Komplexe Integration

08.07.2015, 21:51

Münze

Komplexe Integration

Hallo, ich habe noch ein Integral das gerade bei mir Fragen aufwirft.

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}dx \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0<a<b \end{eqnarray*}$ .

Das habe ich in die komplexe Ebene überführt mit:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\oint\frac{dz}{(z-ia)(z+ia)(z-ib)(z+ib)} \end{eqnarray*}$

Nun war mein erster Ansatz alle 4 Residuen zu berechnen. Laut Musterlösung wurden nur die Residuen von ia und ib bestimmt so das schlussendlich $\begin{eqnarray*} =\frac{\pi}{2ab(a+b)} \end{eqnarray*}$ herauskommt.

Ich frage mich schon die ganze Zeit warum nur zwei Residuen bestimmt wurden und nicht alle 4 kann mir das bitte jemand erklären?

Danke euch!!! smile

08.07.2015, 22:13

Guppi12

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Hallo,

da stellt sich doch zunächst mal die Frage, warum denn überhaupt $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}dx = \frac{1}{2}\oint\frac{dz}{(z-ia)(z+ia)(z-ib)(z+ib)} \end{eqnarray*}$

gelten sollte. Und was ist überhaupt der Integrationsweg im zweiten Integral? Die Antwort darauf macht dann klar, warum man nicht alle Resiuden braucht.

08.07.2015, 22:38

Münze

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Ich habe das Integral umschrieben mit $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)} =\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)} \end{eqnarray*}$

Und dann bin ich ins komplexe gewechselt ... daher kommen die $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ . Wenn ich nun das Integral von $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ betrachte dann befinden sich doch alle Polstellen in dem Gebiet?

Danke!!!

08.07.2015, 22:44

Guppi12

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Deine erste Umformung ist natürlich richtig. Nun aber die Frage wie es weitergeht. Warum kann man da überhaupt irgendwas mit Residuen machen, es handelt sich doch nicht um einen geschlossenen Integrationsweg. Welchen Weg betrachtest du also genau und warum bringt einem das überhaupt etwas? Man kann ja nicht einfach sagen: Ok ich nehme einfach mal ein paar Residuen her und addiere die, das wird schon stimmen. (Ohne dass du dir diese Dinge klar machst, wird dir eine Antwort nicht viel helfen.)

08.07.2015, 22:48

Widderchen

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Hallo,

gemäß Residuensatz ist es nicht erforderlich, alle vier Singularitäten zu betrachten. Wichtig ist nur, dass du entweder alle Singularitäten mit positivem oder negativem Imaginärteil auswählst, um die Residuen zu berechnen. In diesem Fall genügt es also, nur die Residuen + ia und + ib zu betrachten. Du hättest alternativ auch die Residuen zu den Singularitäten - ib und -ia berechnen können. Dies würde aber zum gleichen Resultat führen, da du ein Integral über ein bis auf diese Singularitäten einfach zusammenhängendes Gebiet ermittelst.

Ich hoffe, diese Information war hilfreich! Augenzwinkern

Viele Grüße
Widderchen

08.07.2015, 22:53

Münze

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Ok, ich danke euch beiden. Jetzt ist mir das klar geworden das ich ja den Integrationsweg betrachten muss. Wink

08.07.2015, 22:56

Guppi12

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Zitat:

gemäß Residuensatz ist es nicht erforderlich, alle vier Singularitäten zu betrachten.

Das stimmt nicht. Der Residuensatz sagt a priori überhaupt nichts über solche Integrale aus, sondern über Integrale über geschlossene Kurven. Klar, der Residuensatz findet seine Anwendung, hat aber selbst nichts damit zu tun, warum man nur die Residuen mit positivem Imaginärteil betrachten muss und genau darum geht es hier doch.

Zitat:

Du hättest alternativ auch die Residuen zu den Singularitäten - ib und -ia berechnen können. Dies würde aber zum gleichen Resultat führen

Wenn man die addiert, muss man noch das Vorzeichen umkehren.

@Münze: Hast du es denn nun wirklich verstanden? Welcher Weg wird denn gewählt?

08.07.2015, 23:00

Münze

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Verstanden habe ich es nicht so richtig, ganz ehrlich. Wenn ich zum Beispiel $\begin{eqnarray*} \oint\frac{1}{(z-i)(z+i)}dz \end{eqnarray*}$ habe dann berechnet man doch auch die Residuen für $\begin{eqnarray*} z=i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z=-i \end{eqnarray*}$ . Warum wählt man dort einen geschlossenen Weg der dieses mal beide Pole enthält und in dem ersten Beispiel nur beide positiven oder beide negativen?

08.07.2015, 23:09

Guppi12

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Zitat:

Verstanden habe ich es nicht so richtig, ganz ehrlich.

Das habe ich mir fast gedacht, nicht so schnell aufgeben Augenzwinkern

Das hier: $\begin{eqnarray*} \oint\frac{1}{(z-i)(z+i)}dz \end{eqnarray*}$ ist kein wohldefinierter Ausdruck. Du musst dazusagen, über welche Kurve du das überhaupt integrieren willst. In diesem Fall könnte zum Beispiel ein Kreis mit Radius 2 um den Ursprung gemeint sein. In diesem Fall hätten wir ja eine geschlossene Kurve und können den Residuensatz direkt anwenden. Dieser sagt dann, dass das Integral gleich der $\begin{eqnarray*} 2\pi i \end{eqnarray*}$ -fachen Summe der Residuen innerhalb des Kreises ist.

In dem Integral im Themenstart haben wir aber eine andere Situation. Die reelle Achse ist kein geschlossener Integrationsweg. Dass der Satz hier anwendbar ist, ist am Anfang überhaupt nicht klar.

Man macht es so: Für festes $\begin{eqnarray*} R>0 \end{eqnarray*}$ betrachtet man einen Integrationsweg in der komplexen Ebene, der von $\begin{eqnarray*} -R \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ geht und dann als Halbkreis in der komplexen Ebene geschlossen wird. (Mal dir ein Bild!) Wenn $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ groß genug ist, liegen im Inneren des Weges alle Residuen mit positivem Imaginärteil drin, aber auch nur die, also nicht alle (wenn du fragst, wieso, hast du noch kein Bild gemalt Augenzwinkern

) Das heißt das Integral über diesen Weg entspricht der $\begin{eqnarray*} 2\pi i \end{eqnarray*}$ -fachen Summe der Residuen mit positivem Imaginärteil. Nun lässt man $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ gegen unendlich gehen und zeigt, dass das Integral über den Halbkreis dann im Grenzfall verschwindet. Ist es jetzt klar geworden?

08.07.2015, 23:24

Münze

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Ich meinte das Integral $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+1)^2}dx \end{eqnarray*}$

Hier gilt dann: $\begin{eqnarray*} \oint\frac{1}{(z-i)(z+i)}dz=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{1}{x^2+1}dx+\int\frac{1}{(z-i)(z+i)}dz \end{eqnarray*}$

Dann haben wir $\begin{eqnarray*} \int\frac{1}{(z-i)(z+i)}dz \end{eqnarray*}$ immer über den Halbkreis berechnet und gezeigt dass das Integral Null ergibt so das folgende Gleichheit gilt $\begin{eqnarray*} \oint\frac{1}{(z-i)(z+i)}dz=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{1}{x^2+1}dx=2\pi i\sum Res f(z) \end{eqnarray*}$

Ich dachte mir bis jetzt eigentlich immer das durch die Wahl von -R und R sowieso die komplette x-Achse abgedeckt wird und der Halbkreis sorgt nur noch dafür das auch alle Residuen sich in dem Halbkreis befinden. Ich sehe noch nicht so ganz warum man bei dem ersten Integral dann plötzlich Polstellen weglassen kann obwohl man ja auch einen Halbkreis wählen könnte die diese Polstellen enthält ... verwirrt

Verstehst du was ich meine?

Edit: Ich dappes, wenn ich den Halbkreis betrachte dann natürlich entweder oberhalb der x-Achse oder unterhalb der x-Achse. Das muss ich ja berücksichtigen. Wenn ich den Kreis oberhalb der Achse betrachte dann liegen die Polstellen die unterhalb der x-Achse liegen natürlich nicht im Gebiet.
Ist das des Rätsels Lösung?
Wobei dann in dem zweiten Beispiel
$\begin{eqnarray*} \oint\frac{1}{(z-i)(z+i)}dz=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{1}{x^2+1}dx+\int\frac{1}{(z-i)(z+i)}dz \end{eqnarray*}$

Auch nur ein Pol betrachtet werden muss entweder z=i oder z=-i abhängig von der Wahl des Halbkreises ob man diesen oberhalb der x-Achse oder unterhalb der x-Achse betrachtet?

08.07.2015, 23:33

Guppi12

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Zitat:

Ich meinte das Integral $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+1)^2}dx \end{eqnarray*}$

Meinst du denn wirklich dieses Integral oder doch eher das, was du dahinter schreibst, nämlich $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+1}dx \end{eqnarray*}$ ? Ich gehe jetzt mal von zweitem aus.

Das ist hier ganz genau das gleiche. Auch bei $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x^2+1}dx \end{eqnarray*}$ betrachtet man nur die Residuen mit positivem Imaginärteil. Wie du darauf kommst, dass man dort beide aufsummiert, weiß ich nicht. Das macht auch überhaupt keinen Sinn, denn die Summe beider Residuen von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^2+1} \end{eqnarray*}$ ist Null.

Zitat:

und der Halbkreis sorgt nur noch dafür das auch alle Residuen sich in dem Halbkreis befinden.

Hast du dir ein Bild gemalt? Wenn ja, wiederhole ich die Frage: Wie kommst du darauf, dass in einem solchen Halbkreis jemals Residuen liegen, die unterhalb der reellen Achse zu finden sind?

08.07.2015, 23:39

Münze

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Ich habe meinen letzten Beitrag editiert. Ich denke das ich es jetzt verstanden habe.
Ich habe noch einen anderen Thread eröffnet mit 2 Integralen die ich zu berechnen habe. Ich denke das ich diese jetzt auch geknackt bekomme. Da setze ich mich aber erst morgen ran.

Ich danke dir soweit für deine Hilfe die mir sehr viel gebracht hat. Wink

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