Residuenkalkül und Integrale

20.01.2013, 21:25

telli

Residuenkalkül und Integrale

Meine Frage:
Hallo Leute,

Also ich habe da meine Probleme mit Residuen und Integralberechnung.. Ich habe viel darüber gelesen aber bei den Aufgaben klappt es irgendwie nicht.. Komplexe Integrale gehen so aber bei reellen Integralen kappier ich so gut wie garnichts kann mir das vielleicht jemand erklären?

Hier je eine Aufgabe die ich nicht lösen kann:

Aufgabe 1)
$\begin{eqnarray*} \int_\gamma \! (z-3)^2 \cdot e^{\frac{1}{z-3}} \, dz \end{eqnarray*}$
mit
$\begin{eqnarray*} \gamma (t) = 1+4e^{it} , t \in [0,2 \pi] \end{eqnarray*}$

Aufgabe 2)
$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty \! \frac{3x}{1+x^9} \, dx \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Aufgabe 1)

Also bei der Aufgabe soll ich ja im Prinzip "nur" das Residuum für z_0=0 ausrechnen und dann mit 2Pi*i multiplizieren und dann sollte man die Lösung ja bekommen.. nur wie bestimme ich das Residuum? Ich erkenne, dass es sich dabei wegen der exp-Funktion um eine wesentliche Singularität handeln soll(Hauptteil der Laurentreihe soll also unendlich sein.. bitte korrigieren wenn ich falsch liege), doch wenn ich die Laurentreihe berechnen will bekomme ich:
$\begin{eqnarray*} (z-3)^2 \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (z-3)^n \end{eqnarray*}$
das ist doch aber nur der Nebenteil der Laurentreihe? und ich sehe hier gar kein Hauptteil von dem ich a_-1 bestimmen kann? und ausserdem handelt es sich dabei anscheinend um eine hebbare Singularität?

Aufgabe 2)

Also bei dieser Aufgabe habe ich einige Probleme zwar:
-Das Polynom ist reel ok.. man kann's ja komplex fortsezten gut aber das ganze ist doch im Residuensatz von $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ definiert..??
-Ausserdem hat diese Funktion reelle Nullstellen..? (Nebenbei: Wieso betrachtet man überhaupt im Reellen nur diejenigen Nullstellen, die in der oberen Halbebene liegen?)

Also ich beginne mit dieser Aufgabe so: Ich habe im Nenner ein Polynom 9. Grades, ich bestimme alle Nullstellen und schaue dann welche davon reel und welche komplex sind. Gut.. dann nehme ich nur diejenigen, in der oberen Halbebene und bestimme davon die Residuen.. ja nun weiss ich nicht mehr weiter? Einerseits wegen "0 bis unendlich" und andererseits wegen reellen Nullstellen..

Ich bin für alle Antworten dankbar! Tut mir leid, dass ich so viele Fragen auf einmal stelle bin leider nirgends fündig geworden..

20.01.2013, 22:30

telli

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Aufgabe 1 ist gelöst Big Laugh

hatte die Laurentreihe falsch...

$\begin{eqnarray*} (z-3)^2 \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} (\frac{1}{z-3})^n \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}(\frac{1}{z-3})^n \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}(z-3)^{2-n} \end{eqnarray*}$

und für n = 3 ergibt sich: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{z-3} \Rightarrow Res(3)f(z) = \frac{1}{6} \end{eqnarray*}$

20.01.2013, 22:51

telli

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Hat niemand eine Idee für die Aufgabe 2 ? Oder einige Tipps wie man reelle Integrale mittels Residuensatz berechnen kann bzw. auf was besonders zu achten ist?

Das ganze funktioniert bei mir für reelle Integrale nur dann, wenn es sich dabei um einen Polynom der Form $\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{p(x)}{q(x)} \end{eqnarray*}$ handelt, mit $\begin{eqnarray*} Grad.q(x)+2 \ge Grad.p(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ soll keine reellen Nullstellen haben.
Dann klappt das mit Residuen in der oberen Halbebene berechnen aufsummieren und mal 2*Pi*i rechnen. Sonst krieg ich es nicht hin..

21.01.2013, 06:45

Leopold

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Man kann

$\begin{eqnarray*} p = \int_0^{\infty} \frac{3x}{1 + x^9} ~ \dd x \end{eqnarray*}$

berechnen, indem man $\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{3z}{1 + z^9} \end{eqnarray*}$ über den Rand eines Kreissektors integriert. Es sei $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ die neunte Wurzel von $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ mit kleinstem positiven Argument, also $\begin{eqnarray*} \omega = \operatorname{e}^{\frac{1}{9} \pi \operatorname{i}} \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} \omega^2 \end{eqnarray*}$ neunte Einheitswurzel. Für $\begin{eqnarray*} R>1 \end{eqnarray*}$ integriert man nun über den Weg, der sich zusammensetzt aus

der Strecke von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ,
dem Kreisbogen um $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \omega^2 \end{eqnarray*}$
und schließlich der Strecke von $\begin{eqnarray*} R \omega^2 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

Die einzige Singularität im Kreissektor ist $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ verschwindet das Integral über den Kreisbogen, die Integrale über die Strecken werden zu $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} - \omega^4 p \end{eqnarray*}$ . Ist also $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ das Residuum von $\begin{eqnarray*} f(z) \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ , so folgt mit dem Residuensatz die Beziehung

$\begin{eqnarray*} 2 \pi \operatorname{i} a = p - \omega^4 p \end{eqnarray*}$

aus der man $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ berechnen kann. Die fehlenden Nachweise der hier aufgestellten Behauptungen seien dir überlassen. Als Integralwert habe ich schließlich $\begin{eqnarray*} p = \frac{\pi}{3 \sin \left( \frac{2}{9} \pi \right)} \end{eqnarray*}$ erhalten.

Dieser Lösungsweg funktioniert nur im speziellen Fall. Ob es einen allgemeineren Ansatz gibt, weiß ich nicht.

22.01.2013, 16:04

telli

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Hallo Leopold,

Danke für deine Antwort. Das Resultat stimmt mit der Lösung überein ja.
Habe ich das richtig verstanden: du führst eine Substitution durch?
Mir fehlt aber das Verständis, wieso definierst du $\begin{eqnarray*} w=e^{\frac{\pi}{9}i} \end{eqnarray*}$ ? Was ist die Motivation hierfür?

Also ich habe versucht das ganze was du erwähnt hast bildlich darzustellen:
[attach]27987[/attach]
nun so sieht es bei mir aus.

Zitat:

Die einzige Singularität im Kreissektor ist $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ .

Das habe ich verstanden ja.
Was ich nicht verstehe ist, dass dieser Weg eben nur $\begin{eqnarray*} z_0=\omega \end{eqnarray*}$ als Polstelle beinhaltet. Sollten nicht alle komplexen Polstellen in der oberen Halbebene berücksichtigt werden?

Ausserdem gilt doch der Residuensatz nur für reelle Integrale in der Form: $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx \end{eqnarray*}$ verwirrt

24.01.2013, 15:38

Leopold

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Du verwechselst anscheinend den Residuensatz mit einer speziellen Anwendung des Residuensatzes. Bei dieser wird über einen Halbkreis um 0 in der oberen Halbebene integriert. Indem man den Radius gegen Unendlich streben läßt, bekommt man die bekannte Formel mit den Residuen der oberen Halbebene und das Integral von minus Unendlich bis plus Unendlich über eine rationale Funktion.
Hier haben wir nun eine andere Anwendung des Residuensatzes. Man integriert über den Rand des beschriebenen Kreissektors. Und da kommt nur das Residuum bei der im Kreissektor befindlichen Singularität ins Spiel. Und auf der anderen Seite entsteht ein Integral von Null bis plus Unendlich. Die einzelnen Schritte und die wichtigsten Zwischenergebnisse des Vorgehens habe ich dir beschrieben. Die Einführung von $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ (omega, nicht w!) dient nur dazu, weniger schreiben zu müssen.
Daß man gerade diesen und keinen anderen Integrationsweg wählt, hängt damit zusammen, daß bei Parametrisierung der beiden Strecken im Nenner des Integranden $\begin{eqnarray*} 1 + x^9 \end{eqnarray*}$ entsteht. Und das liegt bei der schrägen Strecke wiederum daran, daß $\begin{eqnarray*} \left( \omega^2 \right)^9 = 1 \end{eqnarray*}$ ergibt.

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