Residuumrechnung - Integral

17.06.2019, 21:40	Gost123456789	Auf diesen Beitrag antworten »
Residuumrechnung - Integral Meine Frage: Hallo, Ich sollte folgendes Integral unter Verwendung der Residuenrechnung berechnen, aber leider verstehe ich das nicht: $\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^2 - 2x + 2 } \, dx \end{eqnarray}$ Meine Ideen: Vielen Dank für jede Hilfe 128584 EDIT: Latex-Tags eingefügt (klarsoweit)
18.06.2019, 11:19	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Mußt du das mit dem Residuensatz lösen? Ich finde, man sollte immer die angemessene Methode wählen. Hier steckt ja nur eine Translation eines reellen Grundintegrals dahinter. Über den Arcustangens kommt man schnell auf den Integralwert. Es geht auch mit dem Residuensatz, allerdings nicht mit dem Standardverfahren, mit dem man reelle Integrale von $\begin{align} - \infty \end{align}$ bis $\begin{align} \infty \end{align}$ berechnet. Da der Integrand keine gerade Funktion ist, kann man die Berechnung auch nicht mit einer einfachen Symmetriebetrachtung darauf zurückführen. Ob es einen anderen Trick gibt, um da doch noch irgendwie ans Ziel zu kommen, weiß ich nicht. Mir ist Folgendes eingefallen. Man betrachtet für genügend großes $\begin{align} R>0 \end{align}$ den Viertelkreisrand $\begin{align} \gamma(R) = \gamma_1(R) + \gamma_2(R) + \gamma_3(R) \end{align}$ , wobei man zunächst die Strecke $\begin{align} \gamma_1(R) \end{align}$ von 0 bis $\begin{align} R \end{align}$ auf der reellen Achse zurücklegt, dann $\begin{align} \gamma_2(R) \end{align}$ , den Viertelkreisbogen um 0 von $\begin{align} R \end{align}$ bis $\begin{align} \operatorname{i}R \end{align}$ , anschließt und mit $\begin{align} \gamma_3(R) \end{align}$ auf der imaginären Achse nach 0 zurückkehrt. Jetzt integriert man $\begin{align} f(z) = \frac{1}{z-1-\operatorname{i}} \end{align}$ über $\begin{align} \gamma(R) \end{align}$ . Das Integral kann sofort mit dem Residuensatz bestimmt werden. Die Integrale über $\begin{align} \gamma_1(R) \end{align}$ und $\begin{align} \gamma_3(R) \end{align}$ führen für $\begin{align} R \to \infty \end{align}$ bis auf konstante Faktoren auf das gesuchte reelle Integral. Und für $\begin{align} \gamma_2(R) \end{align}$ findet man $\begin{align} \int_{\gamma_2(R)} f(z) ~ \dd z = \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\operatorname{i}R \operatorname{e}^{\operatorname{i}t}}{R \operatorname{e}^{\operatorname{i}t}-1-\operatorname{i}} ~ \dd t = \operatorname{i} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\dd t}{1 - \frac{1 + \operatorname{i}}{R} \operatorname{e}^{- \operatorname{i}t}} \ \to \ \operatorname{i} \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} ~ \dd t \ \ \ \mbox{für} \ \ R \to \infty \end{align}$ Das ist ein funktionierender Ansatz über den Residuensatz. Wie schon gesagt, für besonders elegant halte ich das nicht. Vielleicht weiß jemand anders besseren Rat.
18.06.2019, 21:41	Mathema	Auf diesen Beitrag antworten »
Der "Standard"-Weg ist hier wohl $\begin{eqnarray} \oint_C \frac{\log z}{z^2-2z+2} \, \dd z \end{eqnarray}$ über eine "keyhole contour" zu integrieren. [attach]49388[/attach]
18.06.2019, 22:44	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Stimmt. Mit $\begin{align} f(z) = \frac{\log z}{z^2 - 2z + 2} \end{align}$ funktioniert das. Ich führe das einmal in groben Zügen aus. Die Integrale über die beiden Kreise vom Radius $\begin{align} R \end{align}$ beziehungsweise $\begin{align} \varepsilon \end{align}$ verschwinden für $\begin{align} R \to \infty \end{align}$ beziehungsweise $\begin{align} \varepsilon \to 0 \end{align}$ . Die Integrale über die Strecken heben sich nicht gegenseitig weg, denn wenn man auf dem Hinweg beim komplexen Logarithmus am oberen Ufer das Argument 0 wählt, muß man aus Stetigkeitsgründen auf dem Rückweg am unteren Ufer das Argument $\begin{align} 2 \pi \end{align}$ wählen. So heben sich nur die Realteile mit den $\begin{align} \ln \end{align}$ -Bestandteilen gegenseitig weg, und man erhält in der Summe $\begin{align} - 2\pi \operatorname{i} \int \limits_{\varepsilon}^R \frac{\dd x}{x^2 - 2x + 2} \end{align}$ Für $\begin{align} \varepsilon \to 0 \end{align}$ und $\begin{align} R \to \infty \end{align}$ wird daraus nach dem Residuensatz $\begin{align} - 2\pi \operatorname{i} \int \limits_0^{\infty} \frac{\dd x}{x^2 - 2x + 2} = 2 \pi \operatorname{i} \cdot \left( a+b \right) \end{align}$ wobei $\begin{align} a,b \end{align}$ die Residuen an den Polen $\begin{align} 1 + \operatorname{i} \end{align}$ und $\begin{align} 1 - \operatorname{i} \end{align}$ seien. Man bestimmt $\begin{align} a = \frac{\log(1 + \operatorname{i})}{2 \operatorname{i}} = \frac{\pi}{8} + \operatorname{i} \cdot \ldots \end{align}$ $\begin{align} b = \frac{\log(1 - \operatorname{i})}{-2 \operatorname{i}} = - \frac{7}{8} \pi + \operatorname{i} \cdot \ldots \end{align}$ Die Imaginärteile von $\begin{align} a \end{align}$ und $\begin{align} b \end{align}$ haben denselben Betrag, aber unterschiedliche Vorzeichen und heben sich damit in der Summe weg.
20.06.2019, 15:04	Mathema	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja - dass diese Rechnung für Dich kein Problem darstellen würde, daran gab es wohl keinen Zweifel. Schade nur, dass man vom Threadersteller (mal wieder) überhaupt nichts hört. Sei es drum: Dann nutze ich diesen Thread einfach noch, um Dir einen herzlichen Gruß dazulassen.

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