Integrale ausgedrückt durch Gamma

15.01.2011, 14:38	freedom	Auf diesen Beitrag antworten »
Integrale ausgedrückt durch Gamma Hallo, habe hier einen Aufgabentyp, wo ich nicht weiß, wie ich da rangehen soll. Z.B. $\begin{eqnarray} \int_{R^2} \frac{\|x\|^adx}{1+\|x\|^2} \end{eqnarray}$ Soll ich die $\begin{eqnarray} a\in C \end{eqnarray}$ angeben, für die das Integral absolut konvergiert und es als Funktionswerte der Gamma-Funktion ausdrücken. Das gleiche soll ich auch noch bei Integration über den R^3 machen. Ich will keine Lösung, sondern einfach nur ein Hinweis, wie ich da überhaupt rangehen soll. Über Wolfram Alpha habe ich schon geschaut und sehe, dass ich da auf Hypergeometrische Funktionen komme, über welche ich ja das Integral dann über die Gamma-Funktion ausdrücken kann. Habe dann quasi den Weg rückwärts gemacht und versucht auf das Integral zurück zu kommen. Fehlanzeige...
15.01.2011, 18:35	freedom	Auf diesen Beitrag antworten »
Falls es hilft: natürlich ist $\begin{eqnarray} x\in R^2 \end{eqnarray}$ und \|x\| die (euklidische) Norm.
16.01.2011, 11:59	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Schreibt man $\begin{eqnarray} x,y \end{eqnarray}$ für die Koordinaten eines Punktes $\begin{eqnarray} \in \mathbb{R}^2 \end{eqnarray}$ , so ist das Integral $\begin{eqnarray} \int \limits_{- \infty}^{\infty} \int \limits_{- \infty}^{\infty} \frac{\left( x^2 + y^2 \right)^{\frac{1}{2} a}}{1 + x^2 + y^2}~\dd x~\dd y \end{eqnarray}$ zu untersuchen. Nach Einführung von Polarkoordinaten $\begin{eqnarray} x = r \cos t \, , \ \ y = r \sin t \end{eqnarray}$ geht es also um $\begin{eqnarray} 2 \pi \int_0^{\infty} \frac{r^{a+1}}{1+r^2}~\dd r \end{eqnarray}$ Geht man beim Integranden zum Betrag über, so erhält man mit $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ als dem Realteil von $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ das Integral $\begin{eqnarray} 2 \pi \int_0^{\infty} \frac{r^{\alpha+1}}{1+r^2}~\dd r \end{eqnarray}$ Das Integral konvergiert für $\begin{eqnarray} -2 < \alpha < 0 \end{eqnarray}$ . Die Beschränkung von $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ nach oben wird durch die obere Integralgrenze, die Beschränkung nach unten durch die untere Integralgrenze erzwungen. Man kann das letzte Integral etwa mit komplexen Methoden (Residuensatz) berechnen und erhält $\begin{eqnarray} 2 \pi \int_0^{\infty} \frac{r^{\alpha+1}}{1+r^2}~\dd r = - \frac{\pi^2}{\sin \left( \frac{\pi}{2} \alpha \right)} \, , \ \ -2 < \alpha < 0 \end{eqnarray}$ Nach dem Prinzip der analytischen Fortsetzung gilt dann $\begin{eqnarray} 2 \pi \int_0^{\infty} \frac{r^{a+1}}{1+r^2}~\dd r = - \frac{\pi^2}{\sin \left( \frac{\pi}{2} a \right)} \, , \ \ -2 < \alpha = \operatorname{Re}(a) < 0 \end{eqnarray}$ Wozu man da die Gammafunktion braucht, ist mir nicht ganz klar. Vielleicht weil man das Ergebnis wegen $\begin{eqnarray} \Gamma(z) \Gamma(1-z) = \frac{\pi}{\sin \left( \pi z \right)} \end{eqnarray}$ damit umschreiben kann. Es könnte natürlich auch sein, daß du Beziehungen zwischen dem Integral (nach Einführung der Polarkoordinaten) und der Gammafunktion aus der Vorlesung kennst, so daß du dir den Weg über den Residuensatz ersparen kannst. Da hilft nur ein Blick in deine Unterlagen.
16.01.2011, 14:37	freedom	Auf diesen Beitrag antworten »
Super, danke für deine Antwort. Wir sollen das einfach am Ende nur noch mittels Gamma ausdrücken denke ich. Wenn es andersder und direkter geht, werde ich das sicherlich im Tutorium erfahren. Zwei Fragen dazu noch. Wenn ich das Integral abschätze, komme ich auch auf deine Grenzen für $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ , aber kann $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ nicht auch -2 und 0 selbst annehmen? Habe mit dem Residuensatz ein anderes Ergebnis wie du, nämlich: $\begin{eqnarray} \frac{2\pi^2i^{\alpha}}{\sin((\alpha +1)\pi)} \end{eqnarray}$
16.01.2011, 17:43	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, die Randwerte sind für $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ nicht zulässig. Für die Integranden kann man in diesen Fällen konkret Stammfunktionen angeben und die Divergenz nachweisen. Auch zeigt mein Ergebnis, daß das nicht geht. Betrachte den Nenner. Umgekehrt kann dein Ergebnis nicht stimmen. Der Bruch ist für $\begin{eqnarray} \alpha = -1 \end{eqnarray}$ nicht definiert. Ich habe $\begin{eqnarray} f(z) = \frac{z^{\alpha + 1}}{z^2 + 1} \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} 0 < \varepsilon < 1 < R \end{eqnarray}$ über den folgenden Weg integriert: die Strecke von $\begin{eqnarray} \varepsilon \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ , dann den oberen Halbkreis von $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} -R \end{eqnarray}$ , gefolgt von der Strecke von $\begin{eqnarray} -R \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} - \varepsilon \end{eqnarray}$ und dem oberen Halbkreis von $\begin{eqnarray} - \varepsilon \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} \varepsilon \end{eqnarray}$ . Für $\begin{eqnarray} R \to \infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \varepsilon \to 0 \end{eqnarray}$ folgt das Ergebnis mit dem Residuensatz.
16.01.2011, 19:53	wogir	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn ich auch meinen Sempf dazugeben darf: Beim Integral $\begin{eqnarray} \int_0^\infty \frac{r^{\alpha+1}}{1+r^2}dr \end{eqnarray}$ kann man den Nenner parametrisieren als $\begin{eqnarray} \frac{1}{1+r^2}=\int_0^\infty e^{-(1+r^2)q}dq \end{eqnarray}$ . Nach anschließender Substitution kommt man dann auf das Produkt 2er Gammafunktionen. Die Methode finde ich einigermaßen praktisch, da man mit demselben Trick das Resultat auf Integrale der Form $\begin{eqnarray} \int_0^\infty \frac{r^{a}}{(1+r^2)^b}dr \end{eqnarray}$ verallgemeinern kann.
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19.01.2011, 09:58	freedom	Auf diesen Beitrag antworten »
Netter Trick @wogir! Danke!

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