Uneigentliches Integral

07.02.2007, 23:56

Ein Gast

Uneigentliches Integral

Es wäre schön wenn mir hier jemand helfen könnte den Wert von $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx \end{eqnarray*}$ zu berechnen. Ich komm da nämlich nicht voran traurig

08.02.2007, 00:21

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Sieht nach Residuensatz aus. Hast du das schon versucht?

08.02.2007, 09:05

Ein Gast

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Sieht nach Residuensatz aus. Hast du das schon versucht?

Vom Residuensatz hab ich bisher nur gehört. Der kommt erst in der Funktionentheorie dran. Das angegeben Integral ist aber aus einer Infini-Übung. verwirrt

08.02.2007, 14:59

Leopold

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Der Wolfram-Integrator liefert jedenfalls ein ziemliches Ungetüm als Stammfunktion. Vielleicht kann man es ja rein reell umschreiben?

Auch wenn es dir nicht viel hilft - mit dem Residuensatz geht es so:

Man integriert $\begin{eqnarray*} \frac{\log{\left( z + \operatorname{i} \right)}}{1 + z^2} \end{eqnarray*}$ für den Hauptzweig des Logarithmus über den positiv orientierten Rand des oberen Halbkreises um $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ vom Radius $\begin{eqnarray*} R>1 \end{eqnarray*}$ und führt den Grenzübergang $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ durch. Nach Übergang zum Realteil erhält man das gesuchte Integral:

$\begin{eqnarray*} \int_0^{\infty}~\frac{\ln{\left( 1 + x^2 \right)}}{1 + x^2}~\mathrm{d}x = \pi \, \ln{2} \end{eqnarray*}$

Ich will nicht ausschließen, daß man das Integral auch über eine "vernünftige" Stammfunktion bekommen kann. So ganz einfach scheint es aber nicht zu sein.

Manchmal sind solche Übungsaufgaben auch derart gestellt, daß man mittels Integrationstechniken das gegebene Integral in eines transformieren kann, das in der Vorlesung behandelt wurde. Vielleicht blätterst du dein Skript noch einmal aufmerksam durch ...

08.02.2007, 16:35

Hunsrück

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RE: Uneigentliches Integral
Die Konvergenzdiskussion für die einzelnen Integrale überlasse ich Dir aber die grundlegenden Rechenschritte fasse ich mal zusammen.
Es gilt (1):

$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx=2\int_0^\infty\frac{\ln(\cosh(t))}{\cosh(t)}dt \end{eqnarray*}$

und (2):

$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty\frac{1}{\cosh(t)}dt=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

Mit der Substitution $\begin{eqnarray*} x=e^t \end{eqnarray*}$ siehst Du:

$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty\frac{\ln(x^2+1)}{x^2+1}dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{\ln(e^{2t}+1)}{e^{2t}+1}e^t dt=\int_{-\infty}^\infty\frac{\ln(2)}{2\cosh(t)}dt+\underbrace{\int_{-\infty}^\infty\frac{t}{2\cosh(t)}dt}_{=0}+\int_{-\infty}^\infty\frac{\ln(\cosh(t))}{2\cosh(t)}dt \end{eqnarray*}$

Aus Symmetriegründen folgt daraus mit den Feststellungen unter (1):

$\begin{eqnarray*} 2\int_0^\infty\frac{\ln(\cosh(t))}{\cosh(t)}dt=\int_0^\infty\frac{\ln(2)}{\cosh(t)}dt+\int_0^\infty\frac{\ln(\cosh(t))}{\cosh(t)}dt\Longleftrightarrow 2\int_0^\infty\frac{\ln(\cosh(t))}{\cosh(t)}dt=2\int_0^\infty\frac{\ln(2)}{\cosh(t)}dt \end{eqnarray*}$

Und mit (2) folgt

$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx=\pi\ln(2) \end{eqnarray*}$

Die Behauptungen (1) und (2) lassen sich durch geeignete Substitutionen beweisen.

08.02.2007, 17:07

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Es geht also auch ohne komplexe Zahlen. Freude

08.02.2007, 21:22

Leopold

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RE: Uneigentliches Integral

Zitat:

Original von Hunsrück
$\begin{eqnarray*} \ldots +\underbrace{\int_{-\infty}^\infty\frac{t}{2\cosh(t)}dt}_{=0}+ \ldots \end{eqnarray*}$

Eine raffinierte Lösung. Sie basiert irgendwie darauf, daß dieses Integral über eine ungerade Funktion verschwindet. Interessant wäre jetzt noch die Frage, ob man diese Rechnung mit bestimmten Integralen in eine Rechnung mit unbestimmten Integralen überführen kann. Gibt es also eine elementare Stammfunktion?

08.02.2007, 21:25

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RE: Uneigentliches Integral
Der Wolfram-Integrator meint: Nein. unglücklich

Da kommt in der Stammfunktion irgend sowas mit PolyLog usw. vor.

08.02.2007, 21:35

Leopold

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RE: Uneigentliches Integral

Zitat:

Original von Arthur Dent
Der Wolfram-Integrator meint: Nein. unglücklich

Den müßten wir einmal auf die Probe stellen. Kennt jemand eine Funktion, von der ihm eine (möglichst einfache) elementare Stammfunktion bekannt ist, die Wolfram nicht knacken kann?

08.02.2007, 21:44

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Da würde ich unterscheiden: Wenn er sie gar nicht knacken kann, dann besteht diese Chance durchaus.

Hier aber konnte er es knacken, nur eben mit "nichtelementaren" Funktionen. Dass die sich jetzt noch irgendwie zu elementaren vereinfachen, halte ich auch nicht für völlig ausgeschlossen, aber doch schon mit deutlich geringerer Wahrscheinlichkeit.

08.02.2007, 21:57

Leopold

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Haha! Ich hab ihn!
Dabei habe ich ihn "nur" mit der Ableitung von $\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{\sin{x}}{\arcsin{x}} \end{eqnarray*}$ gefüttert.

08.02.2007, 21:59

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Tja, das fällt unter Fall 1:

Zitat:

Original von Arthur Dent
Da würde ich unterscheiden: Wenn er sie gar nicht knacken kann, dann besteht diese Chance durchaus.

Jetzt noch was für Fall 2, das wird bestimmt schwerer zu finden sein. Augenzwinkern

08.02.2007, 22:09

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@Leopold

Sicher, dass du dich nicht vertippt hast? Meine misstrauische Nachkontrolle hat das ergeben:

Rehabilitierung für Wolfram, würde ich sagen. Augenzwinkern

08.02.2007, 22:41

Ein Gast

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RE: Uneigentliches Integral
@Hunsrück: Lecker bedankt! Freude

08.02.2007, 22:54

Ein Gast

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RE: Uneigentliches Integral

Zitat:

Original von Hunsrück
Es gilt (1):

$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx=2\int_0^\infty\frac{\ln(\cosh(t))}{\cosh(t)}dt \end{eqnarray*}$

und (2):

$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty\frac{1}{\cosh(t)}dt=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

Die Behauptungen (1) und (2) lassen sich durch geeignete Substitutionen beweisen.

Verrät mir auch noch jemand wie die 'geeigneten Substitutionen' aussehen?
Dann krieg ich den Rest hoffentlich selbst hin. geschockt

08.02.2007, 22:57

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Bei (1): $\begin{eqnarray*} x=\sinh(t) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} t=\operatorname{arsinh}(x) \end{eqnarray*}$

Bei (2): $\begin{eqnarray*} v=e^t \end{eqnarray*}$

08.02.2007, 23:01

Ein Gast

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Bei (1): $\begin{eqnarray*} x=\sinh(t) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} t=\operatorname{arsinh}(x) \end{eqnarray*}$

Bei (2): $\begin{eqnarray*} v=e^t \end{eqnarray*}$

Das ging aber fix! smile

Dann mach ich mich mal an die Arbeit...

09.02.2007, 14:55

Leopold

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Zitat:

Original von Arthur Dent
@Leopold

Sicher, dass du dich nicht vertippt hast? Meine misstrauische Nachkontrolle hat das ergeben:

Rehabilitierung für Wolfram, würde ich sagen. Augenzwinkern

Jetzt klappt es bei mir auch. Da habe ich mich wohl doch vertippt.

Gott

Bitte vielmals um Entschuldigung, Herr Wolfram. Gott

P.S. Wie bringst du das Bild in den Fließtext. Geht das immer noch über einen Müll-Thread oder kann man das inzwischen auch anders machen?

09.02.2007, 16:14

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Zitat:

Original von Leopold
Geht das immer noch über einen Müll-Thread oder kann man das inzwischen auch anders machen?

Es ist leider derselbe alte schmutzige Trick. Augenzwinkern

09.02.2007, 19:10

Leopold

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Hier geht es weiter mit dem Thema "Bilder hochladen".

10.02.2007, 01:23

Poff

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@ Leopold,

so einen Integrator magst heute noch in Schwierigkeiten bringen,
aber nicht übermorgen. Das läuft wie im Schach.

Ein anderes Ding ist und wird es wohl auch bleiben, dass einem
vorgestelle Lösungen nicht immer gefallen und dass weiterhin
mitgedacht werden muss, sollen sie nicht fehlgedeutet werden.

10.02.2007, 19:01

Leopold

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Wußt' ich's doch, daß ich das schon einmal gesehen hatte!

10.02.2007, 19:06

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Mir war auch so, aber leider funktioniert der hiesige Suchdialog eher schlecht, wenn man nach Termen wie ln(x^2+1) o.ä. sucht. Liefert keine oder viel zu viele Treffer...

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