uneigentliches Integral von (sin(x))^2

12.09.2006, 23:37

Jochen1234

Wie berechnet man eigentlich $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty sin(x^2)\,dx \end{eqnarray*}$ aus. Das Ergebnis kenn ich ( $\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac 1 2 \pi} \end{eqnarray*}$ ). Hab ein bischen rumprobiert, bin aber auf nichts Vernünftiges gekommen.

13.09.2006, 00:45

therisen

Auf diesen Beitrag antworten »

Thema geteilt. Bitte nicht in alte Threads posten Augenzwinkern

Gruß, therisen

13.09.2006, 01:04

Ben Sisko

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von therisen
Thema geteilt. Bitte nicht in alte Threads posten Augenzwinkern

Zumindest nicht mit neuen Themen. Ansonsten natürlich schon... Augenzwinkern

13.09.2006, 07:32

sqrt(2)

Auf diesen Beitrag antworten »

Was das Integral angeht, würde ich mit dem Integral

$\begin{eqnarray*} \int~e^{\mathrm i x^2}~\dx \end{eqnarray*}$

herumspielen, dessen Imaginärteil ich zu bestimmen versuchen würde. Möglicherweise hilft ja die Substitution $\begin{eqnarray*} t=e^{\mathrm i \frac{\pi}{4}} x \end{eqnarray*}$ .

______________________________________________________________________

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty~\sin x^2~\dx = \operatorname{Im} \int_{-\infty}^\infty~-e^{-\mathrm{i}x^2}~\dx \end{eqnarray*}$

mit der Substitution

$\begin{eqnarray*} t=\frac{1}{2}(\sqrt{2}+\mathrm i \sqrt{2})x \end{eqnarray*}$

unter Verwendung von $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty~e^{-x^2}~\dx=\sqrt{\pi} \end{eqnarray*}$ funktioniert gut.

13.09.2006, 09:07

Auf diesen Beitrag antworten »

@sqrt(2)

Vielleicht etwas genauer: Du integrierst entlang des Umfanges eines Kreisektors (mit Radius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ) mit Öffnungswinkel $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{4}=45^{\circ} \end{eqnarray*}$ . Da der Integrand $\begin{eqnarray*} e^{iz^2} \end{eqnarray*}$ eine ganze Funktion ist, muss dieses geschlossene Kurvenintegral gleich Null sein. Wenn man nun $\begin{eqnarray*} R\to\infty \end{eqnarray*}$ gehen lässt, wird der Kreisbogenanteil dieses Integrals vermutlich gegen Null gehen, so dass die Integralanteile über die beiden Sektorschenkel betragsmäßig gleich sind (im Grenzfall).

Ich denke mal, das ist deine Idee, oder?

13.09.2006, 17:34

sqrt(2)

Auf diesen Beitrag antworten »

Eigentlich dachte ich viel einfacher, aber wie genau ich darauf gekommen bin, kann ich jetzt auch nicht mehr sagen... verwirrt

$\begin{eqnarray*} \operatorname {Im} \int_{-\infty}^\infty~(-e^{\mathrm i x^2})~\dx \end{eqnarray*}$

Aus Gründen, die ich gerade nicht mehr nachvollziehen kann, bin ich auf die Idee gekommen, dass dies identisch sei mit

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Im}\left(\frac{1}{2}\sqrt{2}(1-i)\int_{-\infty}^\infty~e^{-t^2}~\dd t\right), t\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ,

oder anders ausgedrückt, dass der Integrationsweg über die komplette reelle Achse geht, wobei ein Weg über die 1. Winkelhalbierende der Komplexen Ebene nun viel naheliegender wäre, also

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Im}\left(\frac{1}{2}\sqrt{2}(1-i)\int_\gamma~e^{-t^2}~\dd t\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \gamma(r)=\frac{1}{2}\sqrt{2}(1+i)r,~r=-\infty...\infty \end{eqnarray*}$ ,

womit wieder am Anfang wäre.

Erstaunlicherweise funktioniert es mit der Integration über die reelle Achse aber...

13.09.2006, 17:57

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von sqrt(2)
Erstaunlicherweise funktioniert es mit der Integration über die reelle Achse

Nicht erstaunlich, sondern das liegt eben daran:

Zitat:

Original von Arthur Dent
Wenn man nun $\begin{eqnarray*} R\to\infty \end{eqnarray*}$ gehen lässt, wird der Kreisbogenanteil dieses Integrals vermutlich gegen Null gehen, so dass die Integralanteile über die beiden Sektorschenkel betragsmäßig gleich sind (im Grenzfall).

Das "vermutlich" kannst du inzwischen streichen, ich hab's überprüft. Aber überprüfen muss man das schon, das klappt nicht bei allen Funktionen!

Neue Frage »

Antworten »

uneigentliches Integral von (sin(x))^2

Verwandte Themen