Integration einer Funktion

20.11.2009, 18:53

000000

Integration einer Funktion

Komme nicht weiter mit
$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{1}{1+t^2}e^{-t}~dt \end{eqnarray*}$
.
Habe es schon mit partieller Integration probiert, bringt mich aber auch nur wieder auf einen für mich unlösbaren Term?

20.11.2009, 19:11

Leopold

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Ich probiere es mit Hinschauen:

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\operatorname{e}^{-t}}{1+t^2}~\dd t = \infty \end{eqnarray*}$

20.11.2009, 19:12

giles

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Hallo,

ich muss Leopold recht geben, der limes existiert nicht. Kann es sein, dass bei dem $\begin{eqnarray*} \exp \end{eqnarray*}$ Term ein Quadrat im Argument fehlt?

MfG

20.11.2009, 19:15

000000

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Nein, es hätte eigentlich noch ein j als Faktor im Argument der e-Funktion stehen müssen.

20.11.2009, 19:18

giles

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Hallo,

$\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ wie in " $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ für Ingenieure" oder wie in " $\begin{eqnarray*} j\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ " oder " $\begin{eqnarray*} j\in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ "?

MfG

20.11.2009, 19:23

000000

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Ein j für die imaginäre Einheit:
$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{1}{1+t^2}\cdot e^{-it}~dt \end{eqnarray*}$

20.11.2009, 19:26

Leopold

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Das ist ja schon einmal etwas ganz anderes. Eine Zerlegung in Real- und Imaginärteil zeigt: Der Imaginärteil wird 0 (ungerade Funktion als Integrand), beim Realteil helfen komplexe Methoden zur Berechnung weiter (Residuenkalkül).

20.11.2009, 19:32

000000

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Toll!

Den ungeraden Part sehe ich sofort ein, wie schauts aus mit dem Realteil? Geht das nicht auch über Substitution oder partielle Integration?

20.11.2009, 19:35

Leopold

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Das glaube ich nicht. Zum Trost der Wert des Integrals:

$\begin{eqnarray*} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\cos t}{t^2 + 1}~\dd t = \frac{\pi}{\operatorname{e}} \end{eqnarray*}$

20.11.2009, 19:39

000000

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ht tp: // ww w.lsv.uni-saarland .de /Vorlesung /Grundlagen_Signalverarbeitung /ws0910/uebung /uebung5.pdf

Residuenkalkül hatten wir noch nicht gemacht und ich kenne auch nur den Residuensatz, welcher hier aber nicht zur Geltung kommt, oder?

Es muss doch irgendwie 'herkömmlich' gehen?

20.11.2009, 19:49

Leopold

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Zitat:

Original von 000000
Es muss doch irgendwie 'herkömmlich' gehen?

20.11.2009, 19:55

000000

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Ach und Residuenkalkül gleich Residuensatz?

Damit kann ich was anfangen - schaun wir mal!

20.11.2009, 20:04

Leopold

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Integriere $\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i}z}}{z^2 + 1} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} R>1 \end{eqnarray*}$ über die Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma_R \end{eqnarray*}$ , die sich aus der Strecke von $\begin{eqnarray*} -R \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ auf der reellen Achse und dem in der oberen Halbebene gelegenen Halbkreis um $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} -R \end{eqnarray*}$ zusammensetzt. Wende einerseits den Residuensatz an und parametrisiere andererseits das Integral. Du mußt dann im wesentlichen zeigen, daß der Beitrag, der vom Halbkreis kommt, für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ gegen 0 strebt.

20.11.2009, 20:31

000000

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$\begin{eqnarray*} \int_{|z|} ~\frac{1}{1+z^2}~dz = 0 \end{eqnarray*}$ wegen der Summe der Residua der Kurve um 0.

Dann
$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma} ~\frac{1}{1+z^2}~dz = \pi \end{eqnarray*}$
.

Das obere war der Residuensatz, das untere das Ergebnis der Parametrisierung. Aber wie gelangt man zu dem Ergebnis der Parametrisierung?

20.11.2009, 20:55

000000

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Das $\begin{eqnarray*} e^{iz} \end{eqnarray*}$ ist mathematisch positiv drehend, oder? Es sorgt für meinen oberen Halbkreis.

Demnach müsste die Kurve doch aus zwei Teilkurven bestehen?

20.11.2009, 22:07

000000

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Hallo Leopold,

dein Text stimmt so nicht ganz. Die Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma_{R} \end{eqnarray*}$ ist für den oberen Halbkreis und dass diese Integral konvergiert kann ich auch zeigen.

Dann gibt es jedoch noch das Integral von $\begin{eqnarray*} -R \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ und das Integral über $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ setzt sich aus diesen beiden zusammen.

Jetzt komm ich trotzdem immer noch nicht weiter. So leicht will ich jedoch nicht aufgeben!

Die Residuen sind ja $\begin{eqnarray*} Res(f, i) = \frac{1}{2i} \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} Res(f,-i) = -\frac{1}{2i} \end{eqnarray*}$ .

Wie lautet nun das weitere Verfahren?

21.11.2009, 09:18

Leopold

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Du hast das falsche $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Leopold
Integriere $\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i}z}}{z^2 + 1} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} R>1 \end{eqnarray*}$ über die Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma_R \end{eqnarray*}$ , die sich aus der Strecke von $\begin{eqnarray*} -R \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ auf der reellen Achse und dem in der oberen Halbebene gelegenen Halbkreis um $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} -R \end{eqnarray*}$ zusammensetzt.

Oder integriere $\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{- \operatorname{e}^{\operatorname{i}z}}{z^2 + 1} \end{eqnarray*}$ , falls da noch ein Minuszeichen hin muß, das geht aus deinem ersten Beitrag mit der falschen Funktion nicht klar hervor.

Die Parametrisierung geht so:

$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma_R} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i}z}}{z^2 + 1}~\dd z = \int_{-R}^R \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i}t}}{t^2 + 1}~\dd t + \int_0^{2 \pi} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i} R \operatorname{e}^{\operatorname{i}t}}}{\left( R \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \right)^2 + 1} \cdot \operatorname{i} R \operatorname{e}^{\operatorname{i}t}~\dd t \end{eqnarray*}$

Und versuche nicht, das zweite Integral auszurechnen. Das dürfte nicht gelingen. Aber man kann zeigen, daß es für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ gegen 0 konvergiert - und das genügt. Schätze dazu den Betrag des Integranden nach oben ab und finde eine gegen 0 konvergierende Majorante.

Und jetzt bist du dran.

21.11.2009, 10:49

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Dass das ein anderes $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist und nicht zur Lösung der Aufgabenstellung gedacht ist, war schon klar.

Bezüglich des $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma_{R} \end{eqnarray*}$ stehen diese in meinem Skript an folgenden Stellen:
$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma}~f(z)~dz =\int_{-R}^{R}~f(z)~dz +\int_{\gamma_{R}}~f(z)~dz \end{eqnarray*}$

21.11.2009, 11:07

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$\begin{eqnarray*} Res(f,i) = \frac{e^{-i^2}}{2i^2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Res(f,-i) = \frac{e^{-i\cdot-i}}{2{(-i)}^2} \end{eqnarray*}$
womit
$\begin{eqnarray*} 2\pi i \cdot \frac{e^1-e^{-1}}{2i} = 2\pi sinh(1) \end{eqnarray*}$
das Ergebnis des Integrals wäre?

21.11.2009, 11:36

000000

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Maple sagt, es ist falsch und es kommt
$\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{e} \end{eqnarray*}$
dabei heraus.

Ich weiß einfach nicht, was ich falsch mache?

21.11.2009, 14:31

Leopold

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Zitat:

Original von 000000
Bezüglich des $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma_{R} \end{eqnarray*}$ stehen diese in meinem Skript an folgenden Stellen:
$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma}~f(z)~dz =\int_{-R}^{R}~f(z)~dz +\int_{\gamma_{R}}~f(z)~dz \end{eqnarray*}$

Was in deinem SKRIPT steht, interessiert hier nicht. ICH habe $\begin{eqnarray*} \gamma_R \end{eqnarray*}$ auf eine ganz bestimmte Art und Weise definiert - und daran hast du dich, wenn du meinen Ansatz wählst, zu halten. Du kannst dich natürlich auch auf dein Skript beziehen, aber dann mußt du auch den dortigen Ansatz wählen. (Wenn jemand sagt: Sind $\begin{eqnarray*} b,c \end{eqnarray*}$ die Katheten eines rechtwinkligen Dreiecks und $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ die Hypotenuse, so gilt $\begin{eqnarray*} a^2 = b^2 + c^2 \end{eqnarray*}$ , dann kannst du ja auch nicht sagen: Aber in meinem Skript steht $\begin{eqnarray*} a^2 + b^2 = c^2 \end{eqnarray*}$ .)

Du darst nur über die Residuen summieren, die im Innern des Integrationsgebiet liegen. Für eine deiner beiden Singularitäten ist das nicht der Fall. Und dann solltest du das Residuum auch noch richtig berechnen.

21.11.2009, 15:42

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Hey das stimmt - wie saublöde!

Warum ist der Halbkreis eigentlich gewählt worden? Warum kein Vollkreis? Weil Nullstellen von Polynomen immer komplex konjugiert vorkommen und ich somit nur die obere oder untere Halbebene 'einzufangen' habe?

Hätte man nicht auch was Anderes als einen Halbkreis wählen können? Muss der Radius > 1 sein, damit die Singularität die bei Betrag 1 liegt, eingefangen werden kann? Hätte in einem anderen Fall der Radius auch 1 sein können, wenn die Singularität bei kleiner gleich 1 liegt?

21.11.2009, 17:32

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Letzen Endes kommt für das Integral heraus:
$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{e^{-it}}{1+t^2}~dt = 2\pi i\frac{e^{-i\cdot -i}}{2i} = \frac{\pi}{e} \end{eqnarray*}$ .

Soweit habe ich das nun verstanden.. Jetzt aber kommt noch eine kleine Feinheit hinzu, auf Grund welcher mir dann Maple für dieses neue Integral den Wert 0 liefert:
$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{e^{-i\omega t}}{1+t^2}~dt = 0 \end{eqnarray*}$
,
ist das soweit korrekt?

21.11.2009, 17:42

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Wenn ich in Maple eine ganze Zahl einsetze, liefert er mir für $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ zB $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{e^5} \end{eqnarray*}$ . Nehme ich in Maple jedoch ein Literal, zB $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ , dann liefert mir Maple nicht $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{e^a} \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

Woran liegts?

21.11.2009, 20:21

Leopold

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Wenn du $\begin{eqnarray*} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i}z}}{z^2 + 1} \end{eqnarray*}$ integrierst, mußt du über den Rand des oberen Halbkreises integrieren, wenn du dagegen $\begin{eqnarray*} \frac{\operatorname{e}^{- \operatorname{i}z}}{z^2 + 1} \end{eqnarray*}$ integrierst, über den des unteren. Sonst kommst du nicht ans Ziel. Der Grund ist, daß das Integral über den Halbkreis für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ nur in der jeweiligen Halbebene verschwindet. Ich bin mir nicht sicher, ob du in deiner Lösung, die du ja nicht mitgeteilt hast, jede Feinheit bedacht hast. Und bei $\begin{eqnarray*} \frac{\operatorname{e}^{\omega z}}{z^2 + 1} \end{eqnarray*}$ mußt du den Halbkreis in die Halbebene $\begin{eqnarray*} \left| \operatorname{e}^{\omega z} \right| \leq 1 \end{eqnarray*}$ verlegen. Dabei darf $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ eine beliebige komplexe Konstante sein.
Zu den Maple-Problemen kann ich dir nichts sagen. Höchstens, daß CASysteme auch nur Menschen sind ...

21.11.2009, 21:20

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Gibt es denn eine Möglichkeit
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+t^2} \end{eqnarray*}$
in eine Summe aus zwei Summanden aufzusplitten?

21.11.2009, 21:54

vektorraum

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Ja, siehe hier

Augenzwinkern

22.11.2009, 18:46

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Zitat:

Wann kommt ein $\begin{eqnarray*} - \end{eqnarray*}$ da vor meine Funktion?

Ich versuche gerade zu zeigen, dass
$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{e^{-j\omega t}}{1+ t^2}~dt = \frac{\pi}{e^{|\omega|}} \end{eqnarray*}$
und frage mich dabei, ob ich für $\begin{eqnarray*} \omega \textless 0 \end{eqnarray*}$
einfach von
$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{e^{j\omega t}}{1+ t^2}~dt \end{eqnarray*}$
ausgehen darf?

22.11.2009, 18:59

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Was ist jeweils mit dem Minuszeichen im Argument der e-Funktion passiert?

22.11.2009, 19:09

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Ich komme leider nur für
$\begin{eqnarray*} \omega \ge 0 \end{eqnarray*}$
auf
$\begin{eqnarray*} 2\pi i\cdot \frac{e^{{-i}^2\omega}}{2\cdot -i} = - \frac{\pi}{e^{\omega}} \end{eqnarray*}$
und für
$\begin{eqnarray*} \omega < 0 \end{eqnarray*}$
auf
$\begin{eqnarray*} 2\pi i \cdot \frac{e^{-i^2 \omega}}{2i} = \pi e^{\omega} \end{eqnarray*}$
?

22.11.2009, 21:24

Leopold

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Offenbar ist bei dir $\begin{eqnarray*} \omega \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ . Es gilt:

$\begin{eqnarray*} \int \limits_{-\infty}^{\infty} \frac{\operatorname{e}^{- \operatorname{j} \omega t}}{1 + t^2}~\dd t = \int \limits_{-\infty}^{\infty} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{j} \omega t}}{1 + t^2}~\dd t \end{eqnarray*}$

Denn beide Integrale sind ja gleich $\begin{eqnarray*} \int \limits_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(\omega t)}{1 + t^2}~\dd t \end{eqnarray*}$ , weil der Imaginärteil verschwindet (ungerader Integrand). Oder: Substituiere $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} -t \end{eqnarray*}$ .

Wir betrachten nur $\begin{eqnarray*} \omega>0 \end{eqnarray*}$ . Mit dem Residuensatz kann man zeigen, daß für jede auf der abgeschlossenen oberen Halbebene holomorphe Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , die nur endliche viele Singularitäten besitzt (von denen keine auf der reellen Achse liegt), im Falle der Konvergenz des Integrals gilt:

$\begin{eqnarray*} \int \limits_{-\infty}^{\infty} f(t) \operatorname{e}^{\operatorname{j} \omega t}~\dd t = 2 \pi \operatorname{j} \sum_{\nu} \operatorname{Res} \left( f(z) \operatorname{e}^{\operatorname{j} \omega z} , z_{\nu} \right) \end{eqnarray*}$

wobei sich die Summe über alle in der oberen Halbebene gelegenen singulären Punkte $\begin{eqnarray*} z_{\nu} \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ erstreckt.

Hier ist konkret

$\begin{eqnarray*} f(z) \operatorname{e}^{\operatorname{j} \omega z} = \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{j} \omega z}}{z^2 + 1} = \frac{1}{z - \operatorname{j}} \cdot \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{j} \omega z }}{z + \operatorname{j}} \end{eqnarray*}$

so daß der zweite Faktor für $\begin{eqnarray*} z = \operatorname{j} \end{eqnarray*}$ (dem einzigen Pol in der oberen Halbebene) das Residuum $\begin{eqnarray*} \frac{\operatorname{e}^{-\omega}}{2 \operatorname{j}} \end{eqnarray*}$ liefert. Es gilt daher:

$\begin{eqnarray*} \int \limits_{- \infty}^{\infty} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{j} \omega t}}{t^2 + 1}~\dd t = 2 \pi \operatorname{j} \cdot \frac{\operatorname{e}^{-\omega}}{2 \operatorname{j}} = \frac{\pi}{\operatorname{e}^{\omega}} \end{eqnarray*}$

Nachträglich sieht man, daß die Formel auch für $\begin{eqnarray*} \omega = 0 \end{eqnarray*}$ gilt (Direktberechnung mit dem Arcustangens). Und weil sich der Integralwert beim Übergang von $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} - \omega \end{eqnarray*}$ nicht ändern kann (siehe Anfang des Beitrags) folgt allgemein

$\begin{eqnarray*} \int \limits_{- \infty}^{\infty} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{j} \omega t}}{t^2 + 1}~\dd t = \frac{\pi}{\operatorname{e}^{| \omega |}} \ \ \mbox{für} \ \ \omega \in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$

(siehe hier, Nr. 14)

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