[Help] Lustige Integrale

123asdf · Beitrag von **123asdf** » 21.06.2014, 00:16

Hey, also nachdem ca 1/3 der rechenbeispiele der prüfung lustige integrale sind, hier mal ein passender Thread und gleich mal einen Kandidaten für das
Lustigste Integral :trumpets:

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{sin(5x)}{1+(1-\frac{\pi}{2})^2}dx$

Ich krieg 0 heraus, aber leider will es mir weder maple noch wolframalpha ausrechnen, sodass ich auf euch angewiesen bin.

lg

123asdf · Beitrag von **123asdf** » 21.06.2014, 00:58

neuer Vorschlag:
(die 5 einfach dazudenken xD)
$Im2\pi \sum_{Res}\frac{1}{(1-\frac{\pi i }{2}+iz)*(1+\frac{\pi i}{2}-iz)}e^{iz}$ da aber nur die eine Polstelle im oberen halbkreis liegt krieg ich mit $lim_{z\rightarrow i+\frac{\pi}{2}}(z-i-\frac{\pi}{2})\frac{e^{iz}}{(z-i-\frac{\pi}{2})*(-z+\frac{\pi}{2}-i)}$ raus dass
$Im(\frac{-2\pi i}{-2i}*e^{-1}*e^{i\frac{\pi}{2}})=\frac{\pi}{e}sin(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{e}$

cassmssn · Beitrag von **cassmssn** » 21.06.2014, 15:27

Roughman · Beitrag von **Roughman** » 22.06.2014, 18:18

Next:
Aus der Prüfung vom Mai diesen Jahres.
$\int_{\Gamma}\frac{dx}{cosh(x)}$

Wobei $\Gamma$ dem Einheitskreis entspricht.

Ich kriege 0 raus.. hab aber keine Ahnung ob das stimmt, weil die Nullstellen genau am Einheitskreis liegen... Kann ich die Nullstellen einfach um i $\epsilon$ verschieben, damit sie genau im Einheitskreis liegen?

greets,
Roughman

123asdf · Beitrag von **123asdf** » 23.06.2014, 12:26

Also ich würds so angehen:

$\int\frac{1}{coshz}dz=\int\frac{2}{e^z+e^{-z}}=\int\frac{2e^z}{e^{2z}+1}$ Die Nst davon sind $\frac{1}{2}i(2\pi n+\pi) n\in \mathbb{Z}$ die sind nicht im 1heitskreis enthalten. Daher ist die Funktion im Einheitskreis holomorph und das geschlossene Integral 0.

Was meint ihr dazu?

Roughman · Beitrag von **Roughman** » 23.06.2014, 15:33

Wie kommst du auf die Nullstellen?

greets

123asdf · Beitrag von **123asdf** » 23.06.2014, 17:23

e^2x=-1, wurzel ziehen und mit dem komplexen logarithmus ran: ln(z)=ln|z|+iarg(z). Wenn du dir i auf der komplexen Zahlenebene anschaust, siehst du, dass der winkel pi/2 ist, demnach ist ln(i)=i *pi/2. das +2npi sind die ganzen nebenzweige, die hier aber auch keine Rolle spielen.

Natty_Dread · Beitrag von **Natty_Dread** » 27.06.2014, 18:49

Ich steh gerade bei folgendem Beispiel aus der Prüfung des 12.02.2013 an:

$\int_{-\pi}^\pi sin^2(x) \; cos(x)\;\,dx\;=\; \int_{0}^{2\pi} sin^2(x) \; cos(x)\;\,dx$

Wolfram Alpha spuckt als Ergebnis 0 aus....

Durch Substitution ergibt dieses Integral:

$F(z)=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi} \frac{(z-z^{-1})^2\;\cdot\; (z+z^{-1})}{z} \;\,dz$

Das Residuum müsste dementsprechend durch

$\underset{z=0}{\operatorname{Res}} \Big(F(z)\Big)= \underset{z\rightarrow 0}{\operatorname{lim}} \; z\cdot \; \frac{(z-z^{-1})^2\;\cdot\; (z+z^{-1})}{z}$

gegeben sein.

Aus-multiplizieren und kürzen führt auf

$\underset{z=0}{\operatorname{Res}} \Big(F(z)\Big)= \underset{z\rightarrow 0}{\operatorname{lim}} \; (z^3-z-\frac{1}{z}+\frac{1}{z^3})$

Das ergibt aber nichts sinnvolles, oder?

Hat jemand vllcht eine Idee was falsch gelaufen ist?

Danke!

123asdf · Beitrag von **123asdf** » 28.06.2014, 08:27

Dadurch, dass du im Zähler noch Potenzen von z^-1 hast kannst du das so nicht machen. Vereinfachen den term mal ganz!

Gnomchen · Beitrag von **Gnomchen** » 29.06.2014, 07:55

Natty_Dread hat geschrieben:Ich steh gerade bei folgendem Beispiel aus der Prüfung des 12.02.2013 an:

$\int_{-\pi}^\pi sin^2(x) \; cos(x)\;\,dx\;=\; \int_{0}^{2\pi} sin^2(x) \; cos(x)\;\,dx$

Wolfram Alpha spuckt als Ergebnis 0 aus....

Durch Substitution ergibt dieses Integral:

$F(z)=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi} \frac{(z-z^{-1})^2\;\cdot\; (z+z^{-1})}{z} \;\,dz$

Das Residuum müsste dementsprechend durch

$\underset{z=0}{\operatorname{Res}} \Big(F(z)\Big)= \underset{z\rightarrow 0}{\operatorname{lim}} \; z\cdot \; \frac{(z-z^{-1})^2\;\cdot\; (z+z^{-1})}{z}$

gegeben sein.

Aus-multiplizieren und kürzen führt auf

$\underset{z=0}{\operatorname{Res}} \Big(F(z)\Big)= \underset{z\rightarrow 0}{\operatorname{lim}} \; (z^3-z-\frac{1}{z}+\frac{1}{z^3})$

Das ergibt aber nichts sinnvolles, oder?

Hat jemand vllcht eine Idee was falsch gelaufen ist?

Danke!

$F(z)=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi} \frac{(z-z^{-1})^2\;\cdot\; (z+z^{-1})}{z} \;\,dz=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi} \frac{(z^2-2+z^{-2})*(z+z^{-1})}{z}\;\,dz=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi}\frac{z^3-2z+z^{-1}+z-2z^{-1}+z^{-3}}{z}\;\,dz=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi}(z^2-1-z^{-2}+z^{-4})\;\,dz$
und jetzt kannst du ganz einfach die residuen der einzelnen terme ausrechnen und kommst auf 0

Natty_Dread · Beitrag von **Natty_Dread** » 29.06.2014, 08:45

Gnomchen hat geschrieben: $F(z)=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi} \frac{(z-z^{-1})^2\;\cdot\; (z+z^{-1})}{z} \;\,dz=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi} \frac{(z^2-2+z^{-2})*(z+z^{-1})}{z}\;\,dz=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi}\frac{z^3-2z+z^{-1}+z-2z^{-1}+z^{-3}}{z}\;\,dz=\frac{i}{8}\cdot\;\int_{0}^{2\pi}(z^2-1-z^{-2}+z^{-4})\;\,dz$
und jetzt kannst du ganz einfach die residuen der einzelnen terme ausrechnen und kommst auf 0 ;)

Danke, das macht natürlich sehr viel mehr Sinn :)

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