Integration einer Funktion |
20.11.2009, 18:53 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Integration einer Funktion . Habe es schon mit partieller Integration probiert, bringt mich aber auch nur wieder auf einen für mich unlösbaren Term? |
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20.11.2009, 19:11 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich probiere es mit Hinschauen: |
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20.11.2009, 19:12 | giles | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hallo, ich muss Leopold recht geben, der limes existiert nicht. Kann es sein, dass bei dem Term ein Quadrat im Argument fehlt? MfG |
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20.11.2009, 19:15 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Nein, es hätte eigentlich noch ein j als Faktor im Argument der e-Funktion stehen müssen. |
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20.11.2009, 19:18 | giles | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hallo, wie in " für Ingenieure" oder wie in "" oder ""? MfG |
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20.11.2009, 19:23 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ein j für die imaginäre Einheit: |
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20.11.2009, 19:26 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das ist ja schon einmal etwas ganz anderes. Eine Zerlegung in Real- und Imaginärteil zeigt: Der Imaginärteil wird 0 (ungerade Funktion als Integrand), beim Realteil helfen komplexe Methoden zur Berechnung weiter (Residuenkalkül). |
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20.11.2009, 19:32 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Toll! Den ungeraden Part sehe ich sofort ein, wie schauts aus mit dem Realteil? Geht das nicht auch über Substitution oder partielle Integration? |
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20.11.2009, 19:35 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das glaube ich nicht. Zum Trost der Wert des Integrals: |
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20.11.2009, 19:39 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ht tp: // ww w.lsv.uni-saarland .de /Vorlesung /Grundlagen_Signalverarbeitung /ws0910/uebung /uebung5.pdf Residuenkalkül hatten wir noch nicht gemacht und ich kenne auch nur den Residuensatz, welcher hier aber nicht zur Geltung kommt, oder? Es muss doch irgendwie 'herkömmlich' gehen? |
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20.11.2009, 19:49 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
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20.11.2009, 19:55 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ach und Residuenkalkül gleich Residuensatz? Damit kann ich was anfangen - schaun wir mal! |
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20.11.2009, 20:04 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Integriere für über die Kurve , die sich aus der Strecke von nach auf der reellen Achse und dem in der oberen Halbebene gelegenen Halbkreis um von nach zusammensetzt. Wende einerseits den Residuensatz an und parametrisiere andererseits das Integral. Du mußt dann im wesentlichen zeigen, daß der Beitrag, der vom Halbkreis kommt, für gegen 0 strebt. |
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20.11.2009, 20:31 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
wegen der Summe der Residua der Kurve um 0. Dann . Das obere war der Residuensatz, das untere das Ergebnis der Parametrisierung. Aber wie gelangt man zu dem Ergebnis der Parametrisierung? |
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20.11.2009, 20:55 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das ist mathematisch positiv drehend, oder? Es sorgt für meinen oberen Halbkreis. Demnach müsste die Kurve doch aus zwei Teilkurven bestehen? |
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20.11.2009, 22:07 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hallo Leopold, dein Text stimmt so nicht ganz. Die Kurve ist für den oberen Halbkreis und dass diese Integral konvergiert kann ich auch zeigen. Dann gibt es jedoch noch das Integral von bis und das Integral über setzt sich aus diesen beiden zusammen. Jetzt komm ich trotzdem immer noch nicht weiter. So leicht will ich jedoch nicht aufgeben! Die Residuen sind ja als auch . Wie lautet nun das weitere Verfahren? |
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21.11.2009, 09:18 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Du hast das falsche .
Oder integriere , falls da noch ein Minuszeichen hin muß, das geht aus deinem ersten Beitrag mit der falschen Funktion nicht klar hervor. Die Parametrisierung geht so: Und versuche nicht, das zweite Integral auszurechnen. Das dürfte nicht gelingen. Aber man kann zeigen, daß es für gegen 0 konvergiert - und das genügt. Schätze dazu den Betrag des Integranden nach oben ab und finde eine gegen 0 konvergierende Majorante. Und jetzt bist du dran. |
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21.11.2009, 10:49 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Dass das ein anderes ist und nicht zur Lösung der Aufgabenstellung gedacht ist, war schon klar. Bezüglich des und stehen diese in meinem Skript an folgenden Stellen: |
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21.11.2009, 11:07 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
womit das Ergebnis des Integrals wäre? |
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21.11.2009, 11:36 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Maple sagt, es ist falsch und es kommt dabei heraus. Ich weiß einfach nicht, was ich falsch mache? |
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21.11.2009, 14:31 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Was in deinem SKRIPT steht, interessiert hier nicht. ICH habe auf eine ganz bestimmte Art und Weise definiert - und daran hast du dich, wenn du meinen Ansatz wählst, zu halten. Du kannst dich natürlich auch auf dein Skript beziehen, aber dann mußt du auch den dortigen Ansatz wählen. (Wenn jemand sagt: Sind die Katheten eines rechtwinkligen Dreiecks und die Hypotenuse, so gilt , dann kannst du ja auch nicht sagen: Aber in meinem Skript steht .) Du darst nur über die Residuen summieren, die im Innern des Integrationsgebiet liegen. Für eine deiner beiden Singularitäten ist das nicht der Fall. Und dann solltest du das Residuum auch noch richtig berechnen. |
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21.11.2009, 15:42 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hey das stimmt - wie saublöde! Warum ist der Halbkreis eigentlich gewählt worden? Warum kein Vollkreis? Weil Nullstellen von Polynomen immer komplex konjugiert vorkommen und ich somit nur die obere oder untere Halbebene 'einzufangen' habe? Hätte man nicht auch was Anderes als einen Halbkreis wählen können? Muss der Radius > 1 sein, damit die Singularität die bei Betrag 1 liegt, eingefangen werden kann? Hätte in einem anderen Fall der Radius auch 1 sein können, wenn die Singularität bei kleiner gleich 1 liegt? |
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21.11.2009, 17:32 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Letzen Endes kommt für das Integral heraus: . Soweit habe ich das nun verstanden.. Jetzt aber kommt noch eine kleine Feinheit hinzu, auf Grund welcher mir dann Maple für dieses neue Integral den Wert 0 liefert: , ist das soweit korrekt? |
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21.11.2009, 17:42 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wenn ich in Maple eine ganze Zahl einsetze, liefert er mir für zB . Nehme ich in Maple jedoch ein Literal, zB , dann liefert mir Maple nicht , sondern . Woran liegts? |
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21.11.2009, 20:21 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wenn du integrierst, mußt du über den Rand des oberen Halbkreises integrieren, wenn du dagegen integrierst, über den des unteren. Sonst kommst du nicht ans Ziel. Der Grund ist, daß das Integral über den Halbkreis für nur in der jeweiligen Halbebene verschwindet. Ich bin mir nicht sicher, ob du in deiner Lösung, die du ja nicht mitgeteilt hast, jede Feinheit bedacht hast. Und bei mußt du den Halbkreis in die Halbebene verlegen. Dabei darf eine beliebige komplexe Konstante sein. Zu den Maple-Problemen kann ich dir nichts sagen. Höchstens, daß CASysteme auch nur Menschen sind ... |
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21.11.2009, 21:20 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Gibt es denn eine Möglichkeit in eine Summe aus zwei Summanden aufzusplitten? |
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21.11.2009, 21:54 | vektorraum | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ja, siehe hier |
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22.11.2009, 18:46 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wann kommt ein da vor meine Funktion? Ich versuche gerade zu zeigen, dass und frage mich dabei, ob ich für einfach von ausgehen darf? |
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22.11.2009, 18:59 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Was ist jeweils mit dem Minuszeichen im Argument der e-Funktion passiert? |
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22.11.2009, 19:09 | 000000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich komme leider nur für auf und für auf ? |
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22.11.2009, 21:24 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Offenbar ist bei dir . Es gilt: Denn beide Integrale sind ja gleich , weil der Imaginärteil verschwindet (ungerader Integrand). Oder: Substituiere durch . Wir betrachten nur . Mit dem Residuensatz kann man zeigen, daß für jede auf der abgeschlossenen oberen Halbebene holomorphe Funktion , die nur endliche viele Singularitäten besitzt (von denen keine auf der reellen Achse liegt), im Falle der Konvergenz des Integrals gilt: wobei sich die Summe über alle in der oberen Halbebene gelegenen singulären Punkte von erstreckt. Hier ist konkret so daß der zweite Faktor für (dem einzigen Pol in der oberen Halbebene) das Residuum liefert. Es gilt daher: Nachträglich sieht man, daß die Formel auch für gilt (Direktberechnung mit dem Arcustangens). Und weil sich der Integralwert beim Übergang von zu nicht ändern kann (siehe Anfang des Beitrags) folgt allgemein (siehe hier, Nr. 14) |
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