Additionstheoreme vs. Integral

23.01.2010, 23:48

TB

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Additionstheoreme vs. Integral

Hmm. Ich habe mal wieder ne knifflige Frage für euch und da ich die letzten Übungsstunden in Integrationsrechnung verpasst habe, weiß ich auch nicht wirklich Rat auf diese Aufgabe. Hier der Originallaut:

Zeigen Sie, dass für beliebige m, n € Z gilt:

$\begin{eqnarray*} <br /> &&\frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \! cos(nx)cos(mx) \, dx = \delta_{mn}<br /> && \delta_{mn}=\left\{ 1 : m=n ; 0: m\neq n\right\}<br /> \end{eqnarray*}$

Als Hinweis war gegeben, dass ich geeignete Additionstheoreme benutzen soll, um den Integranten umzuformen.

Nunja ... Additionstheoreme kannte ich nur für n;m € N, für nicht-Natürliche Zahlen kann ich da nicht viel anfangen. Also habe ich es probiert hinzubekommen für m=n

$\begin{eqnarray*} <br /> &&\frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx<br /> &&=\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - \int_0^{2\pi} \! \frac{sin(mx)}{m} \cdot -sin(mx)m \,dx<br /> &&=\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - (\frac{-cos(mx)}{m} \cdot sin(mx) - \int_0^{2\pi} \! \frac{-cos(mx)}{m} \cdot cos(mx)m \,dx)<br /> &&\Rightarrow<br /> &&\frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx+ \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx = \frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) + \frac{cos(mx)}{m} \cdot sin(mx)<br /> \end{eqnarray*}$

Da ich leider nicht wusste, wie ich hinschreibe, dass von dem Term rechts (wo kein Integral dranstand) dass da noch obere unduntere Grenzen gelten, erwähne ich es hier :P und setze jetzt ein:

$\begin{eqnarray*} <br /> (\frac{1}{\pi} +1 )\int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx = \frac{sin(m2\pi)}{m} \cdot cos(m2\pi) + \frac{cos(m2\pi)}{m} \cdot sin(m2\pi) - \frac{sin(0)}{m} \cdot cos(0) + \frac{cos(0)}{m} \cdot sin(0)<br /> <br /> &&<br /> \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx=\frac{ \frac{sin(m2\pi)}{m} \cdot cos(m2\pi) + \frac{cos(m2\pi)}{m} \cdot sin(m2\pi)}{(\frac{1}{\pi} +1)}<br /> <br /> \end{eqnarray*}$
na gut ok, hier ist im Zähler ein Additionstheorem versteckt ...

$\begin{eqnarray*} <br /> &&=\frac{ \frac{sin(m2\pi)cos(m2\pi)m}{m} + \frac{cos(m2\pi)sin(m2\pi)m}{m}}{(\frac{1}{\pi} +1)}<br /> &&=\frac{ sin(m2\pi)cos(m2\pi)+ cos(m2\pi)sin(m2\pi)}{(\frac{1}{\pi} +1)}<br /> &&=\frac {sin(m2\pi+m2\pi)}{(\frac{1}{\pi} +1)}<br /> &&=\frac {sin(4m\pi)}{(\frac{1}{\pi} +1)}<br /> \end{eqnarray*}$
aber wie zeig ich, dass das 1 ist ?

geschweige denn, wie zeige ich, dass das andere 0 ist, wenn m=/ n ist ?!?!?!? mann o mann

(ich hoffe hier ist nichts aufwändiges falsch, weil das hier im Latex zu suchen ... ist wie die Nadel im Heuhaufen ...

24.01.2010, 00:31

MI

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RE: Additionstheoreme vs. Integral
Tipp: Wann ist denn der Sinus Null, wann ist der Kosinus Eins? Beachte die Periodizität!

Allerdings:
An der Rechnung stimmt leider Vieles nicht. Zuerst vergisst du den Vorfaktor $\begin{eqnarray*} 1/\pi \end{eqnarray*}$ konsequent - aber nicht auf der linken Seite, also inkonsequent.
Dann hast du einen Vorzeichenfehler, der dir bescheren wird, dass die Integration so nicht funktionieren kann. Eine doppelte partielle Integration in dieser Art führt zu 0=0.
Hinweis: Wenn du über die partielle Integration gehen möchtest, dann denke nach einer Integration an den trigonometrischen Pythagoras und dann bist du schon (fast) fertig.

Gruß smile

smile

MI

24.01.2010, 00:44

TB

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Ja ok hab wohl nen Rechenfehler drin ... allerdings: Periodizität hätte ich hier nicht begründet, allein deshalb, weil m,n € Z ist. und da kann es auch irgend ein Bruch sein und dem entsprechend ist es wohl nicht immer 1. Wenn es nur um natürlich Zahlen ginge, wäre das wohl wahr ...

aber ich schau nochmal drüber wo der Fehler ist ...
aber warum sollte ich den Vorfaktor 1/pi dauernd vergessen? einmal geht es ja nur um die Reche Seite, die ich versuche auszurechen, bzw weiter und weiter umzuformen ... und die linke Seite bleibt (bis ich sie verändern will) unverändert ... deshalb ist in der Mitte ein Pfeil, der darauf hinweisen soll, dass ab hier eine Termumformung stattgefunden hat

Den Fehler hab ich übriges gefunden, direkt in der 2.Zeile da hab ich vergessen das Minus beim Integrand heraus zu ziehen ... heißt also korrekt:
$\begin{eqnarray*} <br /> &&\frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx<br /> &&=\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - \int_0^{2\pi} \! \frac{sin(mx)}{m} \cdot -sin(mx)m \,dx<br /> &&=\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) + (\frac{-cos(mx)}{m} \cdot sin(mx) - \int_0^{2\pi} \! \frac{-cos(mx)}{m} \cdot cos(mx)m \,dx)<br /> &&\Rightarrow<br /> &&\frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx+ \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx = \frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - \frac{cos(mx)}{m} \cdot sin(mx)<br /> \end{eqnarray*}$

Dementsprechend ist das THeorem anders:
$\begin{eqnarray*} <br /> &&=\frac{ sin(m2\pi)cos(m2\pi)- cos(m2\pi)sin(m2\pi)}{(\frac{1}{\pi} +1)}<br /> &&=\frac {sin(m2\pi-m2\pi)}{(\frac{1}{\pi} +1)}<br /> &&=\frac {sin(0)}{(\frac{1}{\pi} +1)}<br /> \end{eqnarray*}$
und dann kommt auch schon rechts: 0 raus ... ok wunderbar ... das ist leider das andere ERgebnis , was 0 sein muss ._. das hier sollte eigtl 1 ergeben ...
$\begin{eqnarray*} <br /> m \neq n<br /> \end{eqnarray*}$ ?
Ok deinen Hinweis "denke nach einer Integration an den trigonometrischen Pythagoras und dann bist du schon (fast) fertig."

24.01.2010, 00:48

MI

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Zitat:

Original von TB
$\begin{eqnarray*} <br /> &&\frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx<br /> &&=\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - \int_0^{2\pi} \! \frac{sin(mx)}{m} \cdot -sin(mx)m \,dx<br /> &&=\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) + (\frac{-cos(mx)}{m} \cdot sin(mx) - \int_0^{2\pi} \! \frac{-cos(mx)}{m} \cdot cos(mx)m \,dx)<br /> &&\Rightarrow<br /> &&\frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx+ \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx = \frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - \frac{cos(mx)}{m} \cdot sin(mx)<br /> \end{eqnarray*}$

Leider immer noch nicht.
Zunächst:

$\begin{eqnarray*} <br /> &&\frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx<br /> &&\neq\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - \int_0^{2\pi} \! \frac{sin(mx)}{m} \cdot -sin(mx)m \,dx \end{eqnarray*}$
Du kannst das $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\pi} \end{eqnarray*}$ nicht einfach ignorieren! Das muss dableiben:
$\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \, dx<br /> &&=\frac{1}{\pi}\left(\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - \int_0^{2\pi} \! \frac{sin(mx)}{m} \cdot -sin(mx)m \,dx\right) \end{eqnarray*}$

Zudem ist doch:
$\begin{eqnarray*} \frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - \frac{cos(mx)}{m} \cdot sin(mx)=0 \end{eqnarray*}$
Und wenn du dann noch einmal das Vorzeichen überprüfst und den Vorfaktor nicht vergisst, dann siehst du auch links eine 0.
Zweimal partiell integrieren funktioniert nicht!
Einmal partiell integrieren und dann schau dir mal das übrig bleibende Integral genauer an.

Zur "Periodizität": Anders gefragt: Wann ist der Sinus Null?
Gruß
MI

24.01.2010, 00:57

AD

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Zitat:

Original von TB
Als Hinweis war gegeben, dass ich geeignete Additionstheoreme benutzen soll, um den Integranten umzuformen.

Bekanntlich ist

$\begin{eqnarray*} \cos(u \pm v) = \cos(u)\cos(v) \mp \sin(u)\sin(v) \end{eqnarray*}$ ,

beide Varianten summiert ergibt sich

$\begin{eqnarray*} \cos(u+v) + \cos(u-v) = 2\cos(u)\cos(v) \end{eqnarray*}$ .

Setze da mal $\begin{eqnarray*} u=nx,v=mx \end{eqnarray*}$ ein und lies dann ganze von rechts nach links, dann kannst du dir deine Heidenrechnerei mit den Integralen sparen.

P.S.: In der Behauptung ist übrigens ein Fehler: Nicht nur für $\begin{eqnarray*} m=n \end{eqnarray*}$ , sondern auch für $\begin{eqnarray*} m=-n \end{eqnarray*}$ kommt Integralwert 1 heraus - wenn da schon $\begin{eqnarray*} m,n\in \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ statt nur $\begin{eqnarray*} m,n\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ steht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Halt, nein, auch das ist im verflixten Fall $\begin{eqnarray*} m=n=0 \end{eqnarray*}$ falsch. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das korrekte Integralergebnis für alle möglichen Fälle $\begin{eqnarray*} m,n\in \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \delta_{m,n} + \delta_{m,-n} \end{eqnarray*}$ , jetzt stimmt es aber wirklich. smile

smile

24.01.2010, 01:10

MI

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Zitat:

Original von Arthur Dent

Zitat:

Original von TB
Als Hinweis war gegeben, dass ich geeignete Additionstheoreme benutzen soll, um den Integranten umzuformen.

Den Hinweis hatte ich glatt übersehen - und da TB mit partieller Integration anfing, bin ich dann darauf eingegangen.
Über die Additionstheoreme geht's natürlich ohne viel Rechnerei - aber wenn man sich derer gerade mal wieder unsicher ist (und ich habe ziemlich lange gebraucht, bis ich mir die Dinger gemerkt habe), dann geht's über partielle Integration mit ein bisschen Übung meiner Ansicht nach nicht viel langsamer.
Danke aber für den berechtigten Hinweis smile

smile

Gruß
MI

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24.01.2010, 01:14

TB

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Ah ich verstehe ... hab vergessen dass das ein Vorfaktor der Integration ist ... naja wie gesagt einige Stundn verpasst.
ok weiter gehts:

$\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{\pi}\left(\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) - \int_0^{2\pi} \! \frac{sin(mx)}{m} \cdot -sin(mx)m \,dx\right)<br /> &&\frac{1}{\pi}\left(\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) + \int_0^{2\pi} \! 1-cos^2(mx) \,dx\right)<br /> &&\frac{1}{\pi}\left(\frac{sin(mx)}{m} \cdot cos(mx) + x - \int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \,dx\right)<br /> &&<br /> &&\rightarrow<br /> &&<br /> &&\frac{2}{\pi}\int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \,dx = \frac {1}{\pi} (\frac {sin(mx)}{m}\cdot cos(mx)+x)<br /> <br /> \end{eqnarray*}$
ich hoffe aber bis hier her stimmts...
und dann die 2/pi rüber gebracht:

$\begin{eqnarray*} <br /> &&\int_0^{2\pi} \! cos^2(mx) \,dx = \frac {1}{2} (\frac {sin(mx)}{m}\cdot cos(mx)+x)<br /> \end{eqnarray*}$

naja ... wies hier weiter geht .. kA ich bin total ratlos wieder geworden ...

@Arthur:
Dein TIpp würde ja alles auf den Kopf stellen:
$\begin{eqnarray*} <br /> && \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \!2 cos(mx)cos(nx) \,dx=<br /> && \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \cos(nx+mx)+cos(nx-mx) \,dx=<br /> && \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \cos(x(n+m)) \,dx + \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \cos(x(n-m)) \,dx<br /> <br /> \end{eqnarray*}$

so etwa?

@MI : der Sinus ist genau bei jedem ganzzahligen Vielfache von Pi Null, dazu gehören also ...-3,-2,-1,0,1,2,3 ..

edit: @ARthur. ok wenn ich es also schaffen sollte, bis morgen Abend das durchzurechnen, und die Aufgabe abgeben werde, dann werde ich dem Dozenten sagen, dass da ein Fehler war smile

smile

24.01.2010, 01:22

AD

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Zitat:

Original von MI
dann geht's über partielle Integration mit ein bisschen Übung meiner Ansicht nach nicht viel langsamer.

Da bin ich anderer Meinung. Die Berechnung von

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} (\cos((n+m)x) + cos((n-m)x)) ~ \dd x \end{eqnarray*}$

ist praktisch unmittelbar erledigt.

24.01.2010, 01:31

MI

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@Arthur

Natürlich ist das schneller, mein "nicht viel langsamer" bezieht sich auf den Fall, wenn man sich die Additionstheoreme nicht gut merken kann und damit erst noch rumfuchteln oder diese nachschlagen muss.

@TB

Du hörst es: Über Arthurs Weg bist du an dieser Stelle bereits am Ziel. Dieses Integral kannst du sofort integrieren. Und dann wende die Regel mit den ganzzaligen Vielfachen an - dann sollte es klinkeln Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß
MI

24.01.2010, 01:33

TB

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Zitat:

Original von Arthur Dent

Zitat:

Original von MI
dann geht's über partielle Integration mit ein bisschen Übung meiner Ansicht nach nicht viel langsamer.

Da bin ich anderer Meinung. Die Berechnung von

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} (\cos((n+m)x) + cos((n-m)x)) ~ \dd x \end{eqnarray*}$

ist praktisch unmittelbar erledigt.

Ich nehme dann an dass das stimmt, wenn du das schon sagst ^^ dann rechen ich mal weiter.

$\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} (\cos((n+m)x) + cos((n-m)x)) ~ \dd x<br /> &&=\left[\frac{1}{2\pi} \left(\frac{sin(x(n+m))}{(n+m)}+\frac{sin(x(n-m))}{(n-m)}\right)\right]_0^{2\pi}<br /> <br /> \end{eqnarray*}$
Jedoch bin ich immer noch der Behauptung , dass ich die einfache Periodizität hier nicht anwenden kann, weil es eben auch gebrochen rationale Zahlen sein können. und da der Sinus eben nicht 0 wird oder ähnliches...

Also selbst wenn das stimmen würde, und ich die REgel anwenden könnte, hätte ich dann für m=n nicht 0 raus ? weil sin(2pi)=0 ?

24.01.2010, 01:38

MI

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Vorsicht bei n=m - dann kannst du so nicht rechnen (siehe der zweite Nenner). Diese Integration ist so nur richtig für $\begin{eqnarray*} n\neq m \end{eqnarray*}$

Was du vergisst ist, dass du die Grenzen noch einsetzen musst.

Gruß
MI

24.01.2010, 01:46

TB

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Ok gut, dachte ich könnt das einfach übernehmen für n=m

ok setzen wir die Grenzen ein ...
$\begin{eqnarray*} <br /> &&=\left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac{sin(2\pi(n+m))}{(n+m)}+\frac{sin(2\pi(n-m))}{(n-m)}\right)\right]-\left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac{sin(0)}{(n+m)}+\frac{sin(0)}{(n-m)}\right)\right]<br /> &&=\left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac{sin(2\pi(n+m))}{(n+m)}+\frac{sin(2\pi(n-m))}{(n-m)}\right)\right]<br /> \end{eqnarray*}$

Aber dass das jetzt 0 sein soll...AAh...wieso sagt das denn keiner von euch dass mit Z nur die ganzen Zahlen gemeint sind .. ich depp denke dauernd, es sind die komplexen Zahlen ...

Ok ja klar, also ist das Integral jetzt 0.

@arthur....was war da denn jetzt genau noch mit deinen

Zitat:

Original von Arthur Dent

P.S.: In der Behauptung ist übrigens ein Fehler: Nicht nur für $\begin{eqnarray*} m=n \end{eqnarray*}$ , sondern auch für $\begin{eqnarray*} m=-n \end{eqnarray*}$ kommt Integralwert 1 heraus - wenn da schon $\begin{eqnarray*} m,n\in \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ statt nur $\begin{eqnarray*} m,n\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ steht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Halt, nein, auch das ist im verflixten Fall $\begin{eqnarray*} m=n=0 \end{eqnarray*}$ falsch. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das korrekte Integralergebnis für alle möglichen Fälle $\begin{eqnarray*} m,n\in \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \delta_{m,n} + \delta_{m,-n} \end{eqnarray*}$ , jetzt stimmt es aber wirklich. smile

smile

ist das jetzt noch gültig , so wies da steht, oder nicht ?
oder soll ich lieber erst nochmal die Herleitung für n=m machen, bevor ich mcih da ranwage smile

smile

(btw: meine finger tun schon voll weh, allein der erste POst in latex komplett zu schreiben, hat mich Mühe gekostet... unglücklich

unglücklich

)

24.01.2010, 01:49

MI

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Nun ja, wir gehen davon aus, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ hinreichend bekannt ist Big Laugh

Big Laugh

.

Okay, dann hast du den Fall $\begin{eqnarray*} n\neq m \end{eqnarray*}$ erledigt.

Jetzt der Fall $\begin{eqnarray*} n=m\neq 0 \end{eqnarray*}$
Geh noch mal ins Integral und setze DA schon ein.

Zum Schluss schau dir noch mal den Fall $\begin{eqnarray*} n=m=0 \end{eqnarray*}$ an.

Der letzte Kommentar von Arthur stimmt dann.

Gruß
MI

24.01.2010, 01:52

AD

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@TB

Man kann das ganze ja erstmal bündeln in

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{2\pi} ~ \cos(kx) ~ \dd x = 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb{Z},\,k\neq 0 \end{eqnarray*}$ ,

wie du es gerade eben selbst rausgekriegt hast. Für $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ higegen ist schlicht und einfach

$\begin{eqnarray*} \int\limits_0^{2\pi} ~ \cos(0x) ~ \dd x = \int\limits_0^{2\pi} ~ 1 ~ \dd x = 2\pi \end{eqnarray*}$ .

Das ganze musst du oben natürlich sowohl für $\begin{eqnarray*} k=n-m \end{eqnarray*}$ als auch für $\begin{eqnarray*} k=n+m \end{eqnarray*}$ berücksichtigen.

24.01.2010, 01:56

TB

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Meinst du diese Integral ?

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} (\cos((n+m)x) + cos((n-m)x)) ~ \dd x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <br /> &&\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} (\cos((2m)x) + cos((2m)x)) ~ \dd x<br /> &&=\left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac {sin(2mx)+sin(2mx)}{2m}\right)\right]_0^{2\pi}<br /> &&=\left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac {sin(2mx)}{m}\right)\right]_0^{2\pi}<br /> <br /> \end{eqnarray*}$

ALso ich würde sagen, für m=n=0 gehts nicht, da der Nenner 0 wird ok, aber hier wäre doch auch sin(4pim)=0 oder hätte ich doch ins integral ganz am anfang einsetzen sollen ?

24.01.2010, 02:02

AD

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Für deinen fahrlässigen Umgang mit der Division durch Null müsstest du eigentlich langsam mal einen Satz heiße Ohren bekommen. smile

smile

Ich hab mich doch in meinem letzten Beitrag mehr als deutlich ausgedrückt, wie dieser Sonderfall zu behandeln ist.

Da damit alles geklärt sein sollte - gute N8. Wink

Wink

24.01.2010, 11:20

TB

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Ja sorry, ich hab das alles verfasst, als du deinen Post abgeschickt hast, und ich den noch nicht sehen konnte ... .
aber gut, ich habe nen Fehler im letzten Post gemacht, als ich dann im Integral m=n gesetzt habe ist die eine innere FUnktion nicht 0 geworden,das bemerke ich jetzt, als ich ausgeschlafen habe ._.

$\begin{eqnarray*} <br /> &&\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} (\cos((n+m)x) + cos((n-m)x)) ~ \dd x ; n=m\neq0<br /> &&\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} (\cos((2m)x) + cos((0)x)) ~ \dd x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} &&=\left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac {sin(2mx)}{2m}+x\right)\right]_0^{2\pi}<br /> &&=\left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac {sin(2mx)}{2m}+x\right)\right]_0^{2\pi}<br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> <br /> &&=\left[ \frac{1}{2\pi} \left( \frac {sin(2m2\pi)}{2m}+2\pi\right) \right] - \left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac {sin(2m0)}{2m}+0\right)\right]<br /> &&=1<br /> \end{eqnarray*}$

Ok gut, also für m=n ist es jetzt 1, und dann nehme ich deinen vorletzten Post (@Arthur) und sage, dass das für m=0=n nicht geht ....hier ist wieder so ein Punkt, an dem ich feststellen muss, dass Mathematik was Lustiges: Wenn ich im INtegral bereits m=n=0 einsetze kommt 2pi heraus.
Wenn ich aber ganz normal weiter rechne, dann ist die Rechnung ungültig, sobald ich m=n=0 einsetze.
Mann mann mann ok solange jetzt hier drin kein Fehler ist, danke ich euch Beiden für die Unterstützung zu so später Stunde.

Und obwohl ich so viel Zeit mit Latex "verschwendet" habe und den gaanzen Mist mit den Integralen hingeschrieben habe, hab ich jetzt ein wenig partielle INtegration lernen können smile

smile

24.01.2010, 11:57

AD

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Zitat:

Original von TB
Wenn ich aber ganz normal weiter rechne, dann ist die Rechnung ungültig, sobald ich m=n=0 einsetze.

Das unbestimmte Integral

$\begin{eqnarray*} \int ~ \cos(kx) ~ \dd x = \frac{1}{k} \sin(kx) \end{eqnarray*}$

über den Gültigkeitsbereich $\begin{eqnarray*} k\neq 0 \end{eqnarray*}$ auch auf $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ ausdehnen zu wollen, ist alles andere als "ganz normal". Aber inzwischen ist das ja inhaltlich angekommen - wenn auch noch nicht in der Sprache. Augenzwinkern

Augenzwinkern

24.01.2010, 12:16

TB

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Na gut, ich verstehe was du mir sagen willst.

Ok also nochmal zusammenfassend:

für $\begin{eqnarray*} m\neq n \end{eqnarray*}$ ist das INtegral 0
für $\begin{eqnarray*} m=n\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral 1
und für $\begin{eqnarray*} m=-n \end{eqnarray*}$ ?

weil

$\begin{eqnarray*} <br /> &&=\left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac{sin(2\pi(n+m))}{(n+m)}+\frac{sin(2\pi(n-m))}{(n-m)}\right)\right]<br /> &&=\left[\frac{1}{2\pi}\left(\frac{sin(2\pi(n-n))}{(n-n)}+\frac{sin(2\pi(n+m))}{(n+m)}\right)\right]<br /> \end{eqnarray*}$
geht diese Rechnung nicht.
und wenn ich hier bereits m=-n setze

$\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} (\cos((n-n)x) + cos((n+n)x)) ~ \dd x<br /> &&=\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} 1 + cos((2n)x)) ~ \dd x<br /> &&= \left[\frac{1}{2\pi} \left(x + \frac{sin((2n)x)}{2n}\right) \right]_0^{2\pi}<br /> &&=\left[\frac{1}{2\pi} \left(2\pi + 0\right) \right]-\left[\frac{1}{2\pi} \left(0 + 0\right) \right]<br /> <br /> &&=1 \end{eqnarray*}$

Ok. Also
für $\begin{eqnarray*} m\neq n \end{eqnarray*}$ ist das Integral 0
für $\begin{eqnarray*} m=n\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral 1
für $\begin{eqnarray*} m=n=0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$
und für $\begin{eqnarray*} m=-n \end{eqnarray*}$ ist das Integral auch 1

ich hoffe das sind jetzt alle Fälle smile

smile

24.01.2010, 12:52

AD

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Zitat:

Original von TB
für $\begin{eqnarray*} m\neq n \end{eqnarray*}$ ist das Integral 0
für $\begin{eqnarray*} m=n\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral 1
für $\begin{eqnarray*} m=n=0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$
und für $\begin{eqnarray*} m=-n \end{eqnarray*}$ ist das Integral auch 1

Sehr, sehr ungenau: Zum Teil widersprechend, und in einer Zeile die Normierung vergessen. Hier die Korrektur:

Zitat:

für $\begin{eqnarray*} |m| \neq |n| \end{eqnarray*}$ ist das Integral 0
für $\begin{eqnarray*} m=n\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral 1
für $\begin{eqnarray*} m=n=0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral 2
und für $\begin{eqnarray*} m=-n \neq 0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral auch 1

24.01.2010, 13:05

TB

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Ahso ja klar. beim einen hab ich einfach nur stumpf von deinem Ergebnis abgeschrieben, ohne selber noch einmal zu überprüfen, ob du auch die 1/pi vorher stehen hast ^^.
ok und dass da Betrag stehen muss, ist für mich noch fraglich. lässt sich denn auch ein INtegral finden, für zB
$\begin{eqnarray*} |m|\neq n \end{eqnarray*}$ oder
$\begin{eqnarray*} m\neq |n| \end{eqnarray*}$ oder
$\begin{eqnarray*} |m| \neq |n| \end{eqnarray*}$

? oder wäre das zu kompliziert, weil man sowas wie eine Fallunterscheidung machen müsste ?

24.01.2010, 13:51

AD

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Meine Güte, was für ein Palaver. Ich habe einfach nur deine Fallunterscheidung korrigiert, weil diese eben nicht disjunkt und in der Folge widersprüchlich war. Nehmen wir z.B. $\begin{eqnarray*} n=1,m=-1 \end{eqnarray*}$ , dieses Wertepaar fällt bei dir gleich in zwei Fälle, nämlich

Zitat:

Original von TB
für $\begin{eqnarray*} m\neq n \end{eqnarray*}$ ist das Integral 0
und für $\begin{eqnarray*} m=-n \end{eqnarray*}$ ist das Integral auch 1

mit unterschiedlichen Ergebnissen 0 und 1, also Widerspruch.

Genauso sieht es mit $\begin{eqnarray*} m=n=0 \end{eqnarray*}$ aus, das fällt nach deiner Unterteilung ebenfalls in zwei sich widersprechende Fälle

Zitat:

Original von TB
für $\begin{eqnarray*} m=n=0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$
und für $\begin{eqnarray*} m=-n \end{eqnarray*}$ ist das Integral auch 1

mit den unterschiedlichen Ergebniswerten 1 und 2.

Das gehört einfach zur Exaktheit dazu, dass man sowas beachtet!

24.01.2010, 15:29

TB

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Ok . habe verstande, warum du mich korrigiert hast.
Aber ich meinte nur, es sind ja noch Möglichkeiten offen, die noch nicht behandelt wurden, oder?

24.01.2010, 15:30

AD

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Welche denn?

24.01.2010, 22:06

TB

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Zitat:

Original von Arthur Dent

für $\begin{eqnarray*} |m| \neq |n| \end{eqnarray*}$ ist das Integral 0
für $\begin{eqnarray*} m=n\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral 1
für $\begin{eqnarray*} m=n=0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral 2
und für $\begin{eqnarray*} m=-n \neq 0 \end{eqnarray*}$ ist das Integral auch 1

Das sind die gelisteten Fälle...
Ich will jetzt die Betragsstriche weglassen. Also herausfinden was für $\begin{eqnarray*} m\neq n \end{eqnarray*}$ passiert?

m=1; n=2 fällt in den ersten Fall hinein, aber was ist wenn ich
m=-1 und n=2 einsetzen will ? da kommt der erste Fall heraus.

Ich frage mich nun, warum die Betragsstriche von Nöten gewesen sind, weil der einzige Fall, bei dem
$\begin{eqnarray*} m\neq n \end{eqnarray*}$ eben NICHT 0 wird, ist der Fall m=-n und der ist ja eh gesondert aufgelistet ...

24.01.2010, 22:10

AD

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Zitat:

Original von TB
und der ist ja eh gesondert aufgelistet ...

... und deswegen MUSS er bei 1.) ausgeschlossen werden, weil sich diese beiden Fälle widersprechen.

Ich höre hier aber auf mit der Sisyphos-Arbeit, dir das erklären zu wollen, denn anscheinend bist du dieser Logik nicht zugänglich. Finger1

Finger1

24.01.2010, 22:22

TB

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hey hey... nicht gleich aufgeben ...
ich hab das Thema so nie erklärt bekommen, und du warst jetzt halt nun mal der erste ...
Ich danke dir ja auch dafür, aber wie gesagt. Wenn man vorher nicht wusste, dass Sonderfälle nicht nur gesondert geführt werden müssen, sondern dementsprechend auch ausgeschlossen , hätte ich ja nicht so doof gefragt ...

Aber ok. Danke für die Erklärungen in den letzten beiden Tagen an einem Wochenende.
Ich hoffe du gibst jetz nicht ganz auf, anderen Leuten zu helfen.

24.01.2010, 22:28

AD

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Mathematisch war der Thread für mich mit meinem Beitrag heute 1:52 eigentlich beendet.

Was danach noch kam, war eine überaus ärgerliche und vollkommen unnötige Koda - so als langweilst du dich nach der überraschend kurzen Lösung, dass du das Ergebnis so grotesk unlogisch zerfasern und zerreden musst. böse

böse

24.01.2010, 22:37

TB

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Ok tut mir leid. Jetzt wo du das sagst, fällt mir ads auch irgendwie auf ... Habe nämlich wirklich wochenlang vor der AUfgabe gesessen und mich aufgeregt, dass sich Mathe im Nebenfach als so kompliziert herausstellt, dass das mein Selbstwertgefühl was Mathe betrifft ein wenig runtergerissen hat ...

Gut, hoffe in Zukunft wirklich 3mal vorher nachzurechnen, bevor ich mich wegen fortführenden Fragen wieder an das Board wende.
Wie gesagt, tut mir Leid nochmals deswegen, aber vergessen wir das Ganze - mein Fehler ....

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