ich da anfangen sollte.
> ICh habe mir auch überlegt, ob ich die komplexe Funktion in Im und Re zerlegen sollte,
> damit ich dann auf das $ [mm] e^{-x^{2}} [/mm] $ komme...
> Aber bisher hatte ich noch nicht die zündende Idee. (bzw, komm ich dann immer noch nicht mir dem cos klar).
Zerlegung in Real- und Imaginärteil ist eine gute Idee.
Der Trick besteht darin, das Teilintegral über den oberen Rand per Substitution $z=u+ia$ umzuformen und dann Real- und Imaginärteil zu trennen. Im Grenzübergang [mm] $R\to\infty$ [/mm] verschwinden die beiden Teilintegrale über den rechten und linken Rand des Rechtecks.
Diese Aufgabe hatten wir hier schon, schau mal hier und hier.
Viele Grüße
Rainer
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Hallo,
vielen Dank, RainerS, dass du dir nochmal die Mühe gemacht hast, die anderen Aufgaben zu verlinken - jedoch habe ich diese schon gelesen und - beim besten Willen - ich versteh nicht, wie man dadurch zum Ziel kommen sollte (jedenfalls hab ich noch nicht die nötigen Kenntnisse  !). Habe heute auch meinen Kommilitonen den Ausdruck beider Themen/Fragen gezeigt und mit ihnen eine Stunde rumprobiert, aber wir sind nicht drauf gekommen.
Daher habe ich mir gedacht - für die zukünftigen Suchenden hier - wäre es gut, den Ansatz bzw. die Idee etwas präziser zu formulieren - so wie wir ihn heute dann in der Übung gelernt haben (das hat den Vorteil, dass man auch andere Aufgaben dieser Art dann versteht *g*).
Hier also quasi die Antwort auf meine eigene Frage (wäre gut, wenn die jemand irgendwie auch auf die anderen zwei Threads verlinken könnte?!?):
Meine Frage hierzu wäre nur - ist das jetzt so richtig oder "pfuscht" der Übungsleiter?!
Wir wissen:
[mm] \integral_{\gamma}^{}{f(z) dz} [/mm] = 0 nach Cauchy'schem Integralsatz für Sterngebiete.
Den Weg [mm] \gamma [/mm] kann man als Summe der Teilstrecken schreiben:
[mm] \gamma(t)=\gamma_1(t)+\gamma_2(t)+\gamma_3(t)+\gamma_4(t)
[/mm]
mit
[mm] \gamma_1: [/mm] [-R;R]
[mm] \gamma_2: [/mm] [R;R+ia]
[mm] \gamma_3: [/mm] [-R+ia;R+ia] (Achtung das ist die umgekehrte Richtung!!!--> vor Integral dann Vorzeichen umdrehen!)
[mm] \gamma_4: [/mm] [-R;-R+ia] (ebenso wie oben - umgekehrte Richtung!!)
Dann kann mann das Wegintegral über [mm] \gamma [/mm] wie folgt ausdrücken:
0 = [mm] \integral_{\gamma}^{}{f(z) dz}=
[/mm]
[mm] =\integral_{[-R;R]}^{}{f(z) dz}+\integral_{[R;R+ia]}^{}{f(z) dz}-\integral_{[-R+ia;R+ia]}^{}{f(z) dz}-\integral_{[-R;-R+ia]}^{}{f(z) dz}= [/mm]
[mm] =\integral_{-R}^{R}{e^{-x^2} dx}+i*\integral_{0}^{a}{e^{-(R+it)^2}dt}-\integral_{-R}^{R}{e^{-(x+ia)^2}dx}-i*\integral_{0}^{a}{e^{-(R-it)^2}dt}
[/mm]
Entweder man sieht dann, dass die Wegintegrale über [mm] \gamma_2 [/mm] und über [mm] \gamma_4 [/mm] für [mm] R\to\infty [/mm] gegen 0 gehen oder man zeigt kurz:
[mm] |i*\integral_{0}^{a}{e^{-(R^2+2itR-t^2)}dt}|\le \integral_{0}^{a}{\underbrace{|e^{-R^2-t^2}|}_{<\varepsilon}}*\underbrace{|e^{-2itR}|}_{=1}dt<\varepsilon*a
[/mm]
Jetzt hilft es, sich zu überlegen, dass folgendes gilt:
[mm] e^{-(x+ia)^2}=e^{-(x^2-a^2)}*e^{-2ixa}
[/mm]
und: [mm] e^{-2ixa}=cos(2xa)-i*sin(2xa)
[/mm]
Diese Überlegung führt uns auf die Idee, mit dem Realteil arbeiten zu müssen, denn es gilt:
Re 0 = [mm] Re\integral_{}^{}{f(z) dz}=Re\integral_{}^{}{...}+Re\integral_{}^{}{...}-Re\integral_{}^{}{...}-Re\integral_{}^{}{...}
[/mm]
Wenn man nun den Grenzübergang [mm] R\to\infty [/mm] wie in der Aufgabe als Hinweis gegeben betrachtet erhält man:
[mm] \limes_{R\rightarrow\infty}0=\limes_{R\rightarrow\infty}\integral_{-R}^{R}{e^{-x^2}dx}-\limes_{R\rightarrow\infty}\integral_{-R}^{R}{e^{-x^2}*e^{a^2}*cos(2xa) dx}
[/mm]
Nun kann man diese als uneigentliche Integrale schreiben und man erhält - wenn man den konstanten Faktor [mm] e^{a^2} [/mm] aus dem Integral zieht und dann auf die andere Seite bringt - folgendes:
[mm] e^{-a^2}*\underbrace{\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^2}dx}}_{=\wurzel\pi} [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^2}*cos(2ax) dx}
[/mm]
Es folgt die Behauptung.
Das mit dem [mm] \wurzel\pi [/mm] hat unser Prof einfach aus der reellen Analysis vorausgesetzt (bei der anderen Aufgabe war es ja als Hinweis gegeben) - jedenfalls könnte man es auch mit einer zweidimensionalen Integration (Lebesgue) auch zeigen, dass dieses uneigentliche Integral den Wert hat.
Im Übrigen ist [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^2}*sin(2ax) dx} [/mm] = 0
- denn sin ist eine ungerade Funktion, bei cos kommt nicht 0 heraus, da die Funktion gerade ist. (hat unser Prof als Tipp noch gegeben)
Ich hoffe das hilft anderen bei der Suche nach der Idee die hinter diesem Aufgabentyp steckt!
Lg FilleDeDanann
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:32 Di 24.06.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hier also quasi die Antwort auf meine eigene Frage (wäre
> gut, wenn die jemand irgendwie auch auf die anderen zwei
> Threads verlinken könnte?!?):
> Meine Frage hierzu wäre nur - ist das jetzt so richtig
> oder "pfuscht" der Übungsleiter?!
Das ist richtig, und auch im Prinzip dasselbe wie in den anderen beiden Threads. Hmm jetzt wo ich es nochmal ganz durchlese, sehe ich auch, dass die Rechnung zum Teil nur angedeutet ist.
Ich habe noch einen Link auf deine ausführliche Rechnung hier angehängt.
Die Technik wird dir immer wieder begegnen; viele uneigentliche Integrale lassen sich mit so einem Trick ausrechnen.
Viele Grüße
Rainer
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