Integration Komplex

08.07.2015, 10:42

Münze

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Integration Komplex

Hallo zusammen, das ist mein erster Beitrag und ich brauche eure Hilfe.

Berechnen Sie das Integral $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ax}}{1+e^x} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 0<a<1 \end{eqnarray*}$ , indem Sie die folgende Kontour im Komplexen mit $\begin{eqnarray*} R\to\infty \end{eqnarray*}$ benutzen.

[attach]38656[/attach]

Meine Ideen:

Ich dachte mir ich muss das komplexe Kurvenintegral nun folgendermaßen aufteilen:

$\begin{eqnarray*} \oint_{}^{\gamma}f(z)dz=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ax}}{1+e^x}+\int_{\gamma_2}f(z)dz+\int_{\gamma_3}f(z)dz+\int_{\gamma_4}f(z)dz \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{e^{az}}{1+e^{z}} \end{eqnarray*}$

Das war erstmal meine Idee. Für die Parametrisierungen der einzelnen Kurven erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \gamma_2=(R,tR+2\pi it) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0\leq t\leq 1 \end{eqnarray*}$

Stimmt mein Ansatz überhaupt bevor ich hier weiter rechne? Danke schonmal smile

smile

09.07.2015, 11:43

Huggy

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RE: Integration Komplex

Zitat:

Original von Münze
$\begin{eqnarray*} \oint_{}^{\gamma}f(z)dz=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ax}}{1+e^x}+\int_{\gamma_2}f(z)dz+\int_{\gamma_3}f(z)dz+\int_{\gamma_4}f(z)dz \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{e^{az}}{1+e^{z}} \end{eqnarray*}$

So ist das nicht korrekt. Außerdem fehlt das dx. Korrekt ist:

$\begin{eqnarray*} \oint_{}^{\gamma}f(z)dz=\int_{\gamma_1}f(z)dz+\int_{\gamma_2}f(z)dz+\int_{\gamma_3}f(z)dz+\int_{\gamma_4}f(z)dz \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{e^{az}}{1+e^{z}} \end{eqnarray*}$

Schreiben wir das mal kurz als $\begin{eqnarray*} I=I_1+I_2+I_3+I_4 \end{eqnarray*}$ . Dann kann man den Zusammenhang mit dem gesuchten Integral schreiben als:

$\begin{eqnarray*} \lim_{R \to \infty} I_1=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ax}}{1+e^x}dx \end{eqnarray*}$

Zum weiteren Vorgehen:

(1) $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ berechnet man mit dem Residuensatz.

(2) Man zeigt $\begin{eqnarray*} I_3 =cI_1 \end{eqnarray*}$ mit einer Konstanten c.

(3) Mit der Standardabschätzung für komplexe Integrale zeigt man

$\begin{eqnarray*} \lim_{R \to \infty} I_2=\lim_{R \to \infty} I_4=0 \end{eqnarray*}$

15.07.2015, 10:32

Münze

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Hallo Huggy ich habe nun die jeweiligen Abschnitte parametrisiert. Du könntest ja mal schauen ob diese richtig sind.

$\begin{eqnarray*} \gamma_1(t)=-R+2Rt \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0\leq t\leq 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \gamma_2(t)=R+(t-1)\cdot 2\pi i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 1\leq t\leq 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \gamma_3(t)=R+2\pi i+(t-2)(-2R) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 2\leq t\leq 3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \gamma_4(t)=-R+2\pi i +(t-3)(-2\pi i) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 3\leq t\leq 4 \end{eqnarray*}$

Wenn die Parametrisierungen richtig sind mache ich mich an die Berechnung der 4 Integrale.

Das geschlossene Kurvenintegral macht mir nun etwas Sorgen da der Nenner garkeine Nullstelle enthält. $\begin{eqnarray*} 1+e^x\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Wie kann ich dort das Residuum bestimmen?

15.07.2015, 11:09

Huggy

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Die Parametrisierungen sind richtig, aber unnötig kompliziert. Da man die einzelnen Teilintegrale separat betrachtet, kann man einfacher t auf jedem der 4 Wege von 0 bis 1 bzw. von 1 bis 0 laufen lassen. Man muss auch keines der 4 Teilintegrale wirklich ausrechnen, siehe meine vorigen Anmerkungen.

Der Nenner $\begin{eqnarray*} 1+e^z \end{eqnarray*}$ hat innerhalb der Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ sehr wohl eine Nullstelle.

15.07.2015, 11:23

Münze

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Hallo Huggy erstmal zu der Nullstelle innerhalb des Gebietes. Wenn ich $\begin{eqnarray*} e^z=-1 \end{eqnarray*}$ habe dann weiß ich das $\begin{eqnarray*} -1=e^{i\pi} \end{eqnarray*}$ gilt. Damit erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} e^{z}=e^{i\pi} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z=i\pi \end{eqnarray*}$ liegt im Gebiet.

Jetzt muss ich den Nenner noch faktorisieren um den Pol herauszukürzen. Hier hapert es schon wieder. Ich dachte daran $\begin{eqnarray*} e^{z}=e^{x+iy} \end{eqnarray*}$ aufzuspalten und dann irgendwie versuchen es zu faktorisieren...

Zu den 4 Kurvenintegralen, das $\begin{eqnarray*} \gamma_4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma_2 \end{eqnarray*}$ nicht berechnet werden müssen ist irgendwo noch logisch da diese laut Aufgabe wegfallen was damit nur noch zu zeigen ist. Aber warum muss nicht $\begin{eqnarray*} \gamma_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma_3 \end{eqnarray*}$ berechnet werden?

15.07.2015, 12:03

Huggy

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Entwickle doch $\begin{eqnarray*} 1+e^z \end{eqnarray*}$ in eine Potenzreihe um $\begin{eqnarray*} \pi i \end{eqnarray*}$ . Dann lässt sich

$\begin{eqnarray*} \lim_{z \to \pi i}(z-\pi i)f(z) \end{eqnarray*}$

leicht berechnen. $\begin{eqnarray*} I_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_3 \end{eqnarray*}$ muss man nicht berechnen wegen meiner Anmerkung (2).

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15.07.2015, 12:18

Münze

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Also die e-Funktion lässt sich als Reihe darstellen mit $\begin{eqnarray*} e^x=\sum\frac{x^k}{k!} \end{eqnarray*}$
Wenn ich das nun um \pi i entwickeln will dann einfach für $\begin{eqnarray*} x=\pi i \end{eqnarray*}$ einsetzen?
$\begin{eqnarray*} \lim_{z\to \pi i}(z-\pi i)(1+\sum\frac{(\pi i)^k}{k!}) \end{eqnarray*}$
Und das lässt sich nun kürzen? unglücklich

unglücklich

Du hast in deiner Anmerkung geschrieben:
(2) Man zeigt $\begin{eqnarray*} I_3 =cI_1 \end{eqnarray*}$ mit einer Konstanten c.

Warum gilt das überhaupt? Ich meine die Weglänge muss doch eigentlich die Gleiche sein warum deshalb noch einen Faktor $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ davor der den Weg entweder staucht oder streckt?

Wie soll man das denn zeigen ohne es explizit zu berechnen? traurig

traurig

Ist das eigentlich eine der leichteren Aufgaben?

15.07.2015, 13:05

Huggy

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Mir scheint, du antwortest zu schnell. Du musst dir zu den einzelnen Punkten auch mal etwas länger Gedanken machen, wenn du nicht gleich auf die Lösung kommst. Ohne das lernt man nicht viel.

$\begin{eqnarray*} 1+e^z=1+e^{\pi i}e^{z-\pi i}=1-e^{z-\pi i}=1-\sum\limits_{k=0}^\infty \frac {(z-\pi i)^k}{k!}=-\sum\limits_{k=1}^\infty \frac {(z-\pi i)^k}{k!} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Münze
Du hast in deiner Anmerkung geschrieben:
(2) Man zeigt $\begin{eqnarray*} I_3 =cI_1 \end{eqnarray*}$ mit einer Konstanten c.

Warum gilt das überhaupt? Ich meine die Weglänge muss doch eigentlich die Gleiche sein warum deshalb noch einen Faktor $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ davor der den Weg entweder staucht oder streckt?

Die Weglänge ist gleich. Aber f(z) hat doch auf diesen Weg andere Werte als auf der reellen Achse.

Zitat:

Wie soll man das denn zeigen ohne es explizit zu berechnen? traurig

traurig

Schreib dir $\begin{eqnarray*} I_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_3 \end{eqnarray*}$ mit einer geeigneten Parameterdarstellung hin, ohne sie auszurechnen. Dann schaust du dir $\begin{eqnarray*} I_3 \end{eqnarray*}$ scharf an und siehst, dass du eine Konstante aus dem Integral herausziehen kannst und das verbleibende Integral identisch mit $\begin{eqnarray*} I_1 \end{eqnarray*}$ ist.

Zitat:

Ist das eigentlich eine der leichteren Aufgaben?

Kann ich nicht sagen. Meine Übung in solchen Aufgaben liegt über 40 Jahre zurück. Ich musste schon etwas nachdenken, bis bei mir der Groschen fiel.

15.07.2015, 14:28

Münze

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HAllo Huggy die Bestimmung der Reihe habe ich verstanden. Da hätte ich aber auch noch den ganzen Tag dran grübeln können und wäre nicht auf diese Umformung gekommen....

Das heißt dann $\begin{eqnarray*} \lim_{z\to i\pi}(z-\pi i)(-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(z-\pi i)^k}{k!}) \end{eqnarray*}$

Nun addieren sich die Exponenten so das man das folgendes erhält?

$\begin{eqnarray*} \lim_{z\to\pi i}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(z-\pi i)^{k+1}}{k!} \end{eqnarray*}$ und nun der Grenzübergang?

Ich habe nun die beiden Kurvenintegrale einmal mit meiner Parametrisierung aufgeschrieben.

$\begin{eqnarray*} I_1=\int_0^1\frac{e^{a[-R+2Rt]}}{1+e^{-R+2Rt}}\cdot 2R dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_3=\int_2^3\frac{e^{a[R+2\pi i-2R(t-2)]}}{1+e^{[R+2\pi i-2R(t-2)]}}\cdot (-2R)dt \end{eqnarray*}$

Wirklich Ähnlichkeit haben die ja nicht ... Ich kann die Exponenten von der e-Funktion ausmultiplizieren und neu faktorisieren allerdings macht das die Ausdrücke auch nicht ähnlicher.

15.07.2015, 16:59

Huggy

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Zitat:

Original von Münze
HAllo Huggy die Bestimmung der Reihe habe ich verstanden. Da hätte ich aber auch noch den ganzen Tag dran grübeln können und wäre nicht auf diese Umformung gekommen....

Die ist doch recht naheliegend. Wenn man um den Punkt $\begin{eqnarray*} z=\pi i \end{eqnarray*}$ entwickeln will, braucht man eine Potenzreihe, in der die Potenzen von $\begin{eqnarray*} z-\pi i \end{eqnarray*}$ vorkommen. Und das bekommt man bei der e-Funktion am einfachsten, wenn $\begin{eqnarray*} z-\pi i \end{eqnarray*}$ im Exponenten der e-Funktion steht.

Zitat:

Das heißt dann $\begin{eqnarray*} \lim_{z\to i\pi}(z-\pi i)(-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(z-\pi i)^k}{k!}) \end{eqnarray*}$

Weshalb willst du denn den Nenner mit $\begin{eqnarray*} z- \pi i \end{eqnarray*}$ multiplizieren? Gesucht ist doch

$\begin{eqnarray*} \lim_{z\to i\pi}(z-\pi i)f(z) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Ich habe nun die beiden Kurvenintegrale einmal mit meiner Parametrisierung aufgeschrieben.

Mit deinen Parametrisierungen, besonders der von $\begin{eqnarray*} I_3 \end{eqnarray*}$ , musst du etwas mehr umformen. Ich nehme jetzt mal bei $\begin{eqnarray*} I_1 \end{eqnarray*}$ die Parametrisierung

$\begin{eqnarray*} z(t)=t \ \text {mit} \ t \ \text {von} -R \ \text {bis} \ R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_1=\int\limits_{-R}^R \frac {e^{at}}{1+e^t}dt \end{eqnarray*}$

Bei $\begin{eqnarray*} I_3 \end{eqnarray*}$ nehme ich die Parametrisierung

$\begin{eqnarray*} z(t)=t+2\pi i \ \text {mit} \ t \ \text {von} \ R \ \text {bis} \ -R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_3=\int\limits_R^{-R} \frac {e^{a(t+2 \pi i)}}{1+e^{t+2 \pi i}}dt=-\int\limits_{-R}^R \frac {e^{a(t+2 \pi i)}}{1+e^{t+2 \pi i}}dt=-e^{2 \pi a i}\int\limits_{-R}^R \frac {e^{at}}{1+e^t}dt \end{eqnarray*}$

15.07.2015, 21:25

Münze

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Ok, dann ist also $\begin{eqnarray*} c=-e^{2\pi ai} \end{eqnarray*}$ und dann ist $\begin{eqnarray*} cI_1=I_3 \end{eqnarray*}$
Das muss ich also nicht berechnen?

Und für die anderen beiden Wegstücke gilt dann $\begin{eqnarray*} I_2=-I_4 \end{eqnarray*}$ ? sonst heben sie sich nicht auf.

Zu dem Residuum. Ich dachte ich soll $\begin{eqnarray*} \lim_{z\to i\pi}(z-\pi i)f(z) \end{eqnarray*}$ berechnen. $\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{1}{-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(z-\pi i)^k}{k!}} \end{eqnarray*}$

Und wie soll ich das nun machen? Steht dann im Nenner $\begin{eqnarray*} (z-\pi i)^{k-1} \end{eqnarray*}$ oder wie anstatt $\begin{eqnarray*} (z-\pi i)^k \end{eqnarray*}$ ?

Die Reihe kann ja nicht einfach wegfallen. Selbst dann ist die Berechnung über den Residuensatz nicht gerade einfach da man ja immernoch eine Reihe hat.

16.07.2015, 08:21

Huggy

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Zitat:

Original von Münze
Und für die anderen beiden Wegstücke gilt dann $\begin{eqnarray*} I_2=-I_4 \end{eqnarray*}$ ? sonst heben sie sich nicht auf.

Die Wegstücke heben sich nicht auf. Was du zeigen kannst und sollst, habe ich dir ganz am Anfang geschrieben.

Zitat:

Zu dem Residuum. Ich dachte ich soll $\begin{eqnarray*} \lim_{z\to i\pi}(z-\pi i)f(z) \end{eqnarray*}$ berechnen. $\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{1}{-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(z-\pi i)^k}{k!}} \end{eqnarray*}$

Das sollst du. Das ist aber nicht $\begin{eqnarray*} f(z) \end{eqnarray*}$ . Wo ist denn der Zähler von $\begin{eqnarray*} f(z) \end{eqnarray*}$ geblieben?

Zitat:

Und wie soll ich das nun machen? Steht dann im Nenner $\begin{eqnarray*} (z-\pi i)^{k-1} \end{eqnarray*}$ oder wie anstatt $\begin{eqnarray*} (z-\pi i)^k \end{eqnarray*}$ ?

Richtig. Wenn du dir jetzt die ersten Glieder der Reihe im Nenner mal explizit aufschreibst, siehst du, dass bei der Grenzwertbildung alle Glieder der Reihe Null werden mit Ausnahme des ersten Gliedes. Die Grenzwertbildung im Zähler ist trivial. Nur den Zähler einfach weglassen geht nicht.

16.07.2015, 17:12

Münze

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Hallo Huggy

$\begin{eqnarray*} f(z)=\frac{e^{az}}{-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(z-\pi i)^k}{k!}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{z\to i\pi}(z-\pi i)\frac{e^{az}}{-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(z-\pi i)^k}{k!}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{z\to i\pi}\frac{e^{az}}{-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(z-\pi i)^{k-1}}{k!}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{\lim_{z\to i\pi}e^{az}}{\lim_{z\to i\pi}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(z-\pi i)^{k-1}}{k!}} \end{eqnarray*}$

Man erhält somit nach dem Grenzübergang ... $\begin{eqnarray*} =\frac{e^{\pi i}}{1}=e^{\pi i} \end{eqnarray*}$

Damit habe ich das Residuum gefunden. smile

smile

Dann gibt mit dem Residuensatz...

$\begin{eqnarray*} \oint_{}^{\gamma}f(z)dz=2\pi i[e^{\pi i}] \end{eqnarray*}$

Und das ist die gesuchte Lösung des Integrals?

Laut deiner Anmerkung gilt: $\begin{eqnarray*} \lim_{R \to \infty} I_2=\lim_{R \to \infty} I_4=0 \end{eqnarray*}$

Kannst du nochmal sagen warum das hier gilt? Das erscheint mir nicht intuitiv zu sein da die beiden Integrale bei $\begin{eqnarray*} I_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_3 \end{eqnarray*}$ auch nicht wegfallen ...

16.07.2015, 20:05

Huggy

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Zitat:

Original von Münze
Man erhält somit nach dem Grenzübergang ... $\begin{eqnarray*} =\frac{e^{\pi i}}{1}=e^{\pi i} \end{eqnarray*}$

Das ist noch immer falsch! unglücklich

unglücklich

Was ist aus der Konstanten a geworden und dem Minuszeichen aus dem Nenner?
Richtig ist:

$\begin{eqnarray*} Res (f, \pi i)=-e^{a \pi i} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Laut deiner Anmerkung gilt: $\begin{eqnarray*} \lim_{R \to \infty} I_2=\lim_{R \to \infty} I_4=0 \end{eqnarray*}$

Kannst du nochmal sagen warum das hier gilt?

Das sollst du ja erst beweisen. Bei jeder Anwendung des Residuensatzes zur Berechnung reeller Integrale ist für Teilintegrale zu zeigen, dass sie gegen Null konvergieren, wenn man den Integrationsweg ins Unendliche schiebt. Es kommt dabei immer dieselbe grundlegende Abschätzungsformel für den Betrag eines komplexen Kurvenintegrals zur Anwendung. Die musst du kennen.

16.07.2015, 20:30

Münze

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Ich habe für gewöhnlich sollch ein Integral noch nie berechnet. Für gewöhnlich musste ich bis jetzt immer nur zeigen das ein Integral ohne e-Funktion verschwindet und das auch nur über einen Halbkreis. Das habe ich mir dann auch ehrlich gesagt immer etwas zurecht gewurstet indem ich die Variable $\begin{eqnarray*} t=Re^{i\phi} \end{eqnarray*}$ substituert habe und $\begin{eqnarray*} R\to\infty \end{eqnarray*}$ laufen lassen habe. Dann habe ich Integral und Grenzwert vertauscht nach dem Satz über die majorisierte Konvergenz und dann stand für gewöhnlich $\begin{eqnarray*} \int 0dz=0 \end{eqnarray*}$ da und habe das so begründet. Da hat eigentlich auch nie jemand gemekert. Jetzt habe ich aber eine Variable sondern eine e-Funktion. Die kann ich ja nicht einfach substituieren?

Wie würde das denn mit der Abschätzung laufen? Es gilt ja $\begin{eqnarray*} |\int f|\leq \int |f| \end{eqnarray*}$

So ganz habe ich ehrlich gesagt auch noch garnicht verstanden warum diese beiden Wegstücke verschwinden aber $\begin{eqnarray*} I_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_3 \end{eqnarray*}$ nicht... unglücklich

unglücklich

Das macht für mich irgendwo alles garkeinen Sinn.

Wenn diese beiden verschwindet steht dort:

$\begin{eqnarray*} \oint_{}^{\gamma}f(z)dz=\int_{\gamma_1}f(z)dz+\int_{\gamma_3}f(z)dz=-2\pi ie^{a\pi i} \end{eqnarray*}$

Wie soll denn nun hier das Integral $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ax}}{1+e^x}dx \end{eqnarray*}$ in's Spiel kommen?

17.07.2015, 09:03

Huggy

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Zitat:

Original von Münze
Das habe ich mir dann auch ehrlich gesagt immer etwas zurecht gewurstet

Da liegt dein Problem. Man soll nicht "wursten", sondern versuchen, die angewendeten Methoden zu verstehen, damit man sie auf leicht andere Fälle übertragen kann.

Zitat:

Wie würde das denn mit der Abschätzung laufen? Es gilt ja $\begin{eqnarray*} |\int f|\leq \int |f| \end{eqnarray*}$

Das ist richtig. Man benutzt aber üblicherweise die gröbere, dafür aber leichter zu handhabende Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \left |\int\limits_\gamma f(z) dz \right | \leq L(\gamma) \max |f(z)| \end{eqnarray*}$

Dabei ist $\begin{eqnarray*} L(\gamma) \end{eqnarray*}$ die Länge der Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ und das Maximum ist über die Punkte von $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ zu nehmen. Für $\begin{eqnarray*} I_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_4 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} L(\gamma) \end{eqnarray*}$ konstant. Du musst also nur $\begin{eqnarray*} |f(z)| \end{eqnarray*}$ auf den Kurvenstücken betrachten und dann den Grenzwert für $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ gegen unendlich.

Zitat:

So ganz habe ich ehrlich gesagt auch noch garnicht verstanden warum diese beiden Wegstücke verschwinden aber $\begin{eqnarray*} I_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_3 \end{eqnarray*}$ nicht... unglücklich

unglücklich

Das macht für mich irgendwo alles garkeinen Sinn.

Bei $\begin{eqnarray*} I_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_3 \end{eqnarray*}$ gibt es doch dafür gar keinen Grund. Die Kurvenstücke werden immer länger und der Integrand bleibt im Mittelteil unverändert, wenn $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ größer wird. Bei $\begin{eqnarray*} I_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_4 \end{eqnarray*}$ zeigt es einfach die noch ausstehende Rechnung.

Zitat:

Wenn diese beiden verschwindet steht dort:

$\begin{eqnarray*} \oint_{}^{\gamma}f(z)dz=\int_{\gamma_1}f(z)dz+\int_{\gamma_3}f(z)dz=-2\pi ie^{a\pi i} \end{eqnarray*}$

Wie soll denn nun hier das Integral $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ax}}{1+e^x}dx \end{eqnarray*}$ in's Spiel kommen?

Das ist nun mehr als traurig! unglücklich

unglücklich

Sei

$\begin{eqnarray*} I_0=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ax}}{1+e^x}dx \end{eqnarray*}$

das gesuchte reelle Integral. Das ist ein uneigentliches Integral und definiert als:

$\begin{eqnarray*} I_0=\lim_{R \to \infty}\int_{-R}^R\frac{e^{ax}}{1+e^x}dx \end{eqnarray*}$

Eigentlich muss man hier die Grenzübergänge links und rechts unabhängig voneinander betrachten. Bei diesem Integranden ist die Kopplung aber zulässig. Nun ist doch

$\begin{eqnarray*} \int_{-R}^R\frac{e^{ax}}{1+e^x}dx=I_1 \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} \gamma_1 \end{eqnarray*}$ gerade das Intervall $\begin{eqnarray*} [-R, R] \end{eqnarray*}$ auf der reellen Achse ist. Also:

$\begin{eqnarray*} (*) \quad I_0=\lim_{R \to \infty}I_1 \end{eqnarray*}$

Das stand schon in meiner allerersten Antwort. Da ich dir inzwischen gar nichts mehr zutraue, hier noch die nächsten Schritte. Wegen $\begin{eqnarray*} I_3=cI_1 \end{eqnarray*}$ hat man:

$\begin{eqnarray*} I=I_1+I_2+I_3+I_4=(1+c)I_1+I_2+I_4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (1+c)I_1=I-I_2-I_4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{R \to \infty}(1+c)I_1=\lim_{R \to \infty}(I-I_2-I_4) \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ also

$\begin{eqnarray*} (1+c)I_0=\lim_{R \to \infty}(I-I_2-I_4)=I \end{eqnarray*}$

Denn $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ ist ja nicht von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ abhängig und von $\begin{eqnarray*} I_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_4 \end{eqnarray*}$ wird gezeigt, dass sie gegen Null konvergieren. $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ haben wir inzwischen ausgerechnet. Daher kannst du jetzt $\begin{eqnarray*} I_0 \end{eqnarray*}$ berechnen. Das Ergebnis sollte erkennbar reell sein.

17.07.2015, 10:24

Münze

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Das heißt ich muss $\begin{eqnarray*} (1+c)I_0=I \end{eqnarray*}$ nur noch $\begin{eqnarray*} I_0 \end{eqnarray*}$ auflösen? Dann erhält man:

$\begin{eqnarray*} I_0=\frac{I}{1+c} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} I=-2\pi ie^{a\pi i} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c=-e^{2\pi ia}. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_0=\frac{-2\pi ie^{a\pi i}}{1--e^{2\pi ia}} \end{eqnarray*}$ . Reell ist das allerdings nicht also muss es falsch sein.

$\begin{eqnarray*} \left |\int\limits_\gamma f(z) dz \right | \leq L(\gamma) \max |f(z)| \end{eqnarray*}$

Wenn ich diese Abschätzung verwenden soll wie mache ich das mit dem Maximum und der Länge der Kurve kannst du mir das mal zeigen sonst rate ich hier nur wieder rum.

17.07.2015, 12:00

Huggy

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Zitat:

Original von Münze
$\begin{eqnarray*} I_0=\frac{-2\pi ie^{a\pi i}}{1--e^{2\pi ia}} \end{eqnarray*}$ . Reell ist das allerdings nicht also muss es falsch sein.

Du schluderst mal wieder mit den Vorzeichen. Richtig ist:

$\begin{eqnarray*} I_0=\frac{-2\pi ie^{a\pi i}}{1-e^{2\pi ia}}=\frac {2\pi i e^{a \pi i}}{e^{2 \pi i a}-1}=\frac {2 \pi i}{e^{ \pi i a}-e^{- \pi i a}}=\frac {2 \pi i}{2i \sin (\pi a)}=\frac {\pi}{\sin (\pi a)} \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \left |\int\limits_\gamma f(z) dz \right | \leq L(\gamma) \max |f(z)| \end{eqnarray*}$

Wenn ich diese Abschätzung verwenden soll wie mache ich das mit dem Maximum und der Länge der Kurve kannst du mir das mal zeigen sonst rate ich hier nur wieder rum.

Schämst du dich nicht, die Frage nach der Kurvenlänge zu stellen? Das sind doch Geradenstücke, deren Länge $\begin{eqnarray*} L = 2 \pi \end{eqnarray*}$ sich schon aus der Zeichnung ergibt. Die Abschätzung zeige ich mal für $\begin{eqnarray*} I_4 \end{eqnarray*}$ . Es ist

$\begin{eqnarray*} |f(z(t)|=\left | \frac {e^{a(-R+2 \pi i t)}}{1+e^{-R+2 \pi i t}}\right |=\frac {|e^{-aR}e^{a2\pi i t}|}{|1+e^{-R+2 \pi i t}|}=\frac {e^{-aR}}{|1+e^{-R+2 \pi i t}|}=\frac {e^{-aR}}{\sqrt {1+2e^{-R}\cos (2 \pi t)+e^{-2R}}} \end{eqnarray*}$

Wenn man nun den Grenzübergang $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ macht, geht der Zähler wegen $\begin{eqnarray*} a > 0 \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ und der Nenner geht gegen $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ . Es ist daher auf $\begin{eqnarray*} \gamma_4 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{R \to \infty} |f(z)|=0 \end{eqnarray*}$

Bei $\begin{eqnarray*} I_2 \end{eqnarray*}$ geht die Abschätzung ganz ähnlich, aber doch mit einem kleinen Unterschied. Außerdem braucht man diesmal die Voraussetzung $\begin{eqnarray*} a<1 \end{eqnarray*}$ . Ich werde dir diesen Teil definitiv nicht mehr vorrechnen. Entweder, du bekommst es selbst hin. Dann hast du wenigstens einen Punkt allein geschafft. Oder du bekommst es nicht hin. Dann hast du Pech gehabt.

17.07.2015, 12:38

Münze

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Hallo Huggy danke für deine Hilfe und verägern wollte ich hier niemanden. Den Rest werde ich mir nun selbst überlegen. Danke Wink

Wink

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