Probleme mit Integral < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:32 Mi 20.06.2012 | | Autor: | meely |
| Aufgabe | Hierzu gibt es keine genaue Aufgabenstellung, da ich dieses Problem während einer Wärmeleitungsgleichung entdeckt habe.
Das Problem:
Berechnung des Integrals: [mm]u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{2}{1+k^{2}}e^{-3ikt}e^{ikx} dk}=\frac{1}{2\pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{2}{1+k^{2}}e^{ik(-3t+x)} dk}[/mm]
Als Hinweis: [mm]u(\sigma(t,x),t)=\frac{1}{2\pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{v(k,t)*e^{ik\sigma(t,x)} dk}[/mm]
$v(k,t)$ sei das transformierte $u(x,t)$. Also "u-Dach".
[mm]v(x,t)=\frac{2}{1+k^{2}}e^{-3ikt}[/mm] |
Hallo :)
Mein Problem bei diesem Bsp. ist folgendes:
Wenn ich nun das Integral
[mm]u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{2}{1+k^{2}}e^{ik(-3t+x)} dk}[/mm]
lösen möchte, so würde ich das normalerweise mit Partieller Integration tun. Jedoch verwundert mich der Hinweis etwas .. was soll ich mit dem anfangen (außer (-3t+x) damit darstellen) ? Noch dazu würde diese Partielle Integration doch sehr sehr aufwendig werden ?!
Kann mir jemand vielleicht einen Tipp geben ?
Liebe Grüße Meely :)
Ps: Als Lösung folgt gibt man mir [mm] $e^{-|\sigma(x,t)|}=e^{-|-3t+x|} [/mm] an.
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Hallo meely,
> Hierzu gibt es keine genaue Aufgabenstellung, da ich dieses
> Problem während einer Wärmeleitungsgleichung entdeckt
> habe.
>
> Das Problem:
>
> Berechnung des Integrals:
> [mm]u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{2}{1+k^{2}}e^{-3ikt}e^{ikx} dk}=\frac{1}{2\pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{2}{1+k^{2}}e^{ik(-3t+x)} dk}[/mm]
>
> Als Hinweis:
> [mm]u(\sigma(t,x),t)=\frac{1}{2\pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{v(k,t)*e^{ik\sigma(t,x)} dk}[/mm]
>
> [mm]v(k,t)[/mm] sei das transformierte [mm]u(x,t)[/mm]. Also "u-Dach".
>
> [mm]v(x,t)=\frac{2}{1+k^{2}}e^{-3ikt}[/mm]
>
>
>
> Hallo :)
>
>
> Mein Problem bei diesem Bsp. ist folgendes:
>
> Wenn ich nun das Integral
>
>
> [mm]u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{2}{1+k^{2}}e^{ik(-3t+x)} dk}[/mm]
>
> lösen möchte, so würde ich das normalerweise mit
> Partieller Integration tun. Jedoch verwundert mich der
> Hinweis etwas .. was soll ich mit dem anfangen (außer
> (-3t+x) damit darstellen) ? Noch dazu würde diese
> Partielle Integration doch sehr sehr aufwendig werden ?!
>
> Kann mir jemand vielleicht einen Tipp geben ?
>
Werte das Integral über den ![[]](/images/popup.gif) Residuensatz aus.
>
> Liebe Grüße Meely :)
>
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> Ps: Als Lösung folgt gibt man mir
> [mm]$e^{-|\sigma(x,t)|}=e^{-|-3t+x|}[/mm] an.
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:23 Mi 20.06.2012 | | Autor: | meely |
Hallo MathePower und danke für deine Antwort,
Habe nun das getan was du mir geraten hast.
Also meine Funktion (ich nenne sie ab hier [mm]f(k)[/mm])habe ich nun so geschrieben:
[mm]f(k)=\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^2}=\frac{e^{ik\sigma}}{(1+ik)(1-ik)}[/mm]
Die Polstellen sind [mm]k_1=i[/mm] , [mm]k_2=-i[/mm]
In meine Skript habe ich gefunden, dass ich wie folgt vorgehen kann:
für [mm]k_1=i[/mm]:
[mm]Res(f(k))=lim{(1+ik)\frac{e^{ik\sigma}}{(1+ik)(1-ik)}}}=lim{\frac{e^{ik\sigma}}{(1-ik)}}=\frac{e^{-\sigma}}{2}[/mm]
für [mm]k_2=-i[/mm] analog:
[mm]Res(f(k))=lim{(1-ik)\frac{e^{ik\sigma}}{(1+ik)(1-ik)}}}=...=\frac{e^{\sigma}}{2}[/mm]
Also müsste für mein Integral gelten:
[mm]\frac{1}{ \pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{ f(k)dx}=\frac{1}{\pi}2 i \pi(Res_1+Res_2)=\frac{1}{\pi}2i \pi (\frac{e^{-\sigma}}{2}+\frac{e^{\sigma}}{2})=i (e^{-\sigma}+e^{\sigma})[/mm]
Oder liege ich da komplett daneben ? :( das Müsste dann doch [mm] $i(2cosh(\sigma))$ [/mm] ergeben ?!
Liebe Grüße Meely
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Hallo meely,
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> Hallo MathePower und danke für deine Antwort,
>
> Habe nun das getan was du mir geraten hast.
>
> Also meine Funktion (ich nenne sie ab hier [mm]f(k)[/mm])habe ich
> nun so geschrieben:
>
> [mm]f(k)=\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^2}=\frac{e^{ik\sigma}}{(1+ik)(1-ik)}[/mm]
>
> Die Polstellen sind [mm]k_1=i[/mm] , [mm]k_2=-i[/mm]
>
> In meine Skript habe ich gefunden, dass ich wie folgt
> vorgehen kann:
>
> für [mm]k_1=i[/mm]:
>
> [mm]Res(f(k))=lim{(1+ik)\frac{e^{ik\sigma}}{(1+ik)(1-ik)}}}=lim{\frac{e^{ik\sigma}}{(1-ik)}}=\frac{e^{-\sigma}}{2}[/mm]
>
> für [mm]k_2=-i[/mm] analog:
>
> [mm]Res(f(k))=lim{(1-ik)\frac{e^{ik\sigma}}{(1+ik)(1-ik)}}}=...=\frac{e^{\sigma}}{2}[/mm]
>
>
> Also müsste für mein Integral gelten:
>
> [mm]\frac{1}{ \pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{ f(k)dx}=\frac{1}{\pi}2 i \pi(Res_1+Res_2)=\frac{1}{\pi}2i \pi (\frac{e^{-\sigma}}{2}+\frac{e^{\sigma}}{2})=i (e^{-\sigma}+e^{\sigma})[/mm]
>
>
> Oder liege ich da komplett daneben ? :( das Müsste dann
> doch [mm]i(2cosh(\sigma))[/mm] ergeben ?!
>
Für diese Art Integrale sind nur die Polstellen mit Imaginärteil größer Null von Bedeutung.
>
> Liebe Grüße Meely
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:03 Mi 20.06.2012 | | Autor: | meely |
Hallo nochmal,
bin mir nicht ganz sicher ob ich dir folgen kann.
Bedeutet dass für mich dass ich nur eine Polstelle $k=i$ habe ?
also einfach nur [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(k) dk}=2i\pi (Res(\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^{2}}))= lim(2i\pi(k-i)\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^{2}}[/mm] ??
Liebe Grüße :)
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Hallo meely,
>
> Hallo nochmal,
>
> bin mir nicht ganz sicher ob ich dir folgen kann.
>
> Bedeutet dass für mich dass ich nur eine Polstelle [mm]k=i[/mm]
> habe ?
>
> also einfach nur [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(k) dk}=2i\pi (Res(\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^{2}}))= lim(2i\pi(k-i)\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^{2}}[/mm]
> ??
>
Genau dies bedeutet das.
> Liebe Grüße :)
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:35 Mi 20.06.2012 | | Autor: | meely |
Hallo nochmal :)
also folgt nun:
[mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(k) dk}=2i\pi (Res(\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^{2}}))= lim(2i\pi(k-i)\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^{2}})=lim(2i\pi\frac{ke^{ik\sigma}-ie^{ik\sigma}}{1+k^{2}})=[/mm]
nach de l'Hospital:
[mm]=lim(2i\pi(\frac{e^{ik\sigma}+k\frac{e^{ik\sigma}}{i\sigma}-\frac{ie^{ik\sigma}}{i\sigma}}{2k}))=lim(2i\pi(\frac{e^{ik\sigma}}{2k}+\frac{e^{ik\sigma}}{2i\sigma}+\frac{e^{ik\sigma}}{2k\sigma}))=lim(i\pi(\frac{e^{ik\sigma}}{k}+\frac{e^{ik\sigma}}{i\sigma}+\frac{e^{ik\sigma}}{k\sigma}))=[/mm]
[mm]=i\pi(\frac{e^{-\sigma}}{i}+\frac{e^{-\sigma}}{i\sigma}+\frac{e^{-\sigma}}{i\sigma})=\pi(e^{-\sigma}+\frac{2e^{-\sigma}}{\sigma})[/mm]
Richtig so ?
Liebe Grüße und danke für deine Geduld :)
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Hallo meely,
> Hallo nochmal :)
>
> also folgt nun:
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(k) dk}=2i\pi (Res(\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^{2}}))= lim(2i\pi(k-i)\frac{e^{ik\sigma}}{1+k^{2}})=lim(2i\pi\frac{ke^{ik\sigma}-ie^{ik\sigma}}{1+k^{2}})=[/mm]
>
> nach de l'Hospital:
>
> [mm]=lim(2i\pi(\frac{e^{ik\sigma}+k\frac{e^{ik\sigma}}{i\sigma}-\frac{ie^{ik\sigma}}{i\sigma}}{2k}))=lim(2i\pi(\frac{e^{ik\sigma}}{2k}+\frac{e^{ik\sigma}}{2i\sigma}+\frac{e^{ik\sigma}}{2k\sigma}))=lim(i\pi(\frac{e^{ik\sigma}}{k}+\frac{e^{ik\sigma}}{i\sigma}+\frac{e^{ik\sigma}}{k\sigma}))=[/mm]
>
Der rot markierte Ausdruck stimmt nicht:
[mm]e^{ik\sigma}+k\red{\frac{e^{ik\sigma}}{i\sigma}-\frac{ie^{ik\sigma}}{i\sigma}} [/mm]
Hier hast Du die Exponentialfunktion offenbar integriert statt differenziert.
> [mm]=i\pi(\frac{e^{-\sigma}}{i}+\frac{e^{-\sigma}}{i\sigma}+\frac{e^{-\sigma}}{i\sigma})=\pi(e^{-\sigma}+\frac{2e^{-\sigma}}{\sigma})[/mm]
>
> Richtig so ?
>
>
> Liebe Grüße und danke für deine Geduld :)
>
Gruss
MathePower
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 21:27 Mi 20.06.2012 | | Autor: | meely |
Hallo MathePower,
>
> Der rot markierte Ausdruck stimmt nicht:
>
> [mm]e^{ik\sigma}+k\red{\frac{e^{ik\sigma}}{i\sigma}-\frac{ie^{ik\sigma}}{i\sigma}} [/mm]
>
> Hier hast Du die Exponentialfunktion offenbar integriert
> statt differenziert.
>
Oh ... das ist natürlich Schwachsinn.
[mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(k) dk}=...=lim(2i\pi\frac{ke^{ik\sigma}-ie^{ik\sigma}}{1+k^{2}})=lim(\frac{e^{ik\sigma}+ik\sigma e^{ik\sigma}+\sigma e^{ik\sigma}}{2k})=\pi*e^{-\sigma}[/mm]
sieht zumindest schon mal besser aus :)
also muss für mein Integral ja gelten:
[mm]\frac{1}{\pi}\integral_{-\infty}^{\infty}{f(k) dk}=e^{-\sigma}[/mm]
wie kann ich nun (oder muss ich sogar) argumentieren, dass der Betrag genommen werden muss ?
die Lösung soll ja laut Professor [mm] $u(x,t)=e^{-|\sigma|}$
[/mm]
Danke für die Hilfe ! Hast mir schon sehr geholfen :D
Liebe Grüße
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Hallo meely,
merke dir folgendes Integral:
[mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ \frac{e^{ikx}}{a^{2}+k^{2}}dk}=\frac{\pi}{a}e^{-a|x|}[/mm]
das Löst dein Problem ;)
(Warum genau der Betrag kommt kann ich dir leider auch nicht sagen. Ich lass die Frage mal auf teilweise beantwortet.)
LG Scherzkrapferl
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:02 Do 21.06.2012 | | Autor: | meely |
Hallo :)
> Hallo meely,
>
> merke dir folgendes Integral:
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ \frac{e^{ikx}}{a^{2}+k^{2}}dk}=\frac{\pi}{a}e^{-a|x|}[/mm]
>
> das Löst dein Problem ;)
ja das Löst mein Problem :) würde halt auch gerne verstehen wie man auf das kommt. Offensichtlich wurde das ja mit dem Residuensatz berechnet (sieht ja genauso aus wie ich's gemacht habe). Den Betrag würde ich gerne verstehen :S
>
> (Warum genau der Betrag kommt kann ich dir leider auch
> nicht sagen. Ich lass die Frage mal auf teilweise
> beantwortet.)
>
> LG Scherzkrapferl
>
Liebe Grüße und danke :) Meely
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[mm]u(x,t) = \frac{1}{2 \pi} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{2}{1+k^2} \cdot \operatorname{e}^{\sigma \operatorname{i}k} ~ \mathrm{d}k \ \ \text{mit} \ \ \sigma = x-3t[/mm]
Das ist ein Integral einer reellen Variablen mit komplexen Werten. Durch die Substitution
[mm]\sigma k = \vartheta \ \ \Leftrightarrow \ \ k = \frac{\vartheta}{\sigma}[/mm]
mit der neuen Variablen [mm]\vartheta[/mm] führt man es auf einen bekannten Typ zurück. Und hier ist die Krux. Zunächst einmal läßt sich die Umformung gar nicht durchführen, wenn [mm]\sigma = 0[/mm] ist (1. Fall). Wenn [mm]\sigma>0[/mm] ist (2. Fall), bleiben die Integrationsgrenzen, wenn dagegen [mm]\sigma<0[/mm] ist, kehren sich die Integrationsgrenzen um. Und das muß man alles bedenken.
Den 1. Fall behandelt man, indem man das Integral direkt löst (der Arcustangens ist eine Stammfunktion):
[mm]u(x,t) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{1 + k^2} ~ \mathrm{d}k = \frac{1}{\pi} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}k}{1 + k^2} = \frac{1}{\pi} \cdot \pi = 1[/mm]
Im 2. Fall geht die Rechnung so:
[mm]u(x,t) = \frac{\sigma}{\pi} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i} \vartheta}}{\sigma^2 + \vartheta^2} ~ \mathrm{d} \vartheta[/mm]
Im 3. Fall so (beachte die vertauschten Integrationsgrenzen):
[mm]u(x,t) = \frac{\sigma}{\pi} \int_{\infty}^{- \infty} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i} \vartheta}}{\sigma^2 + \vartheta^2} ~ \mathrm{d} \vartheta = - \frac{\sigma}{\pi} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i} \vartheta}}{\sigma^2 + \vartheta^2} ~ \mathrm{d} \vartheta = \frac{- \sigma}{\pi} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i} \vartheta}}{\sigma^2 + \vartheta^2} ~ \mathrm{d} \vartheta[/mm]
Jetzt ist ja gerade [mm]|\sigma| = \sigma[/mm], wenn [mm]\sigma>0[/mm] (2. Fall) und [mm]|\sigma|= - \sigma[/mm], wenn [mm]\sigma<0[/mm] (3. Fall) ist. Daher kann man den 2. und 3. Fall zusammenfassen:
[mm]u(x,t) = \frac{|\sigma|}{\pi} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i} \vartheta}}{\sigma^2 + \vartheta^2} ~ \mathrm{d} \vartheta[/mm]
Und dieses Integral kann zum Beispiel über den Residuensatz berechnet werden. Den 1. Fall muß man am Ende entweder getrennt aufführen oder man muß schauen, ob er sich nachträglich in die gefundene Formel einbauen läßt.
Wenn man mit dem Residuensatz weitermacht, zerlegt man den Integranden am besten gleich so (es gilt ja im Reellen [mm]\sigma^2 = |\sigma|^2[/mm]):
[mm]\frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i} z}}{\sigma^2 + z^2} = \frac{1}{z - \operatorname{i}|\sigma|} \cdot \underbrace{\ \frac{\operatorname{e}^{\operatorname{i} z}}{z + \operatorname{i}|\sigma|} \ }_{g(z)}[/mm]
In dieser Aufspaltung sieht man einerseits sofort, welche Singularität in der oberen Halbebene liegt, nämlich [mm]\operatorname{i}|\sigma|[/mm] (sonst müßte man wieder eine Fallunterscheidung nach dem Vorzeichen von [mm]\sigma[/mm] durchführen), und kann andererseits das Residuum [mm]a[/mm] unmittelbar ablesen, denn der zweite Bruch ist an der kritischen Stelle holomorph: [mm]a = g\left( \operatorname{i} |\sigma| \right)[/mm] .
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:20 Fr 22.06.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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