Integralabschätzung

26.05.2007, 03:04

Tomtomtomtom

Integralabschätzung

Sei C die Kurve in IC mit Parameterdarstellung $\begin{eqnarray*} \gamma(t)=Re^{it}, t\in [0,\frac{\pi}{4}] \end{eqnarray*}$ (d.h. ein Achtelkreis mit Radius R von der x-Achse aus im positiven Drehsinn)

Ich möchte gern zeigen, daß

$\begin{eqnarray*} \lim_{R \to \infty} \int_{C}~e^{-z^2}~dz = \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} e^{-R^2e^{2it}} Rie^{it} dt= 0 \end{eqnarray*}$

indem ich irgendwie betragsmäßig das Integral abschätze, und dann den Grenzübergang durchführe. Die Standardabschätzung (Maximum der Fkt. auf der Kurve mal Kurvenlänge) funktioniert m.E. schonmal nicht, diverse Ansätze mit Taylorentwicklung bis zum zweiten oder dritten Glied mit Restterm irgendwie auch nicht. Ich bastle jetzt schon ewig rum, und komm nicht drauf. Ehe ich den Wald vor lauter Bäumen nicht sehe, dachte ich, frag ich lieber mal.

Konkret geht es um eine Berechnung von Fresnelschen Integralen. Unter http://en.wikipedia.org/wiki/Fresnel_integral ist im letzten Abschnitt eine Methode angegeben (inklusive ienes schönen Bildes) wie man das geschickt mit Kurvenintegralen macht, ich schreib das hier nicht nochmal hin. Größtenteils kann ich das nachvollziehen, nur was ich nicht schaffe (und oben versuche) ist:

Zitat:

As R goes to infinity, the integral around the line segment on the edge of the circle will tend to 0

26.05.2007, 23:51

Abakus

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Integralabschätzung

Zitat:

Original von Tomtomtomtom
Ich möchte gern zeigen, daß

$\begin{eqnarray*} \lim_{R \to \infty} \int_{C}~e^{-z^2}~dz = \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} e^{-R^2e^{2it}} Rie^{it} dt= 0 \end{eqnarray*}$

indem ich irgendwie betragsmäßig das Integral abschätze, und dann den Grenzübergang durchführe. Die Standardabschätzung (Maximum der Fkt. auf der Kurve mal Kurvenlänge) funktioniert m.E. schonmal nicht, ...

Fangen wir hier an. Kannst du die Standardabschätzung mal hinschreiben ? (ich sehe es so schnell nicht)

Grüße Abakus smile

27.05.2007, 19:39

Orakel

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Integralabschätzung
wenn man das integral abschätzt, erhält man

$\begin{eqnarray*} |\int_0^{\pi/4}e^{-R^2e^{2it}}Rie^{it}\ dt|\le R\int_0^{\pi/4}e^{-R^2\cos(2t)}\ dt \end{eqnarray*}$ ,

da $\begin{eqnarray*} e^{-R^2e^{2it}}=e^{-R^2\cos(2t)}e^{-iR^2\sin(2t)} \end{eqnarray*}$ .

wegen $\begin{eqnarray*} |e^{is}|=1,\ s\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist die obere abschätzung sogar scharf.

das problem ist folgendes. da $\begin{eqnarray*} t\in[0,\pi/4] \end{eqnarray*}$ gilt, ist $\begin{eqnarray*} \cos(2\pi/4)=0 \end{eqnarray*}$ , das heißt man hat keine untere schranke $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ im exponenten von $\begin{eqnarray*} e^{-R^2\cos(2t)} \end{eqnarray*}$ . der grenzübergeng würde also nur sinn machen, wenn man $\begin{eqnarray*} t\in[0,\pi/4-\varepsilon] \end{eqnarray*}$ für ein kleines $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ fordert, was aber natürlich nicht befriedigend ist.

ich hätte stattdessen einen ausweg anzubieten. man sollte insgesamt über ein dreieck in $\begin{eqnarray*} \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ integrieren, d.h. man ersetze den integrationsweg über den viertelkreis durch eine senkrechte gerade $\begin{eqnarray*} g(t)=R+it,\ t\in [0,R] \end{eqnarray*}$ .

27.05.2007, 19:48

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Kurvenlänge ist die eines Achtelkreises vom Radius R, also PI*R/4. Für den Integranden auf der Kurve C gilt mit z=x+iy und x^2+y^2=R^2 wegen Satz des Pythagoras die Abschätzung:

$\begin{eqnarray*} |e^{-z^2}|=|e^{-x^2+y^2}||e^{-2xyi}|=|e^{-x^2+y^2}|=e^{-x^2+y^2}=e^{2y^2-R^2} \end{eqnarray*}$

Das Maximum des letzten Ausdrucks über dem Intervall [0, R/sqrt(2)] entsteht dann, wenn der Exponent am größten wird, also für y=R/sqrt(2). Also folgt als das was man gemeinhin als "Standardabschätzung eines Kurvenintegrals" bezeichnet:

$\begin{eqnarray*} | \int_{C}~e^{-z^2}~dz | \leq \frac{\pi R}{4} e^0 = \frac{\pi R}{4} \end{eqnarray*}$

Aber schärfer kriegt man das irgendwie nicht.

Oh sorry da hat gerade wer dazwischen gepostet. Danke für den Tipp, das mit dem Dreieck habe ich jetzt so als Beweis auch im Remmert-Buch "Funktionentheorie" gesehen. Aber meine (zugegebenermaßen Übungs-)Aufgabe bezieht sich eben explizit auf das "Pizzastück" und Wikipedia gibt auch diese Möglichkeit an, und daß 2 Quellen denselben Denkfehler machen, halte ich irgendwie für unwahrscheinlich. Deshalb halt die Frage, ob jemand einen anderen Weg sieht als über die doch sehr unscharfe Standardabschätzung. Es ist halt sicher, daß der Ausdruck auf eden Fall gegen 0 gehen muß, nur der Weg dahin ist mir schleierhaft.

27.05.2007, 20:15

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry für Doppelpost, bitte nicht mehr dran versuchen (außer aus Eigeninteresse), ich habs Freude

Mit der Substitution u=R*e^it läßt sich das Integral in eins umwandeln, das man relativ leicht geschlossen integrieren kann. Kopf <-> Tisch

27.05.2007, 22:17

Orakel

Auf diesen Beitrag antworten »

aber mit der substitution erhälst du doch auch bloß wieder dein ausgangsintegral. da dreht man sich im kreis, oder?!

27.05.2007, 22:41

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Urgs verrechnet, ok. Aber was rauskommt kann man dann jedenfalls in Termen der "Errorfunction" int_0^x e^-(x^2) schreiben. Für die gibt es bestimmt Darstellungen mit denen man dann die Gewünschte Aussage zeigen kann. Hab nur grad keine Zeit, muß morgen nochmal schauen.

Neue Frage »

Antworten »

Integralabschätzung

Verwandte Themen