Zurückführung auf kompl. Kurvenintegral

27.11.2018, 20:53

Queiser

Zurückführung auf kompl. Kurvenintegral

Hallo zusammen, ich habe eine Aufgabe, bei der ich nicht ganz weiter weiß.

Die Aufgabe lautet:

Zeigen Sie durch Zurückführung auf ein kompl. Kurvenintegral längs des Einheitskreises
$\begin{eqnarray*} \Gamma = \{ z= e^{it} : 0 \leq t \leq 2 \pi \} \end{eqnarray*}$ , dass für $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2\pi} \! sin^{2n}(t) \, dt = 2 \pi 4^{-n} \begin{pmatrix} 2n \\ n \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Meine Idee:

Erstmal sinus umschreiben in:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2\pi} \! sin^{2n}(t) \, dt = \int_{0}^{2\pi} \! \frac{e^{2itn} - e^{-2itn}}{ 2^{2n}} \, dt = \frac{1}{4^n} \int_{0}^{2\pi} \! e^{2itn} - e^{-2itn} \, dt \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \phi= e^{it} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \frac{d \phi}{d t} = i \phi \Rightarrow dt = \frac{d \phi}{i \phi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{1}{i4^n} \int_{\gamma}^{} \! \frac{ \phi^{2n} - \phi^{-2n} }{\phi} \, dt \end{eqnarray*}$

Um sich die Form der Windungszahlen $\begin{eqnarray*} n(\gamma,z_0) \end{eqnarray*}$ für geschl. Integrale nutzbar zu machen, muss ja die Form
$\begin{eqnarray*} n(\gamma, z_o) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma}^{} \! \frac{dt}{ z - z_0} \, \end{eqnarray*}$ vorliegen.
Daher war mein Gedanke, $\begin{eqnarray*} \phi^{2n} - \phi^{-2n} =f(\phi, n) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z_0 = 0 \end{eqnarray*}$ zu setzen, so dass die Form $\begin{eqnarray*} \frac{1}{i4^n} 2\pi \cdot i \cdot n(\gamma, 0) \cdot f(\phi, n) =2 \pi \cdot 4^{-n} \cdot 1 \cdot f(\phi, n) \end{eqnarray*}$
ensteht. (Der Punkt 0 wird einmal umlaufen)

Leiden gehen aus meinen weiteren Aufzeichnung nur Stetigkeitsbeweise hervor, die mir bei der Auflösung des $\begin{eqnarray*} f (\phi, n) \end{eqnarray*}$ nicht helfen.

Kann mir jemand einen Tipp geben, wie ich weiter verfahren kann? Danke

27.11.2018, 21:19

HAL 9000

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Der Kommilitone mit derselben Aufgabe war vor knapp einer Woche da... smile

27.11.2018, 21:34

Queiser

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Diesem (unregistrierten) Leon145 war offensichtlich die Rückparametrisierung unklar, was ja weniger mein Problem darstellt. Eigentlich gar nicht.

Aber ich merke gerade, dass $\begin{eqnarray*} e^{2int} - e^{-2int} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} (e^{it} - e^{-it})^{2n} = (\phi -\phi^{-1})^{2n} = f(\phi, n ) \end{eqnarray*}$ ersetzt werden muss.

Meine Frage bezog sich auf diese Restfunktion $\begin{eqnarray*} f(\phi, n ) \end{eqnarray*}$ .
Oder habe ich in dem von dir gezeigten Beitrag von Leon übersehen, dass dort die Aufgabe gelöst wurde?

27.11.2018, 21:39

HAL 9000

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In Verbindung mit dem anzuwendenden Binomischen Satz steht im allerletzten Beitrag der entscheidende Hinweis (wenn auch etwas schräg formuliert):

Zitat:

Original von Leon145
$\begin{eqnarray*} \int_{|z|=1} z^k ~ \dd z \end{eqnarray*}$ und das hat ja nur für k=-1 ungleich 0.

27.11.2018, 21:43

Queiser

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Ahhh.....da war ja noch ne zweite Seite. Die Seitenzahlen sind aber auch klein und versteckt.

......auf jeden Fall muss ich erstmal schauen, wie mir das hilft. Danke trotzdem.

28.11.2018, 14:32

HAL 9000

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Auf eine PN-Nachfrage hin: Es ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{iz} \left(z-z^{-1}\right)^{2n} = \frac{1}{iz} \sum_{m=0}^{2n} (-1)^m\binom{2n}{m} z^{2n-m}\cdot z^{-m} = \frac{1}{i} \sum_{m=0}^n (-1)^m\binom{2n}{m} z^{2n-2m-1} \end{eqnarray*}$ .

Was hatte ich im letzten Beitrag zitiert: Es ist $\begin{eqnarray*} \oint\limits_{|z|=1} z^k ~ \dd z = 0 \end{eqnarray*}$ für alle ganzzahligen Exponenten außer $\begin{eqnarray*} k=-1 \end{eqnarray*}$ .

Nun ist Exponent $\begin{eqnarray*} 2n-2m-1 = -1 \end{eqnarray*}$ nur für $\begin{eqnarray*} m=n \end{eqnarray*}$ , also "überlebt" nur dieser eine Summand $\begin{eqnarray*} m=n \end{eqnarray*}$ der Binomischen Summe das Integrieren:

$\begin{eqnarray*} \oint\limits_{|z|=1} \left( \frac{z-z^{-1}}{2i} \right)^{2n} \frac{1}{iz} ~ \dd z = \frac{1}{(-4)^n} \oint\limits_{|z|=1} \left(z-z^{-1}\right)^{2n} \frac{1}{iz} ~ \dd z \stackrel{!}{=} \frac{1}{i(-4)^n} \oint\limits_{|z|=1} (-1)^n\binom{2n}{n} z^{-1} ~ \dd z = \frac{1}{i}4^{-n} \binom{2n}{n} \oint\limits_{|z|=1} \frac{1}{z} \dd z \end{eqnarray*}$

Den Rest solltest du aber selbst hinkriegen.

28.11.2018, 14:46

Queiser

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Danke für die Antwort. Jetzt ist es klar.

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