Zwei uneigentliche Integrale

17.08.2006, 16:55

Lazarus

Zwei uneigentliche Integrale

Hoi!

Ich hab hier zwei schöne Integrale die ich einfach nicht lösen kann, auch Maple und Mathematica versagen grandios.

Also hier sind die beiden Prachtkerle:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^{\infty}~\frac{\mathrm%20dx}{\left(e^x-x+1\right)^2+\pi^2}=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

sowie

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^{\infty}~\frac{\mathrm%20dx}{\left(e^x-x\right)^2+\pi^2}=\frac{1}{1+\operatorname{LambertW}\left(1\right)}\approx 0.638 \end{eqnarray*}$

So und nun die Frage: Kann ich die nur numerisch bestimmen oder geht es auch anders ?
Wenn numerisch, wie geht das dann ?

Schonmal vielen Dank für eure Bemühungen!
Servus

17.08.2006, 17:03

therisen

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RE: Zwei uneigentliche Integrale

Zitat:

Original von Lazarus
$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{\mathrm%20dx}{\left(e^x-x+1\right)^2+\pi^2}=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

sowie

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}~\frac{\mathrm%20dx}{\left(e^x-x\right)^2+\pi^2}=\frac{1}{1+\operatorname{LambertW}\left(1\right)} \end{eqnarray*}$

So und nun die Frage: Kann ich die nur numerisch bestimmen oder geht es auch anders ?
Wenn numerisch, wie geht das dann ?

Nein, numerische Mathematik brauchst du dazu nicht, das hast du ja durch die Angabe der Lösungen schon gezeigt. Das zweite ist ein Streitfall: Um LambertW(1) auszuwerten, wirst du wohl Numerik brauchen, aber willst du das denn?

Zur genauen Berechnung der Integrale kann ich jetzt nichts sagen - außer, dass es nach einer ganz schönen Arbeit aussieht... Warum seid ihr nur alle so geil auf Kampfintegralrechnen Big Laugh

?

Gruß, therisen

17.08.2006, 17:24

Lazarus

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LambertW(1) will ich nichtmehr auswerten, die Form wie sie dasteht würde mir schon genügen.

Zitat:

[...]Warum seid ihr nur alle so geil auf Kampfintegralrechnen?

Es sind Ferien !!! Was soll man da anderes machen ?
LOL Hammer

Ich hab die Lösung nicht gefunden, die wurde sozusagen mitgeliefert.
Nur der Weg dorthin bleibt mir verschlossen.

\\edit: übrigends: sind die beiden Funktionen nicht schön ?

aber was macht der Plotter denn daraus ?
*wunder*

18.08.2006, 13:31

Lazarus

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Also ich hab etz mal probiert den Integranden in Taylorreihen zu entwickeln, allerdings ist der Konvergenzradius ein Grauß.
Folglich scheidet des auch schonmal aus...

Kennt wirklich niemand ne bessere Möglichkeit ?

18.08.2006, 14:01

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Ohne jetzt gerechnet zu haben: Das riecht doch stark nach Residuensatz .

21.08.2006, 16:37

Lazarus

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Ok .. Ich muss zugeben ich hab kaum Ahnung davon.
Hab versucht mir mit paar PDF-Files und ähnlichem was google mit ausgespuckt hat, das ganze Thema ein bisschen näher zu bringen, aber mir fehlen die Grundlagen in die Richtung, deshalb bin ich da nicht sonderlich weitgekommen.

Ist das die einzige Möglichkeit ?

24.08.2006, 09:26

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Ich fürchte ja.

24.08.2006, 21:04

irre.flexiv

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Wäre nett wenn das mal jemand vorrechnen könnte. Bin noch lange nicht soweit theoriemäßig, interessieren würds mich trotzdem =)

24.08.2006, 23:34

gast1

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Man nimmt in beiden Fällen einen Halbkreis in der oberen Halbebene als Integrationsweg.
Die Nullstellen des Nenners sind im ersten Fall $\begin{eqnarray*} \pm \pi\cdot i-W(1) \end{eqnarray*}$ und im zweiten Fall $\begin{eqnarray*} \pm \pi\cdot i \end{eqnarray*}$ , wie man leicht nachrechnet (dabei bezeichne ich mit W natürlich die LambertW Funktion).

Nun verwende ich folgendes Lemma:
Sei $\begin{eqnarray*} U\subset\mathbb{C} \end{eqnarray*}$ offen, $\begin{eqnarray*} z_0\in U \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} a,b:U\to \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ in einer Umgebung von $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ holomorph, $\begin{eqnarray*} b(z_0)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b'(z_0)\neq 0 \end{eqnarray*}$ .
Dann ist
$\begin{eqnarray*} \text{Res}_{z=z_0}\frac{a(z)}{b(z)}=\frac{a(z_0)}{b'(z_0)} \end{eqnarray*}$
Damit berechnet sich das Residuum des ersten Integranden in $\begin{eqnarray*} z_0=\pi\cdot i-W(1) \end{eqnarray*}$ zu
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\pi\cdot i(1+W(1))} \end{eqnarray*}$ und das Residuum des zweiten Integranden in $\begin{eqnarray*} z_0=\pi\cdot i \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4\pi\cdot i} \end{eqnarray*}$ , womit nach dem Residuensatz die beiden Werte der Integrale folgen, da der Integrand auf dem Halbkreis selbst quadratisch fällt, so dass das Integral über diesen für R->oo gegen 0 strebt.

Gruß
gast1

25.08.2006, 07:54

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Da fehlen aber einige Nennernullstellen: $\begin{eqnarray*} (e^z-z+1)^2+\pi^2=0 \end{eqnarray*}$ , oder Wurzel gezogen $\begin{eqnarray*} e^z-z+1 = \pm \pi i \end{eqnarray*}$ hat im Komplexen die Lösungen

$\begin{eqnarray*} z = 1-W_k(e)\pm \pi i,\quad k\in\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ .

Für k=0 erhält man $\begin{eqnarray*} z = \pm \pi i \end{eqnarray*}$ , richtig. Aber die LambertW-Funktion im Komplexen enthält ja auch die anderen Zweige! Trotzdem scheinen sich die Residuen der anderen Lösungen aufzuheben. verwirrt

25.08.2006, 10:14

gast1

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Stimmt, irgendwann wusste ich das auch mal, danke für den Hinweis.
Schade, es hat so schön gepasst.
Dann habe ich keine Ahnung, wie das geht.

12.10.2006, 16:27

Lazarus

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So nachdem ich mich mal weng damit beschäftigt habe muss ich dass hier jetzt wieder aufwärmen.

also ich Schau mir etz mal das Integral $\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^{\infty}~\frac{\mathrm%20dx}{\left(e^x-x\right)^2+\pi^2} \end{eqnarray*}$ an.

Also erstmal rausfinden wo der Nenner Null wird:
$\begin{eqnarray*} \left(e^x-x\right)^2+\pi^2&=&0\\\left(e^x-x\right)^2&=&-\pi^2\\e^x-x&=&\pm i\pi \\ -x\pm i\pi &=&-e^x\\ \left(-x\pm i\pi\right)\cdot e^{-x}&=&e^{i\pi} \\\left(-x\pm i\pi\right)\cdot e^{-x\pm i\pi} &=& \left[ e^{2i\pi} \mbox{ bzw. } e^0 \right]=1 \\ -x\pm i\pi&=&\operatorname{W}\left(1\right) \\x&=&\operatorname{W}\left(1\right) \mp i\pi \end{eqnarray*}$

Erstmal stimmt das bisher oder hab ich irgendwo nen paar Zweige übersehn ?
Wenn ja, wie müsste ich mit denen Umgehen ?

Und ich hab ja jetzt zwei Pole, einen oberhalb und einen unterhalb der rellen Achse (also mit Positivem und mit Negativem Imaginärteil)
Wie wende ich jetzt darauf den Residuensatz an ?

Schonmal danke..
servus

12.10.2006, 19:54

Frooke

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Noch eine Information zu W(1). Schau mal das da an. Da hast Du schon einige Stellen smile

...

12.10.2006, 20:55

Mathespezialschüler

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Verschoben

12.10.2006, 21:33

Lazarus

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Hi Mike.
Mir reicht schon die Darstellung als $\begin{eqnarray*} \operatorname{LambertW}\left(1\right)=\Omega \end{eqnarray*}$ .
Um genau zu sein isses mir sogar lieber!
Aber Danke für deine Bemühungen!

Zur Aufgabe:
Also ich hab jetzt mal versucht, einfach einzusetzten:
Dabei komm ich auf folgendes:

$\begin{eqnarray*} \mbox{Res}\Big(f~,~\pm \left(i\pi\right)\Big) =\frac{1}{\pm 2i\pi\Big(\operatorname{LambertW}\left(1\right)+1\Big)} \end{eqnarray*}$

Gemäß der Formel $\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^{\infty}~f(x)~\mathrm dx=2i\pi\cdot\sum_{\substack{a\in S\\\Im\left( a\right)>0}}\mbox{ Res }\Big(f~,~a\Big) \end{eqnarray*}$ Interessiert mich doch das $\begin{eqnarray*} \mbox{Res}\Big(f~,~- \left(i\pi\right)\Big) \end{eqnarray*}$ garned und ich lass das einfach weg und betrachte nur das das positive oder?

Ich vermute mal man kann das auch andersrum spielen und sich aufs negative beschränken (Wenn ich diese Erklärung mit dem Halbkreis richtig verstanden habe) und multipliziert für $\begin{eqnarray*} \Im\left( a\right)< 0 \end{eqnarray*}$ ja dann mit $\begin{eqnarray*} -2i\pi \end{eqnarray*}$ multiplizieren, alleine schon aus dem Grund, dass das Ergebniss das gleiche bleibt.

dann ist einfach $\begin{eqnarray*} \int\limits_{-\infty}^{\infty}~f(x)~\mathrm dx=2i\pi\cdot\sum_{\substack{a\in S\\\Im \left(a\right)>0}}\mbox{ Res }\Big(f~,~a\Big)= 2i\pi \cdot \left(\frac{1}{2i\pi\Big(\operatorname{LambertW}\left(1\right)+1\Big) }\right)=\frac{1}{\operatorname{LambertW}\left(1\right)+1} \end{eqnarray*}$
Was ja in der Angabe so stand aber das ist doch irgendwie zu leicht ...

Und was ist mit dem Problem mit den anderen Zweigen das Arthur angesprochen hat ?
Und wie sähe dieses "gegenseitige" Aufheben im Detail aus ?

Und noch eine letzte Frage:
In dem Buch über Funktionstheorie das ich zu rate gezogen hab steht der Satz $\begin{eqnarray*} \text{Res}_{z=z_0}\frac{a(z)}{b(z)}=\frac{a(z_0)}{b'(z_0)} \end{eqnarray*}$ gilt nur für Polynome $\begin{eqnarray*} a,b \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ die keine rellen Nullstellen haben. Etz liegen in dem hier vorliegenden Fall ja garkeinen Polynome vor, der Satz wird trotzdem verwendet ... Wieso dass ?

Ist evtl. ein bisschen viel auf einmal, aber wäre mir wirklich wichtig wenn diese Fragen beantwortet werden könnten!
Schonmal vielen lieben Dank fürs lesen dieses doch relativ langen Beitrages und zum Abschied ein herzliches Servus!

16.10.2006, 17:03

Dlopoel

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Zum ersten Integral:

Für $\begin{eqnarray*} R>0 \end{eqnarray*}$ integriere man $\begin{eqnarray*} \frac{\mathrm{d}z}{\pi - \operatorname{i} \left( \operatorname{e}^z - z + 1 \right)} \end{eqnarray*}$ über den positiv orientierten Rand des Rechtecks mit den Ecken $\begin{eqnarray*} -R, R, R + 2 \pi \operatorname{i}, -R + 2 \pi \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ . Die Integrale über die vertikalen Strecken verschwinden für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ , die Integrale über die horizontalen Strecken führen abgesehen vom konstanten Faktor $\begin{eqnarray*} 2 \pi \end{eqnarray*}$ auf das gesuchte Integral. Der einzige Pol des Integranden im Innern des Rechtecks befindet sich bei $\begin{eqnarray*} \operatorname{i} \pi \end{eqnarray*}$ . Als Residuum berechnet man $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2 \operatorname{i}} \end{eqnarray*}$ . Nach dem Residuensatz hat also hat das uneigentliche reelle Integral den Wert $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ .

16.10.2006, 17:41

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Raffiniert - die binomische Formel in "versteckter" Form, das löst tatsächlich alle Probleme! Freude

Denn in dem "Streifen" $\begin{eqnarray*} \{ z \bigm| 0\leq \operatorname{Im}(z)\leq 2\pi \} \end{eqnarray*}$ liegt tatsächlich nur eine Polstelle. So wie ich es sehe, kann man diesen Trick auch beim zweiten Integral anwenden.

P.S.: Für alle, die genauso schwer von Begriff sind wie ich: Man erhält zum einen das Integral über die untere Linie

$\begin{eqnarray*} I_1 = \int\limits_{-R}^{R} ~ \frac{\mathrm{d}z}{\pi - \operatorname{i} \left( \operatorname{e}^z - z + 1 \right)} \end{eqnarray*}$

und dann über die "obere" Linie per Substitution $\begin{eqnarray*} z=u+2 \pi \operatorname{i} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_2 = \int\limits_{-R + 2 \pi \operatorname{i}}^{R + 2 \pi \operatorname{i}} ~ \frac{\mathrm{d}z}{\pi - \operatorname{i} \left( \operatorname{e}^z - z + 1 \right)} = \int\limits_{-R}^{R} ~ \frac{\mathrm{d}u}{\pi - \operatorname{i} \left( \operatorname{e}^{u+2 \pi \operatorname{i}} - u-2 \pi \operatorname{i} + 1 \right)} = \int\limits_{-R}^{R} ~ \frac{\mathrm{d}z}{\pi +2\pi\operatorname{i}^2- \operatorname{i} \left( \operatorname{e}^{u} - u + 1 \right)} = -\int\limits_{-R}^{R} ~ \frac{\mathrm{d}z}{\pi + \operatorname{i} \left( \operatorname{e}^{z} - z + 1 \right)} \end{eqnarray*}$

Voneinander subtrahiert (unterschiedliche Richtungen bei der Integration übers Rechteck) ergibt sich schließlich

$\begin{eqnarray*} I_1-I_2 = 2\pi\int\limits_{-R}^{R} ~ \frac{\mathrm{d}z}{\pi^2+\left( \operatorname{e}^z - z + 1 \right)^2} \end{eqnarray*}$ ,

gemäß $\begin{eqnarray*} \frac{1}{a-b\operatorname{i}} + \frac{1}{a+b\operatorname{i}} = \frac{2a}{a^2+b^2} \end{eqnarray*}$ .

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