Integral im Komplexen berechnen

18.06.2017, 17:52

dr.e.l.

Integral im Komplexen berechnen

Meine Frage:
Folgendes Integral:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2 \pi} \! \frac{1}{1-2acosx+a^2} \, dx \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb C^{\times} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |a|\neq 1 \end{eqnarray*}$ .

Man soll zeigen, dass es existiert und es berechnen.

Meine Ideen:
Ein Tipp ist gegeben: $\begin{eqnarray*} (z-a)^{-1}(z-a^{-1})^{-1} \end{eqnarray*}$ soll man entlang des Einheitskreises integrieren.

Von der Aufgabe hab ich keinen Schimmer. Wieso soll man über diesen Ausdruck integrieren? Was hat er mit dem obigen Integral zu tun?
Und wie zeigt man, dass es überhaupt existiert?

Ich danke euch im Voraus für eure Unterstützung!!

Viele Grüße

dr.e.l.

18.06.2017, 22:42

Leopold

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Einfach tun, was vorgeschlagen wird. Ist nämlich $\begin{align*} \gamma \end{align*}$ der positiv orientierte Einheitskreis, so gilt:

$\begin{align*} \int_{\gamma} \frac{\dd z}{\left( z - a \right) \left( z - \frac{1}{a} \right)} \ = \ - \operatorname{i} a \int_0^{2 \pi} \frac{\dd t}{1 - 2a \cos t + a^2} \end{align*}$

Das sieht man, wenn man die Standardparametrisierung $\begin{align*} z = \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \end{align*}$ einsetzt und die bekannten Zusammenhänge zwischen der komplexen Exponentialfunktion und den trigonometrischen Funktionen verwendet (Tip: nach dem Parametrisieren den Bruch mit $\begin{align*} \operatorname{e}^{- \operatorname{i}t} \end{align*}$ erweitern und im Nenner ausmultiplizieren).

Das komplexe Kurvenintegral links kann mit dem Residuensatz leicht ermittelt werden. Zu seiner Berechnung kann man sich auf den Fall $\begin{align*} 0 < |a| < 1 \end{align*}$ beschränken, denn offenbar geht der Integrand in sich über, wenn man $\begin{align*} a \end{align*}$ durch $\begin{align*} \frac{1}{a} \end{align*}$ substituiert. Den Wert im Fall $\begin{align*} |a| > 1 \end{align*}$ erhält man daher, indem man im Ergebnis für $\begin{align*} 0 < |a| < 1 \end{align*}$ ebenfalls $\begin{align*} a \end{align*}$ durch $\begin{align*} \frac{1}{a} \end{align*}$ substituiert.

19.06.2017, 12:03

dr.e.l.

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Danke für den Tipp, die Gleichheit der obigen Integrale konnte ich auch nachrechnen.

Allerdings habe ich Probleme bei der Berechnung des linken Integrals. Den Residuensatz kenne ich leider nicht. Ich kenne aber die Cauchyche Integralformel. Geht es damit auch? Es wäre dafür ja gut, den Bruch zu zerlegen, sodass man dann zwei Integrale hat, die man jeweils mit der Formel berechnen kann. Aber wie kriege ich das hin...?
Und inwiefern muss ich hier die Fälle |a|<1 oder |a|>1 unterscheiden?

19.06.2017, 15:40

Leopold

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Es geht auch mit der Cauchyschen Integralformel:

$\begin{align*} \int_{\gamma} \frac{\color{red} f(z)}{z - \color{blue} z_0} ~ \dd z = 2 \pi \operatorname{i} f(z_0) \end{align*}$

Hierbei ist $\begin{align*} \gamma \end{align*}$ eine einfache geschlossene Kurve, die sich einmal um $\begin{align*} z_0 \end{align*}$ herumwindet, und $\begin{align*} f(z) \end{align*}$ auf $\begin{align*} \gamma \end{align*}$ mitsamt dessen Innerem holomorph. Und jetzt vergleiche dies im Fall $\begin{align*} 0 < |a| < 1 \end{align*}$ mit

$\begin{align*} \int_{|z|=1} \frac{\color{red} 1}{\color{red} \left( z - \frac{1}{a} \right) \color{black} \cdot \left( z - \color{blue} a \right)} ~ \dd z \end{align*}$

19.06.2017, 19:16

dr.e.l.

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Also ist der Wert des linken Integrals $\begin{eqnarray*} 2 \pi i \frac{1}{a-\frac{1}{a}} \end{eqnarray*}$ ?

Aber wieso brauche ich hier 0<|a|<1?

19.06.2017, 19:37

Leopold

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Dein Ergebnis stimmt.

Für $\begin{align*} |a| > 1 \end{align*}$ windet sich der Einheitskreis nicht um $\begin{align*} a \end{align*}$ , sondern um $\begin{align*} \frac{1}{a} \end{align*}$ einmal herum. Du kannst das Integral ebenso mit der Cauchyschen Integralformel berechnen, indem du die Rollen der Faktoren im Nenner des Integranden vertauschst. Oder du kannst, wie ich das bereits ausgeführt habe, die für die Funktion

$\begin{align*} I(a) = \int_{|z|=1} \frac{\dd z}{\left( z - a \right) \left( z - \frac{1}{a} \right)} \, , \ \ 0 < |a| \neq 1 \end{align*}$

offensichtlich gültige Funktionalgleichung $\begin{align*} I \left( \frac{1}{a} \right) = I(a) \end{align*}$ verwenden.

Wie auch immer du es anstellst, du solltest für $\begin{align*} |a| > 1 \end{align*}$ zur selben Formel kommen, nämlich welcher?

19.06.2017, 20:26

dr.e.l.

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Schon klar, dass a und 1/a vertauschbar sind.

Wieso windet sich der Einheitskreis für |a|>1 nicht um a, sondern um 1/a?

Und die Formel hab ich doch schon (umgestellt) angegeben, einfach eingesetzt in die Cauchysche Integralformel.

19.06.2017, 20:41

Leopold

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Zitat:

Original von dr.e.l.
Wieso windet sich der Einheitskreis für |a|>1 nicht um a, sondern um 1/a?

Merkwürdige Frage ...
Wie kann sich der Einheitskreis um eine Zahl herumwinden, die nicht im Einheitskreis liegt ( $\begin{align*} |a|>1 \end{align*}$ !!!) ?

Zitat:

Original von dr.e.l.
Und die Formel hab ich doch schon (umgestellt) angegeben, einfach eingesetzt in die Cauchysche Integralformel.

Die von dir angegebene Formel gilt nur für $\begin{align*} |a|<1 \end{align*}$ , für $\begin{align*} |a|>1 \end{align*}$ sieht sie leicht anders aus. Wie man sie ermittelt, dafür habe ich dir in meinem vorigen Beitrag zwei mögliche Wege aufgezeigt.

19.06.2017, 22:19

dr.e.l.

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War vorhin kurzzeitig verwirrt. Jetzt ist mir aber alles klar.

Für |a|>1 ergibt das linke Integral $\begin{eqnarray*} 2 \pi i \frac{1}{\frac{1}{a}-a} \end{eqnarray*}$

(sprich, das Vorzeichen ist vertauscht).

Damit muss man diese Ergebnisse nur noch durch -ai teilen und das ursprüngliche Integral ist gelöst.

19.06.2017, 23:17

Leopold

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Richtig.

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