uneigentliches Integral

05.09.2005, 23:01	lewis	Auf diesen Beitrag antworten »
uneigentliches Integral hallo! ich habe bisher vergeblich versucht das folgende integral (von hand) zu berechnen... ich hoffe ihr könnt mir weiterhelfen :-) $\begin{eqnarray} \int_{-1}^{1}~\frac{1}{(a-x)\sqrt{1-x^{2}}} ~dx \end{eqnarray}$ und a>0 vielen dank jetzt schon für eure mühe!
06.09.2005, 00:20	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
a>0 ist ein bisschen wenig - ist nicht vielleicht doch sogar a>1 ? Ansonsten: http://integrals.wolfram.com/
06.09.2005, 08:12	lewis	Auf diesen Beitrag antworten »
ähm, ja... sollte wohl a>1 sein, sorry!
06.09.2005, 09:58	lewis	Auf diesen Beitrag antworten »
trotzdem... komme bisher immer noch nicht drauf, wie man das integral berechnen soll (von hand...) habs mal mit einer substitution x:=sint versucht, komme aber auch so nicht weiter...
06.09.2005, 10:01	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Du kannst $\begin{eqnarray} x = \sin{t} \end{eqnarray}$ substituieren und erhältst damit $\begin{eqnarray} \int_{-1}^1~\frac{\mathrm{d}x}{(a-x) \sqrt{1 - x^2}} \ = \ \int_{- \frac{\pi}{2}}^ {\frac{\pi}{2}}~\frac{\mathrm{d}t}{a - \sin{t}} \ = \ \frac{1}{2} \int_{- \pi}^ {\pi}~\frac{\mathrm{d}t}{a - \sin{t}} \end{eqnarray}$ Die letzte Gleichheit gilt wegen der Symmetrie der Sinusfunktion. Für rationale Funktionen in $\begin{eqnarray} \sin{t} \end{eqnarray}$ gibt es klassische Integrationsmethoden. Ich bin jedoch einen anderen Weg gegangen. Denn es gibt auch Verfahren, solche bestimmten Integrale mit dem komplexen Residuenkalkül zu lösen. Wenn man nämlich den positiv orientierten Einheitskreis durch $\begin{eqnarray} z = \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \end{eqnarray}$ parametrisiert, gilt: $\begin{eqnarray} \int_{\|z\|=1}^{}~\frac{\mathrm{d}z}{1 + 2 \operatorname{i} az - z^2} \ = \frac{1}{2} \int_{- \pi}^ {\pi}~\frac{\mathrm{d}t}{a - \sin{t}} \end{eqnarray}$ Wegen $\begin{eqnarray} 1 + 2 \operatorname{i} az - z^2 \ = \ - \left( z - (a - \sqrt{a^2 - 1}) \, \operatorname{i} \right) \left(z - (a + \sqrt{a^2 - 1}) \, \operatorname{i} \right) \end{eqnarray}$ befindet sich die einzige Singularität im Innern des Einheitskreises bei $\begin{eqnarray} z_0 = (a - \sqrt{a^2 - 1}) \, \operatorname{i} \end{eqnarray}$ . Es ist ein Pol der Ordnung 1, so daß das Residuum dort einfach $\begin{eqnarray} \left. - \frac{1}{z - (a + \sqrt{a^2 - 1}) \, \operatorname{i}} \, \right\|_{z = z_0} \ = \ \frac{1}{2 \operatorname{i} \sqrt{a^2 - 1}} \end{eqnarray}$ ist. Nach dem Residuensatz gilt dann $\begin{eqnarray} \int_{\|z\|=1}^{}~\frac{\mathrm{d}z}{1 + 2 \operatorname{i} az - z^2} \ = \ 2 \pi \operatorname{i} \cdot \frac{1}{2 \operatorname{i} \sqrt{a^2 - 1}} \ = \ \frac{\pi}{\sqrt{a^2 - 1}} \end{eqnarray}$ Jetzt setzt man alles zusammen: $\begin{eqnarray} \int_{-1}^1~\frac{\mathrm{d}x}{(a-x) \sqrt{1 - x^2}} \ = \ \frac{\pi}{\sqrt{a^2 - 1}} \end{eqnarray}$ Und wie man das Integral rein reell mittels einer Stammfunktion berechnet, da helfen dir sicher gerne andere weiter. (Übrigens kann ich nicht sehen, daß das Integral uneigentlich ist. $\begin{eqnarray} a>1 \end{eqnarray}$ war ja von vorneherein klar.)
06.09.2005, 10:42	lewis	Auf diesen Beitrag antworten »
@leopold: vielen dank für deine mühe! habe es inzwischen auch geschafft. nach substitution mit x:=sint kann man ja mit tan(t/2)=:y weiter substituieren und erhält dann den gesuchten wert. uneigentlich ist das integral doch, weil das integral schliesslich durch einen limes berechnen muss, nicht? zumindest in meinem lösungsweg kam am schluss unter anderem der term $\begin{eqnarray} \lim_{ \alpha \to \infty } arctan(\alpha)=\frac{\pi }{2} \end{eqnarray}$ heraus.
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06.09.2005, 10:49	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast recht. Das Ausgangsintegral ist tatsächlich uneigentlich. Ich war in Gedanken schon beim substituierten Integral.

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