Schwieriges Integral bei Potentialgleichung

24.07.2015, 00:56	tobias05	Auf diesen Beitrag antworten »
Schwieriges Integral bei Potentialgleichung Meine Frage: Hallo! ich habe folgendes Problem: $\begin{eqnarray} <br /> \Delta u = 0 \qquad \mathrm{wenn} \qquad x^{2} + y^{2} < 1 \\<br /> u(x, y) = 4 \cdot x^{2} \qquad \mathrm{wenn} \qquad x^{2} + y^{2} = 1 \\<br /> \end{eqnarray}$ Wenn ich es in Polarkoordinaten umschreibe, erhalte ich die Gleichung $\begin{eqnarray} <br /> u_{rr} + \frac{1}{r}u_{r} + \frac{1}{r^{2}}u_{\varphi \varphi} = 0<br /> \end{eqnarray}$ mit der Randbedingung $\begin{eqnarray} <br /> u(1, \varphi) = 4 \cdot \cos^{2}\varphi = g(\varphi)<br /> \end{eqnarray}$ Die Lösungsformel ist damit $\begin{eqnarray} <br /> \int_{-\pi}^{\pi} g(\varphi) \cdot \frac{r_{0}^{2} - r^{2}}{r_{0}^{2} + r^{2} - 2 \cdot r \cdot r_{0} \cdot \cos\left(\alpha - \varphi\right)}d\alpha<br /> \end{eqnarray}$ beziehungsweise $\begin{eqnarray} <br /> \int_{-\pi}^{\pi} 4 \cdot \cos^{2}\varphi \cdot \frac{r_{0}^{2} - r^{2}}{r_{0}^{2} + r^{2} - 2 \cdot r \cdot r_{0} \cdot \cos\left(\alpha - \varphi\right)}d\alpha<br /> \end{eqnarray}$ beziehungsweise mit den Werten für den Radius eingesetzt $\begin{eqnarray} <br /> \int_{-\pi}^{\pi} 4 \cdot \cos^{2}\varphi \cdot \frac{1 - r^{2}}{1 + r^{2} - 2 \cdot r \cdot \cos\left(\alpha - \varphi\right)}d\alpha<br /> \end{eqnarray}$ Jetzt bekomme ich aber dieses Integral nicht ausgerechnet. Danke im Voraus und Freundliche Grüße Meine Ideen: Ich habe es schon mit mit dem Residuensatz versucht, indem ich das Integral vorher ein bisschen umgeschrieben habe, aber der Ausdruck wurde so kompliziert, dass ich ihn nicht ausrechnen konnte. Gibt es eine Möglichkeit, dieses Integral zu berechnen ? Danke im Voraus und Freundliche Grüße
24.07.2015, 08:08	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn man alle Faktoren, die von $\begin{align} \alpha \end{align}$ unabhängig sind, vors Integral zieht, verbleibt $\begin{align} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\dd \alpha}{1 + r^2 - 2r \cos(\alpha - \varphi)} \end{align}$ Und wegen der $\begin{align} 2 \pi \end{align}$ -Periodizität des Integranden folgt: $\begin{align} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\dd \alpha}{1 + r^2 - 2r \cos(\alpha - \varphi)} = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\dd \alpha}{1 + r^2 - 2r \cos \alpha} \end{align}$ Für $\begin{align} r \neq 1 \end{align}$ habe ich $\begin{align} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\dd \alpha}{1 + r^2 - 2r \cos \alpha} = \frac{2 \pi}{\left\| r^2 - 1 \right\|} \end{align}$
24.07.2015, 13:50	tobias05	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Schwieriges Integral bei Potentialgleichung Hallo nochmal, Danke für deine Antwort. tut mir Leid, in die Integralformel hatte sich noch ein Fehler eingeschlichen. Richtig muss es so aussehen: $\begin{eqnarray} <br /> \int_{-\pi}^{\pi} g(\varphi) \cdot \frac{r_{0}^{2} - r^{2}}{r_{0}^{2} + r^{2} - 2 \cdot r \cdot r_{0} \cdot \cos\left(\varphi - \alpha\right)}d\varphi<br /> \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} <br /> \int_{-\pi}^{\pi} 4 \cdot \cos^{2}\varphi \cdot \frac{r_{0}^{2} - r^{2}}{r_{0}^{2} + r^{2} - 2 \cdot r \cdot r_{0} \cdot \cos\left(\varphi - \alpha\right)}d\varphi<br /> \end{eqnarray}$ Das ist nämlich das Problem was ich habe. Der cosinus ist oben und unten drin. Ich habs schon mit Residuen versucht, aber das wird so kompliziert dass ich es nicht ausrechnen kann. Danke im Voraus und Freundliche Grüße
25.07.2015, 10:53	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Für $\begin{align} 0<a<b \end{align}$ komme ich auf $\begin{align} \int_{- \pi}^{\pi} \frac{\cos^2 \varphi}{a^2 + b^2 - 2ab \cos( \varphi - \alpha)} ~ \dd \varphi = \frac{\pi \left( b^2 + a^2 \cos(2 \alpha) \right)}{b^2 \left( b^2 - a^2 \right)} \end{align}$ Die Lösung habe ich mit dem Residuensatz gefunden. Dazu habe ich die Funktion $\begin{align} f(z) = \frac{\operatorname{i} \operatorname{e}^{\alpha \operatorname{i}}}{4ab} \cdot \frac{\left( z^2 + 1 \right)^2}{z^2 \left( z - \frac{a}{b} \cdot \operatorname{e}^{\alpha \operatorname{i}} \right) \left( z - \frac{b}{a} \cdot \operatorname{e}^{\alpha \operatorname{i}} \right)} \end{align}$ über den positiv orientierten Einheitskreis integriert. $\begin{align} f(z) \end{align}$ erhält man mit dem Standardansatz $\begin{align} f(z) = - \frac{\operatorname{i}}{z} \cdot \frac{\cos^2 \varphi}{a^2 + b^2 - 2ab \cos( \varphi - \alpha)} \end{align}$ indem man $\begin{align} \cos \varphi = \frac{1}{2} \left( z + \frac{1}{z} \right) \, , \ \ \sin \varphi = \frac{1}{2 \operatorname{i}} \left( z - \frac{1}{z} \right) \end{align}$ ersetzt. Zuvor ist im Nenner auf $\begin{align} \cos(\varphi - \alpha) \end{align}$ das Additionstheorem des Cosinus anzuwenden. Die Einzelheiten habe ich einem CAS überlassen.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »