schwieriges Residuum

27.07.2011, 19:52

giles

schwieriges Residuum

Hallo zusammen,

bin gerade so am physizieren und stoße dabei auf folgende Spaßbremse

$\begin{eqnarray*} \int_0 ^{2 \pi} (c \cos(2x)+cos(4x))^n \dx = \frac{1}{2^n} \frac{1}{i} \oint_{|z|=1} \left(cz^2+\frac{c}{z^2}+z^4+\frac{1}{z^4}\right)^n \frac{dz}{z} \end{eqnarray*}$

Offenbar liegt eine einzige Polstelle der Ordnung 4n+1 in 0 vor und der Clou ist das Residuum zu bestimmen.

Ideen:
1)
Direkte umformung des Integranden liefert

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z}\left(cz^2+\frac{c}{z^2}+z^4+\frac{1}{z^4}\right)^n=\frac{(z^8+cz^6+cz^2+1)^n}{z^{4n+1}} \end{eqnarray*}$
Ein Ausdruck für das Residuum ist also:
$\begin{eqnarray*} \lim_{z\to0}\frac{1}{(4n)!}\frac{d^{4n}}{dz^{4n}}(z^8+cz^6+cz^2+1)^n \end{eqnarray*}$
Aber mir gelingt es nicht dies weiter zu vereinfachen. traurig

2)
Im Endeffekt ist dies ja schon eine Laurent-Reihe, ausmultiplizieren mit dem Multinomialtheorem liefert
$\begin{eqnarray*} \left(kz^2+\frac{k}{z^2}+z^4+\frac{1}{z^4}\right)^n =\sum_{a+b+c+d=n}{n\choose a,b,c,d}\,\cdot\,k^{a+b}\cdot (z^2)^{a-b+2c-2d} \end{eqnarray*}$
Der $\begin{eqnarray*} z^0 \end{eqnarray*}$ Term ist gesucht, also
$\begin{eqnarray*} a-b+2c-2d=0 \end{eqnarray*}$ unter der NB dass $\begin{eqnarray*} a+b+c+d=n \end{eqnarray*}$
Mehr als eine kombinatorische Bedingung krieg ich dabei aber auch nicht raus unglücklich

Ich wäre unendlich dankbar für eine zündende Idee, wenns so weitergeht muss ich jedenfalls dem Prof sagen dass das so nicht funktioniert. verwirrt

28.07.2011, 00:29

rza

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hey also ich würde da so rangehen dass ich $\begin{eqnarray*} \lim_{z\to0}\frac{1}{(4n)!}\frac{d^{4n}}{dz^{4n}}(z^8+cz^6+cz^2+1)^n \end{eqnarray*}$ einfach mal generell als polynom vom grad 8*n hinschreibe .... was passiert jetzt beim ableiten ??
fast alle koeffizienten verschwinden ja nun beim grenzübergang ....welcher bleibt ? diesen kannste nun bestimmen ....

hoffe das hilft
mfg

28.07.2011, 00:38

gonnabphd

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@rza: Vielleicht verstehe ich dich falsch, aber falls nicht, dann denke ich, dass gerade die allgemeine Bestimmung dieses Koeffizienten hier das Problem ist.

Wenn du einen Weg siehst den zu bestimmen, würde es mich interessieren mit welcher Methode man sowas machen könnte? smile

28.07.2011, 00:52

rza

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oje stimmt .... naja vielleicht kann man über den binomischen lehrsatz ran da man hier ja ne natürliche zahl als exponenten hat .... oder ich glaub mal etwas vor jahren in diskreter mathe gelernt zu haben wie man einen koeff bestimmt .... bin mir aber nicht sicher

28.07.2011, 01:16

gonnabphd

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Ja, den 4n-ten Koeffizienten von $\begin{eqnarray*} (z^8 + cz^6 + cz^2 + 1)^n \end{eqnarray*}$ zu bestimmen, ist im Prinzip ein kombinatorisches Problem.

Eine Darstellung von dem wäre z.B.

$\begin{eqnarray*} a_{4n} = \sum_{(a,b,c) \in K_n} c^{b+c} \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} K_n = \{(a,b,c) \in {\mathbb N_0 }^3\,|\, 4n = 8a + 6b + 2c,\; a + b + c \le n\} \end{eqnarray*}$

Allerdings ist das nicht gerade schön.

@giles: Sollte es denn überhaupt eine einfache Darstellung geben? Also kann man davon ausgehen?

Edit: Hab' die ersten paar Mal mit obiger Formel ausgerechnet:

$\begin{eqnarray*} a_{4\cdot 1} = 0, \; a_{4\cdot 2} = 2c^2 + 2, \; a_{4\cdot 3} = 12 c^2, \; a_{4\cdot 4} = 6c^4 + 24 c^2+6 \end{eqnarray*}$

Damit kriegt man für die Integrale

$\begin{eqnarray*} n=1 &:& 0 \\ n=2 &:& \pi(c^2 + 1) \\ n=3 &:& \frac{3 \pi c^2}2 \\ n=4 &:& \frac{3\pi}{4}(c^4 + 4c^2 + 1) \end{eqnarray*}$

28.07.2011, 02:21

giles

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Es gibt nicht notwendingerweise eine einfache Darstellung. Augenzwinkern

Es geht im Prinzip darum das Integral

$\begin{eqnarray*} \int_0 ^{2 \pi} \exp(-a \cos(4x)-b \cos(2x)) \cos(kx) \dx \end{eqnarray*}$

(im einfachsten Fall k=0...) auszurechnen. Im Endeffekt kann man für a=0 ne "geschlossene Form" finden mit den Bessel fkt., was der Prof schon gemacht hat. Der cos(4x) Term ist halt einfach geraten und nach ca. ein Dutzend Seiten Rumformerei bin ich schon fast dabei dem Prof zu sagen dass das nichts wird. Ich glaub das mach ich einfach morgen, falls nicht über Nacht noch das Blitz einschlägt.

Danke an alle die sich damit beschäftigt haben Freude

28.07.2011, 03:01

gonnabphd

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Zitat:

Es gibt nicht notwendingerweise eine einfache Darstellung. Augenzwinkern

Hab ich mir irgendwie gedacht. Hab mal ein Programm geschrieben, das mir die ersten 15 Koeffizienten berechnet hat (für grössere ist die Rechenzeit - trotz meiner phänomenalen numerik-skills - schnell gegen unendlich gegangen unglücklich

), schön sah das nicht aus.

Ich verabschiede mich dann mal. Schläfer

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