Integral berechnen

15.12.2017, 16:33	Sito	Auf diesen Beitrag antworten »
Integral berechnen Guten Tag zusammen, ich versuche im Moment folgendes Integral zu berechnen: $\begin{align} \int_0^{\infty}\frac{t^{2k}}{1+t^{2n}}\dd t \end{align}$ . Dazu verwenden soll man wohl den Residuensatz, da die Übung aus der Funktionentheorie stammt (würde vlt. auch anders gehen, auch wenn mir nicht wirklich ein Weg einfällt). Da der Integrand gerade ist kann man das Integral folgendermassen Umschreiben: $\begin{align} \int_0^{\infty}\frac{t^{2k}}{1+t^{2n}}\dd t =\frac 1 2\int_{-\infty}^{\infty}\frac{t^{2k}}{1+t^{2n}}\dd t \end{align}$ . Nach dem Residuensatz gilt nun $\begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{t^{2k}}{1+t^{2n}}\dd t =2\pi i \sum_{l=1}^N {\rm{Res}}_{a_l} \left(\frac{t^{2k}}{1+t^{2n}}\right) \end{align}$ . Die $\begin{align} a_l \end{align}$ sind in diesem Fall gegeben durch $\begin{align} a_l=\exp\left(\frac{i(2l+1)\pi}{2n}\right) \end{align}$ . Das Problem ist nun, dass ich nicht weiss wie man die Residuen in diesem Fall berechnet. Der Asisstent hat in diesem Fall den Tipp gegeben man solle die Identität $\begin{align} {\rm{Res}}_{a_l}(f/g)=\frac{f(a_l)}{g'(a_l)} \end{align}$ , das habe ich dann auch gleich mal ausprobiert: $\begin{align} {\rm{Res}}_{a_l}\left(\frac{t^{2k}}{1+t^{2n}}\right)=\frac{t^{2k}}{2nt^{2n-1}}\Big\|_{t=a_l} \end{align}$ .. Bin mir aber nicht sicher, ob das so auch funktioniert.... Wäre froh für ein paar Hilfestellungen, Gruss Sito
15.12.2017, 19:10	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi Sito, genau so stimmt das Man muss ganz schön viel Umformen beim Summieren über die Residuen (Potenzgesetze...), um die geometrische Summenformel anwenden zu können. An einer späteren Stelle der Rechnung muss man in e-Funktionen mit komplexem Argument einen möglichen Sinus erkennen und entsprechend geschickt erweitern, um den Sinus im Nenner hinschreiben zu können. War jetzt eine kurze Hilfestellung, immer gerne noch mal nachfragen Grüße sibelius84
15.12.2017, 20:01	Mathema	Auf diesen Beitrag antworten »
Ohne viele Umformungen geht es mit der Substitution $\begin{eqnarray} z:=t^{2n} \end{eqnarray}$ . Damit folgt: $\begin{eqnarray} \int_0^{\infty}\frac{t^{2k}}{1+t^{2n}}\,dt=\frac{1}{2n}\int_0^{\infty}\frac{z^{\frac{2k+1}{2n}-1}}{1+z}\,dz=\frac{1}{2n}\beta\left(\frac{2k+1}{2n},1-\frac{2k+1}{2n}\right) \end{eqnarray}$ Mit dem Ergänzungssatz der Gammafunktion von Euler folgt unmittelbar der Integralwert. Siehe dazu: https://de.wikipedia.org/wiki/Gammafunkt...spezielle_Werte
15.12.2017, 21:25	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist wohl $\begin{align} 0 \leq k < n \end{align}$ vorauszusetzen. Es geht hier viel einfacher, wenn man die gewohnten Pfade verläßt. Sei $\begin{align} R>1 \end{align}$ und $\begin{align} \omega = \operatorname{e}^{\frac{\pi \operatorname{i}}{2n}} \end{align}$ . Nun integriert man $\begin{align} f(z) = \frac{z^{2k}}{1+z^{2n}} \end{align}$ über den positiv orientierten Rand $\begin{align} \gamma_R \end{align}$ des Kreissektors mit 0 als Kreismittelpunkt und dem Bogen von $\begin{align} R \end{align}$ bis $\begin{align} R \omega^2 \end{align}$ . [attach]46031[/attach] Eine geeignete Parametrisierung ergibt für die Strecke von $\begin{align} 0 \end{align}$ bis $\begin{align} R \end{align}$ das Integral $\begin{align} \int_0^R \frac{t^{2k}}{1+t^{2n}} \dd t \end{align}$ und für die Strecke von $\begin{align} R \omega^2 \end{align}$ bis 0 das Integral $\begin{align} - \omega^{4k+2} \int_0^R \frac{t^{2k}}{1+t^{2n}} ~ \dd t \end{align}$ . Das Integral über den Kreisbogen verschwindet für $\begin{align} R \to \infty \end{align}$ , wie man durch elementare Abschätzung des Integrals nachweisen kann. Die einzige Polstelle von $\begin{align} f(z) \end{align}$ im Innern des Integrationweges ist $\begin{align} \omega \end{align}$ . Ist $\begin{align} a \end{align}$ das zugehörige Residuum, so gilt somit, wenn man $\begin{align} R \to \infty \end{align}$ gehen läßt: $\begin{align} \left( 1 - \omega^{4k+2} \right) \cdot \int_0^{\infty} \frac{t^{2k}}{1+t^{2n}} ~ \dd t = 2 \pi \operatorname{i} a \end{align}$ Fehlt noch die Berechnung von $\begin{align} a \end{align}$ . Man spaltet den Linearfaktor $\begin{align} z-\omega \end{align}$ im Nenner ab: $\begin{align} f(z) = \frac{1}{z-\omega} \cdot \underbrace{\frac{z^{2k}}{\ \frac{z^{2n}+1}{z-\omega} \ }}_{g(z)} \end{align}$ $\begin{align} g \end{align}$ läßt sich bei $\begin{align} \omega \end{align}$ stetig ergänzen. Das gesuchte Residuum ist dann $\begin{align} a=g(\omega) \end{align}$ . $\begin{align} \frac{z^{2n}+1}{z-\omega} = \frac{z^{2n} - \omega^{2n}}{z-\omega} \end{align}$ ist der Differenzenquotient der Funktion $\begin{align} h(z)=z^{2n} \end{align}$ an der Stelle $\begin{align} \omega \end{align}$ , strebt also für $\begin{align} z \to \omega \end{align}$ gegen $\begin{align} h'(\omega) = 2n \omega^{2n-1} = -2n \omega^{-1} \end{align}$ . Damit folgt: $\begin{align} a = g(\omega) = \frac{\omega^{2k}}{-2n \omega^{-1}} = - \frac{\omega^{2k+1}}{2n} \end{align}$ Und alles zusammen ergibt: $\begin{align} \int_0^{\infty} \frac{t^{2k}}{1+t^{2n}} ~ \dd t = - 2 \pi \operatorname{i} \cdot \frac{\omega^{2k+1}}{2n \cdot \left( 1 - \omega^{4k+2} \right)} = \frac{\pi \operatorname{i}}{n} \cdot \frac{1}{\omega^{2k+1} - \omega^{-2k-1}} \end{align}$ $\begin{align} = \frac{\pi \operatorname{i}}{n} \cdot \frac{1}{2 \operatorname{i} \operatorname{Im}\left( \omega^{2k+1} \right)} = \frac{\pi}{2n \sin \left( \frac{2k+1}{2n} \pi \right)} \end{align}$
15.12.2017, 21:57	Mathema	Auf diesen Beitrag antworten »
Hübsch, Leopold! In dem schönen Buch "The Cauchy Method of Residues" von Mitrinovic und Keckic wird übrigens auch über den Kreissektor integriert, um folgende Integralidentität zu beweisen: [attach]46032[/attach] Das nur als Ergänzung. Ich wünsche dir schöne Feiertage!

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