Cauchy-Hauptwert eines Integrals

10.07.2007, 11:43

Resetter

Cauchy-Hauptwert eines Integrals

So leuz, ich soll den Cauchy-Hauptwert dieser beiden Integrale berechnen:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{\omega_{0}^{2}-\omega^2}{(\omega^{2}-\omega_{0}^{2})^{2}+4a^2\omega^2} \cdot \frac{1}{\omega - \omega'}~d\omega \end{eqnarray*}$

sowie

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{2a\omega_{0}}{(\omega^{2}-\omega_{0}^{2})^{2}+4a^2\omega^2} \cdot \frac{1}{\omega - \omega'}~d\omega \end{eqnarray*}$

ich hab mittlerweile glaub ich alles versucht alles (und jedes) da drin substituiert und es wird eigentlich immer nur noch blöder.....
kann mir hier drin vielleicht jemand damit helfen?

danke im vorraus,
Rese

10.07.2007, 12:07

WebFritzi

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Partialbruchzerlegung.

10.07.2007, 14:21

Resetter

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das hab ich ja auch schon versucht - kommt nix bei raus - zumindest bekomm ich z.B. für das obere eh nur die eine möglichkeit den bruch in ne differenz der beiden ausdrücke durch den gemeinsamen nenner zu teilen.... bringt also auch nix...

oder überseh ich was?

16.07.2007, 20:36

Resetter

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auch nach weiterer arbeit nix neues von mir

ich bitte euch - kann mir keiner helfen?

16.07.2007, 20:57

Tomtomtomtom

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So unmittelbar fällt mir da nix ein. Wo kommen die Integrale denn her? ISt das die unmittelbare Aufgabenstellung "Berechne die Integrals" ohne weiter Motivation? Mit omega bezeichnet man zum Beispiel in der Regel nur Drehwinkel, deshalb liegt die Idee nahe, daß hinter den Integralen erstmal eine Herleitung steht. Wenn man die kennt, kommt man evt. eher auf den richtigen Trick.

Eine Idee die ich noch hätte wäre, diese beiden Integrale nicht unabhängig voneinander zu berechnen, sondern gleichzeitig. Die Quadrate der Nenner ergeben ja fast den Zähler (bis auf den hinteren Faktor).

OK, das stimmt nicht ganz, aber evt. ists ja ein Schreibfehler von dir, weil die Idee kommt mir schon noch recht naheliegend vor.

Also entstehen die beiden Integrale evt. irgendwie aus dem Betrag eines komplexen Integrals, aufgespalten in Real- und Imaginärteil oder etwas ähnliches. Ist nur ne Idee wie gesagt, und keine Garantie, daß da ne Lösung rauskommt. Ich stelle mir das ungefähr so vor:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{\omega_{0}^{2}-\omega^2}{(\omega^{2}-\omega_{0}^{2})^{2}+4a^2\omega^2} \cdot \frac{1}{\omega - \omega'}~d\omega +i\cdot\int_{-\infty}^{\infty}~\frac{2a\omega}{(\omega^{2}-\omega_{0}^{2})^{2}+4a^2\omega^2} \cdot \frac{1}{\omega - \omega'}~d\omega \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\int_{-\infty}^{\infty}~\frac{(\omega_{0}^{2}-\omega^2)+i\cdot2a\omega}{|(\omega_0^{2}-\omega^{2})+i\cdot2a\omega|^2} \cdot \frac{1}{\omega - \omega'}~d\omega \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\int_{-\infty}^{\infty}~\frac{1}{(\omega_0^{2}-\omega^{2})-i\cdot 2a\omega}\cdot \frac{1}{\omega - \omega'}~d\omega=... \end{eqnarray*}$

...und jetzt eventuell weiter mit Residuensatz oder ähnliches. Da müßte dann ein komplexer Wert rauskommen, und dessen Real- bzw. Imaginärteil sind dann deine gesuchten Integrale. Wobei das auch nicht so einfach wird, weil die einzige Singularität genau auf der reellen Achse liegt. Erstmal ist es nur eine Idee zu einer geschickten Umformulierung, mehr nicht.

Gibts denn noch irgendwelche Nebenbedingungen an die auftretenden Konstanten? Auch diese könnten sich evt. aus einer nicht aufgeschriebenen Motivation ergeben. Und schau bitte nochmal nach, ob sich auch sicher nirgendwo ein Schreibfehler versteckt hat.

16.07.2007, 23:50

WebFritzi

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Zitat:

Original von Tomtomtomtom
Wobei das auch nicht so einfach wird, weil die einzige Singularität genau auf der reellen Achse liegt.

Deshalb heißt der Thread ja auch "Cauchy-Hauptwert eines Integrals". Augenzwinkern

17.07.2007, 00:13

Tomtomtomtom

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Ja, ich dachte damit ist der Hauptwert für die Grenzen gegen unendlich gemeint, aber das ist Unsinn, da liegt ja Konvergenz vor.

Wenn man für ein paar der Integrale mit rationalen Parametern mit Maple die Cauchyschen Hauptwerte ausrechnet, ist das immer ein "schönes" Vielfaches von PI. Das bestärkt mich in dem Glauben, das da mit Funktionentheorie was gehen könnte. Hm, langsam interessiert mich das ganze wirklich.

17.07.2007, 06:56

Leopold

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Und was ist eigentlich $\begin{eqnarray*} \omega' \end{eqnarray*}$ ? Ist das eine weitere Variable? Ein Parameter? Oder steht der Strich fürs Differenzieren? verwirrt

17.07.2007, 11:03

WebFritzi

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Ich schlage die Cayley-Transformation vor, die die reelle Achse auf den Einheitskreis abbildet. Dann sind wir, denke ich, in der Funktionentheorie angekommen.

17.07.2007, 11:06

Resetter

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Okay, mal die ganze Aufgabenstellung:

Zitat:

Die erzwungene Schwingung eines elastisch gebundenen Körpers mit geschwindigkeitsabhängiger Reibung unter einer äußeren Kraft $\begin{eqnarray*} F(t) = F_{0} \cdot \cos{\omega t} \end{eqnarray*}$ wird durch die Differentialgleichung.

$\begin{eqnarray*} \ddot{x} + 2a\dot{x} + \omega_{0}^{2}x = b \cdot \cos{\omega t}, b = \frac{F_{0}}{m} \end{eqnarray*}$

beschrieben.
Zeigen Si zunächst, daß die stationäre Lösung dieser Gleichung (die sich nach sehr langer Zeit einstellt) gegeben ist durch:

$\begin{eqnarray*} x(t) = \frac{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}}{(\omega^{2}-\omega^{2})^2+4a^{2}\omega^{2}}\cdot b \cdot \cos{\omega t} + \frac{2 a \omega}{(\omega^{2}-\omega^{2})^2+4a^{2}\omega^{2}} \cdot b \cdot \sin{\omega t} \end{eqnarray*}$

Sie enthält zwei Anteile:

$\begin{eqnarray*} D b \cos{\omega t} mit D(\omega) := \frac{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}}{(\omega^{2}-\omega^{2})^2+4a^{2}\omega^{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A b \sin(\omega t) mit A(\omega) := \frac{2 a \omega}{(\omega^{2}-\omega^{2})^2+4a^{2}\omega^{2}} \end{eqnarray*}$

Der erste Anteil ist mit der erzwingenden Schwingung in Phase und heißt Dispersionsanteil, Der zweite Anteil ist gegenüber der erzwingenden Schwingung um $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ phasenverschoben und heißt Absorptionsanteil.
Zeigen Sie ferner, daß die Koeffizienten $\begin{eqnarray*} D(\omega) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A(\omega) \end{eqnarray*}$ Real- und Imaginärteil einer holomorphen Funktion $\begin{eqnarray*} f(\omega) \end{eqnarray*}$ sind und daß die den fokgenden Dispersionsrelationen genügen:

$\begin{eqnarray*} D(\omega') = \frac{1}{\pi} P \int_{-\infty}^{\infty} \frac{A(\omega)}{\omega-\omega'} d\omega \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A(\omega') = - \frac{1}{\pi} P \int_{\infty}^{\infty} \frac{D(\omega)}{\omega - \omega'} d\omega \end{eqnarray*}$

Dabei bezeichnet P den CAUCHY-Hauptwert-des jeweiligen Integrals.

ich muss also nurnoch die beiden Integrale Lösen - mit Residuensatz den normalen Integral - "sollte" ich hinbekommen, aber erstmal brauch ich den Hauptwert....

greez Rese

17.07.2007, 11:19

WebFritzi

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Siehe auch Holomorphie zeigen...

17.07.2007, 13:52

Tomtomtomtom

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Naja, das sieht ja schon ganz andes aus als ein einfaches "Bestimme den Cauchyschen Hauptwert". Für den richtigen Riecher gönn ich mir jetzt ein Eis! Big Laugh

...und dann schau ich mal, ob man das gelöst kriegt.

18.07.2007, 00:46

WebFritzi

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Isst du immernoch dein Eis? Und? Wie schmeckt's dir? Big Laugh

18.07.2007, 17:38

Tomtomtomtom

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Ja danke, war super. Aber die Aufgabe krieg ich leider auch nicht endgültig hin.

18.07.2007, 21:57

Leopold

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Wenn eine Sache schwierig wird, lohnt es sich gelegentlich, einen Spezialfall zu behandeln. Manchmal erkennt man daran die Struktur des Ergebnisses für den allgemeinen Fall. Ich nehme einmal $\begin{eqnarray*} x_0 = a = 1 \end{eqnarray*}$ an. Man kann dann eine Stammfunktion angeben (CAS):

$\begin{eqnarray*} \int~\frac{1 - x^2}{\left( \left( 1 - x^2 \right)^2 + 4x^2 \right)(x - x')}~\mathrm{d}x = F(x) \ \ \text{mit} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F(x) = \frac{1}{1 + x'^2} \cdot \left( \frac{1-x'x}{1+x^2} - \frac{2x'}{1 + x'^2} \cdot \arctan{x} + \frac{1 - x'^2}{2 \left( 1 + x'^2 \right)} \cdot \ln{\frac{\left( 1 + x'^2 \right)^2 \left( x - x' \right)^2}{1 + x^2}} \right) \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} x \to - \infty \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$ liefert nur der zweite Summand der Klammer einen Beitrag, légère als $\begin{eqnarray*} F(-\infty) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} F(\infty) \end{eqnarray*}$ geschrieben. Kritisch an der Stelle $\begin{eqnarray*} x = x' \end{eqnarray*}$ ist nur der $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ -Teil $\begin{eqnarray*} \ln{(x-x')^2} \end{eqnarray*}$ . Bei der Differenzbildung $\begin{eqnarray*} F(x' - \varepsilon) - F(x' + \varepsilon), \, \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ fällt dieser wegen des Quadrates in $\begin{eqnarray*} (x-x')^2 \end{eqnarray*}$ aber weg, so daß man als Cauchyschen Hauptwert das Folgende erhält:

$\begin{eqnarray*} \int \limits_{- \infty}^{\infty}~\frac{1 - x^2}{\left( \left( 1 - x^2 \right)^2 + 4x^2 \right)(x - x')}~\mathrm{d}x = \lim_{\varepsilon \to 0} \left( F(x'-\varepsilon) - F(-\infty) + F(\infty) - F(x' + \varepsilon) \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = F(\infty) - F(- \infty) = - \frac{2x'}{\left( 1 + x'^2 \right)^2} \cdot \pi \end{eqnarray*}$

Prinzipiell müßte man mit konsequentem Vorgehen auch bei beliebigem $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ans Ziel kommen. Der Rechenaufwand dürfte aber beträchtlich werden!

18.07.2007, 22:46

Tomtomtomtom

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Das ist aber nicht das, was laut Aufgabenstellung rauskommen soll, oder?

Edit: Ah, stimmt doch mit der Aufgabenstellung überein.

18.07.2007, 23:05

WebFritzi

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Schick, Leo. smile

19.07.2007, 09:00

Leopold

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Ich habe die Sache einmal mit Parametern durchgerechnet. Mit meinem CAS habe ich erst eine Partialbruchzerlegung und dann eine Stammfunktion ermittelt. Frech habe ich über die Singularität $\begin{eqnarray*} x = x' \end{eqnarray*}$ hinwegintegriert und für die Endrechnung nur die Arcustangens-Summanden berücksichtigt - einfach, weil man beim Spezialfall berechtigterweise so vorgehen durfte. Damit habe ich die folgende Vermutung erhalten:

$\begin{eqnarray*} \int \limits_{-\infty}^{\infty}~\frac{x_0^{\, 2} - x^2}{\left( \left( x_0^{\, 2} - x^2 \right)^2 + 4 a^2 x^2 \right)(x - x')}~\mathrm{d}x = - \frac{2a x'}{\left( x_0^{\, 2} - x'^{\, 2} \right)^2 + 4a^2 x'^{\, 2}} \cdot \pi \end{eqnarray*}$

Numerische Rechnungen mit verschiedenen Parameterwerten scheinen das Ergebnis zu bestätigen.

Vielleicht kann man mit einem geschickten Integrationsweg, der die Singularität (auf einem kleinen Halbkreis?) umläuft, das halbwegs übersichtliche Ergebnis elegant mit dem Residuensatz erhalten. Für rationale Funktionen gibt es da ja fertige Formeln, und alles liefe nur noch auf die Berechnung der Residuen hinaus. Darum mögen sich jetzt aber andere kümmern.

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