Integral verschwindet - Beweis

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18.06.2016, 10:31	yellowman	Auf diesen Beitrag antworten »
Integral verschwindet - Beweis Hallo zusammen, ich habe folgendes Integral gegeben: $\begin{eqnarray} \int_0^{\pi}\frac{ze^{iz}}{z^2+a^2}dz \end{eqnarray}$ Ich soll nun zeigen, dass dieses Integral für $\begin{eqnarray} R\to\infty \end{eqnarray}$ verschwindet. Dazu habe ich erstmal substituiert mit $\begin{eqnarray} z=Re^{i\phi} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lim_{R\to\infty}\int_0^{\pi}\frac{Re^{i\phi}e^{iRe^{i\phi}}}{R^2e^{2i\phi}+a^2}iRe^{i\phi}d\phi \end{eqnarray}$ Mit dem Satz über die majorisierte Konvergenz darf Limes und Integral vertauscht werden so dass ich erst den Limes des Integranden berechnen kann. $\begin{eqnarray} \lim_{R\to\infty} \frac{Re^{i\phi}e^{iRe^{i\phi}}}{R^2e^{2i\phi}+a^2}iRe^{i\phi} \end{eqnarray}$ Hier hänge ich ehrlich gesagt da ich nicht sehe wie ich gezeigt bekomme das dies Null ist. Hat jemand eine Idee? Vielen Dank!
18.06.2016, 11:47	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Integral verschwindet - Beweis Korrigiere erst einmal die Aufgabenstellung. Dein Integral ist einfach nur eine Zahl in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ . Ein $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ taucht nicht einmal auf.
18.06.2016, 11:57	yellowman	Auf diesen Beitrag antworten »
Es geht hier um folgendes Integral: $\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin(x)}{x^2+a^2}dx \end{eqnarray}$ . Dieses soll mittels Residuensatz berechnet werden. Das heißt: $\begin{eqnarray} \oint\frac{ze^{iz}}{z^2+a^2}dz=\int\frac{ze^{iz}}{z^2+a^2}dz+\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin(x)}{x^2+x^2}dx \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} \int\frac{ze^{iz}}{z^2+a^2}dz \end{eqnarray}$ über den Halbkreis läuft. Das Integral muss nun verschwinden. Das ist die allgemeine Aufgabe und ich muss noch zeigen, dass dieses Integral verschwindet für $\begin{eqnarray} R\to\infty \end{eqnarray}$ so dass gilt: $\begin{eqnarray} \oint\frac{ze^{iz}}{z^2+a^2}dz=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin(x)}{x^2+x^2}dx=2\pi i\sum Res(f(z)) \end{eqnarray}$
18.06.2016, 12:09	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Dann ist der komplexe Anteil des Integrals aber $\begin{eqnarray} \int_{\gamma_R}\frac{ze^{iz}}{z^2+a^2}dz \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} \gamma_R : [0,\pi] \to \mathbb C, \gamma_R(\phi) = R e^{i \phi} \end{eqnarray}$ . Und damit dann auf die Gleichheit $\begin{eqnarray} \int_{\gamma_R}\frac{ze^{iz}}{z^2+a^2}dz = \int_0^{\pi}\frac{Re^{i\phi}e^{iRe^{i\phi}}}{R^2e^{2i\phi}+a^2}iRe^{i\phi}d\phi \end{eqnarray}$ Der Integrand verschwindet offenbar nicht punktweise fuer $\begin{eqnarray} R \to \infty \end{eqnarray}$ , also kannst du es nicht zeigen. Die einzie Chance, dass es verschwindet, ist Ausloeschung des Integrals. Also versuche lieber eine Stammfunktion zu finden. Edit: Schreibe $\begin{eqnarray} \int_0^{\pi}\frac{Re^{i\phi}e^{iRe^{i\phi}}}{R^2e^{2i\phi}+a^2}iRe^{i\phi}d\phi = i\int_0^{\pi}\frac{R^2e^{2i\phi}e^{iRe^{i\phi}}}{R^2e^{2i\phi}+a^2}d\phi = i\int_0^{\pi}\frac{(R^2e^{2i\phi} + a^2)e^{iRe^{i\phi}}}{R^2e^{2i\phi}+a^2}d\phi - i\int_0^{\pi} \frac{a^2e^{iRe^{i\phi}}}{R^2e^{2i\phi}+a^2}d\phi \end{eqnarray}$
18.06.2016, 13:00	yellowman	Auf diesen Beitrag antworten »
Dann erhält man: $\begin{eqnarray} =i\int_0^{\pi}e^{iRe^{i\phi}}d\phi-i\int_0^{\pi}\frac{a^2e^{iRe^{i\phi}}}{R^2e^{2i\phi}+a^2}d\phi \end{eqnarray}$ Ehrlich gesagt sieht mir das auch nicht viel einfacher aus. Wie soll man die beiden Integrale denn konkret auswerten?
18.06.2016, 13:03	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Rechte brauch man nicht auswerten, da das nun wirklich gegen 0 punktweise konvergiert. Es bleibt nur das linke -- und fuer das linke sollte man das Riemann-Lebesgue Lemma anwenden koennen.
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18.06.2016, 13:42	yellowman	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, das rechte Integral ist mir klar. Das geht mittels dem Satz über die majorisierte Konvergenz mit $\begin{eqnarray} R\to\infty \end{eqnarray}$ in der Tat gegen Null. Das linke Integral ist mir noch nicht ganz klar da mir der Satz von Riemann-Lebesgue nicht bekannt ist. Ich habe etwas gegoogelt und habe diese Seite gefunden: https://proofwiki.org/wiki/Riemann-Lebesgue_Lemma $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ wäre in dem Fall wohl die Einsfunktion und diese ist integrabel und das Integrationsintervall $\begin{eqnarray} [0,\pi] \end{eqnarray}$ ist kompakt. Damit gilt: $\begin{eqnarray} \lim_{R\to\infty}\int e^{iRe^{i\phi}}d\phi=0 \end{eqnarray}$ Somit verschwindet das Integral über den Halbkreis und es gilt Gleichheit $\begin{eqnarray} \oint\frac{ze^{iz}}{z^2+a^2}dz=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin(x)}{x^2+x^2}dx=2\pi i\sum Res(f(z)) \end{eqnarray}$ Das geht in Ordnung? Viele Grüße
18.06.2016, 15:47	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Argument stimmt noch nicht ganz. Du musst im Exponenten den Satz von Euler benutzen, und damit bekommst du ein anderes $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ .
18.06.2016, 17:28	yellowman	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich nehme an du meinst $\begin{eqnarray} \cos\phi+i\sin\phi=e^{i\phi} \end{eqnarray}$ Dann erhalte ich: $\begin{eqnarray} \lim_{R\to\infty}\int e^{iRe^{i\phi}}d\phi=\lim_{R\to\infty}\int e^{iR\cos\phi-R\sin\phi}d\phi \end{eqnarray}$ Hier bleibt mein f allerdings die Einsfunktion. Ich denke da muss wohl ein anderer Satz gemeint sein? Vielen Dank!
18.06.2016, 17:39	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Das meinte ich. Und leider sehe ich auch, dass Riemann-Lebesgue leider doch nicht so ganz anwendbar ist. Was allerdings nicht wirklich schadet, weil wir jetzt den Abfall direkt bekommen. Die Idee war $\begin{eqnarray} \int e^{iR\cos\phi-R\sin\phi}d\phi = \int e^{-R\sin\phi} e^{iR\cos\phi}d\phi \end{eqnarray}$ zu schreiben, und dann den ersten Faktor als $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ zu nehmen, da in der Exponentialfunktion nun endlich etwas rein imaginaeres steht. Allerdings stoert, dass $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ abhinge. Stattdessen kann man aber benutzen, dass $\begin{eqnarray} e^{-R\sin\phi} \to 0 \end{eqnarray}$ bis auf $\begin{eqnarray} \phi =0, \pi \end{eqnarray}$ . Dominierte Konvergenz liefert nun das Ergebnis.
18.06.2016, 17:55	yellowman	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank, ich denke damit sollte die Aufgabe durch sein. Hier wurden zum Schluss doch noch harte Geschütze aufgefahren aber gut das ich dies nun auch mal gesehen habe. Vielen Dank und bis zum nächsten mal!
18.06.2016, 18:01	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Denke ich auch. Dass es so 'knapp' war, sieht man auch am ursprünglichen Integral. Ohne den Sinus kann man direkt eine Stammfunktion angeben, und damit auch leicht zeigen, dass das Integral divergiert. Es sollte auch im Lebesgue--Sinne statt Rieman--Sinne auch mit dem Sinus nicht existieren. Daher war schon klar, dass es mit etwas Arbeit verbunden sein wird. Und zum Schluss hat man wirklich über den Bereich integriert, wo der Sinus immer nichtnegativ ist, und damit die Konvergenz gegen 0 bekommt. Haarscharf

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