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(Frage) überfällig  | | Datum: | 00:01 Fr 14.07.2006 | | Autor: | Moe007 |
| Aufgabe | Berechne das Kurvenintegral [mm] \integral_{\gamma}{tan(11 z) dz} [/mm] für
a) [mm] \gamma: [/mm] [0, [mm] 2\pi] \to \IC, [/mm] t [mm] \mapsto e^{it}
[/mm]
b) [mm] \gamma: [/mm] [0, 4 [mm] \pi] \to \IC, [/mm] t [mm] \mapsto \begin{cases} 1-e^{it}, & \mbox{für } t \in [0, 2\pi] \mbox{ } \\ -1+ e^{-it}, & \mbox{für } t \in [2\pi, 4\pi]\mbox{} \end{cases} [/mm] |
Hallo,
ich hoffe, es kann mir jemand bei der Aufgabe helfen.
Ich weiß nicht genau, wie ich das ausrechnen soll.
Ich hab bei der a) folgendes gemacht, komm aber leider nicht sehr weit:
[mm] \integral_{\gamma}{tan(11z) dz} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{2\pi}{tan(11 \gamma(t)) \gamma'(t) dt} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{2\pi}{tan(11 e^{it}) i e^{it} dt} [/mm] = i [mm] \integral_{0}^{2\pi}{tan(11 e^{it}) e^{it} dt} [/mm] = i [mm] \integral_{0}^{2\pi}{ \bruch{sin(11 e^{it})}{cos(11 e^{it})} e^{it} dt}
[/mm]
Stimmt das bis hierher? Leider bin ich erst so weit gekommen. Ich weiß nicht, wie ich das ganze jetzt weiter berechnen soll.
Ich hoffe, es kann mir jemand weiter helfen.
Das wäre echt super!
Danke für die Hilfe,
liebe Grüße Moe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:10 So 16.07.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
ich hoffe, es kann mir jemand vielleicht weiter helfen.
Ich hab in meinem Skript folgendes Lemma gefunden:
Sei f eine rationale Funktion in 2 Variablen, ohne Definitionslücken (=Nullstellen des Nenners) auf der Kreislinie {(x,y) | [mm] x^{2} [/mm] + [mm] y^{2} [/mm] = 1}.
Dann ist [mm] \integral_{0}^{2\pi}{f(cos t, sin t) dt} [/mm] = [mm] 2\pi [/mm] i [mm] \summe_{a \in E} Res_{a}(g), [/mm] wobei g(z) = [mm] \bruch{1}{iz} [/mm] f( [mm] \bruch{1}{2}(z+z^{-1}), \bruch{1}{2i}(z-z^{-1}))
[/mm]
Ich hab versucht, dieses Lemma auf meine Aufgabe anzuwenden, also auf diesen Term [mm] \integral_{0}^{2\pi}{ \bruch{sin(11 e^{it})}{cos(11 e^{it})} e^{it} dt}, [/mm] aber da rechne ich mich in den Wald rein.
Kann man [mm] \integral_{0}^{2\pi}{ \bruch{sin(11 e^{it})}{cos(11 e^{it})} e^{it} dt} [/mm] vielleicht vereinfachen, oder anders schreiben, um das alles einfacher zu haben, um das Lemma darauf anzuwenden.
Ich weiß nicht, wie ich das sonst berechnen soll.
Ich bitte daher um Hilfe.
Viele Grüße,
Moe
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Die erste Aufgabe ist eine einfache Anwendung des Cauchyschen Integralsatzes. Im Innern der Kurve - es ist der Einheitskreis - besitzt der Integrand keine Singularitäten. Der Integralwert ist daher klar.
EDIT
Kommando zurück! Ich habe die 11 unterschlagen. Natürlich besitzt der Integrand dann Singularitäten im Innern des Einheitskreises - also braucht man den Residuensatz. Vielleicht kannst du aber wie in Aufgabe b) auch die Ungeradheit der Tangensfunktion benutzen. Probiere das selber einmal.
Bei der zweiten Aufgabe könnte man sich die Ungeradheit der Tangensfunktion zunutze machen. Der Integrationsweg [mm]\gamma[/mm] setzt sich zusammen aus dem positiv durchlaufenen Kreis [mm]\gamma_1[/mm] um [mm]1[/mm] vom Radius [mm]1[/mm] und dem negativ durchlaufenen Kreis [mm]\gamma_2[/mm] um [mm]-1[/mm] vom Radius [mm]1[/mm]:
[mm]\int_{\gamma}~\tan{(11z)}~\mathrm{d}z \ = \ \int_{\gamma_1}~\tan{(11z)}~\mathrm{d}z \ + \ \int_{\gamma_2}~\tan{(11z)}~\mathrm{d}z[/mm]
Beim zweiten Integral kann man jetzt die Substitution [mm]z = -w[/mm] durchführen (Punktspiegelung am Ursprung). Dabei geht [mm]\gamma_2[/mm] in [mm]- \gamma_1[/mm] (also den negativ durchlaufenen Kreis um [mm]1[/mm] vom Radius [mm]1[/mm]) über. [mm]\mathrm{d}z[/mm] ist durch [mm]- \mathrm{d}w[/mm] zu ersetzen und [mm]\tan{(11z)}[/mm] durch [mm]\tan{(-11w)}[/mm]. Unter Verwendung der Ungeradheit der Tangensfunktion löst sich alles in Wohlgefallen auf.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:49 So 16.07.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo Leopold,
danke für deine Hilfe. Ich hab mal probiert, das zu machen, was du mir gesagt hast, aber ich hab leider nicht alles verstanden, wie das gehen soll...
Bei der a) hab ich versucht [mm] \integral_{\gamma}{tan(11z) dz} [/mm] in 2 Integrale zu zerlgen mit [mm] \gamma_{1} [/mm] und [mm] \gamma_{2}, [/mm]
[mm] \gamma_{1} [/mm] : [0, [mm] \pi] \to \IC, [/mm] t [mm] \mapsto e^{it}
[/mm]
[mm] \gamma_{2}: [/mm] [ [mm] \pi, 2\pi] \to \IC, [/mm] t [mm] \mapsto e^{it}.
[/mm]
Stimmt die Zerlegung so?
Dann hab ich das, wie bei der b) mit der Punktspiegelung und der Ungeradheit vom tan gemacht, und erhalte [mm] \integral_{\gamma}{tan(11z) dz}= \integral_{\gamma_{1}}{tan(11z) dz} [/mm] + [mm] \integral_{\gamma_{1}}{tan(-11w) - dw} [/mm] = [mm] \integral_{\gamma_{1}}{tan(11z) dz} [/mm] + [mm] \integral_{\gamma_{1}}{tan(11w) dw}
[/mm]
Und da z = -w, hab ich das zurücksubstituiert und erhalte:
[mm] \integral_{\gamma}{tan(11z) dz}= [/mm] 2 [mm] \integral_{\gamma_{1}}{tan(11z) dz}= [/mm] 2 [mm] \integral_{0}^{\pi}{tan(11 e^{it}) i e^{it} dt}= [/mm] 2i [mm] \integral_{0}^{\pi}{tan(11 e^{it}) e^{it} dt}
[/mm]
Und dann steh ich wieder vor dem gleichen Problem, wie davor, wie kann man denn tan(11 [mm] e^{it}) e^{it} [/mm] umschreiben, um den Residuensatz bzw. das Lemma vom letzten Posting zu verwenden?
Ich komm da nicht wirklich viel weiter....
Ich hoffe, du erklärst mir, was ich falsch gemacht habe.
Danke,
VG, Moe
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Bei Aufgabe a) mußt du den Residuensatz verwenden. Eine Parametrisierung wird dir da nicht viel helfen.
[mm]\int_{\gamma}~\tan{(11z)}~\mathrm{d}z \ = \ 2 \pi \operatorname{i} \, \sum_{\nu}~q_{\nu}[/mm]
Hierbei sind die [mm]q_{\nu}[/mm] die Residuen von [mm]f(z) = \tan{(11z)}[/mm] an den Polstellen im Innern des Einheitskreises. Die Polstellen sind [mm]\pm \frac{1}{22} \pi , \pm \frac{3}{22} \pi , \pm \frac{5}{22} \pi , \pm \frac{7}{22} \pi[/mm] (die Elffachen sind gerade die Definitionslücken der Tangensfunktion).
Die Berechnung des Residuums bei [mm]\frac{1}{22} \pi[/mm] führe ich einmal vor. Die restlichen solltest du alleine hinbekommen. Man braucht die Laurententwicklung von [mm]f(z)[/mm] um [mm]z_0 = \frac{1}{22} \pi[/mm]. Da der Pol von der Ordnung 1 ist, gilt:
[mm]f(z) = \frac{1}{z - \frac{1}{22} \pi} \left( a_0 + a_1 \left( z - \frac{1}{22} \pi \right) + a_2 \left( z - \frac{1}{22} \pi \right)^2 + \ldots \right)[/mm]
Und der Koeffizient [mm]a_0[/mm] ist das gesuchte Residuum. Wenn man mit dem Nenner durchmultipliziert, erhält man [mm]a_0[/mm] als Grenzwert:
[mm]a_0 = \lim_{z \to \frac{1}{22} \pi} \left( \left( z - \frac{1}{22} \pi \right) \tan{(11z)} \right)[/mm]
Jetzt substituiert man [mm]w = z - \frac{1}{22} \pi[/mm]. Für [mm]z \to \frac{1}{22} \pi[/mm] gilt [mm]w \to 0[/mm]. Daher folgt:
[mm]a_0 = \lim_{w \to 0} \left( w \, \tan{\left( 11w + \frac{\pi}{2} \right)} \right) = \lim_{w \to 0} \left( w \cdot \frac{\sin{\left(11w + \frac{\pi}{2} \right)}}{\cos{\left(11w + \frac{\pi}{2} \right)}} \right)[/mm]
[mm]= \lim_{w \to 0} \left( w \cdot \frac{\cos{(11w)}}{- \sin{(11w)}} \right) = - \lim_{w \to 0} \frac{w}{\sin{(11w)}} = - \lim_{w \to 0} \left( \frac{1}{11} \cdot \frac{11w}{\sin{(11w)}} \right) = - \frac{1}{11}[/mm]
Hinweis:
Um [mm]-\mathrm{d}w[/mm] gehört in deinem Integral übrigens noch eine Klammer. Sonst sieht das ja wie eine Differenz aus.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:51 So 16.07.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo Leopold,
vielen Dank für deine ausführliche Hilfe. Mir ist das mit den Residuen auch jetzt klarer als davor. Ich hab bei deiner Rechnung die Schritte nicht so verstanden:
> [mm]= \lim_{w \to 0} \left( w \cdot \frac{\cos{(11w)}}{- \sin{(11w)}} \right) = - \lim_{w \to 0} \frac{w}{\sin{(11w)}} = - \lim_{w \to 0} \left( \frac{1}{11} \cdot \frac{11w}{\sin{(11w)}} \right) = - \frac{1}{11}[/mm]
>
Wo ist im 2.Schritt der cos(11w) hin? Und warum hast du im letzten Schritt mit [mm] \bruch{1}{11} [/mm] erweitert? Bei [mm] \bruch{11w}{sin(11w)} [/mm] wird der Nenner doch 0. Ich versteh nicht, warum dieser Bruch 1 ergibt.
Es wäre nett, wenn du mir das noch erklären könntest.
Danke nochmals! :)
Viele Grüße,
Moe
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:45 So 16.07.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
die Polstellen für a) sind doch nur [mm] \pm \bruch{1}{22} \pi [/mm] und [mm] \pm \bruch{3}{22} \pi [/mm] oder? Die anderen sind doch gar nicht mehr in [mm] [0,2\pi [/mm] mehr drin. Stimmt das?
ich hab mal alle Residuen ausgerechnet bei der a):
Für [mm] \bruch{1}{22} \pi [/mm] kommt ja, wie du schon ausgerechnet hast - [mm] \bruch{1}{11} [/mm] heraus.
Für - [mm] \bruch{1}{22} \pi, \pm \bruch{3}{22} \pi [/mm] kommt ebenfalls auch immer [mm] -\bruch{1}{11}. [/mm] Stimmt das?
Dann ist [mm] \int_{\gamma}~\tan{(11z)}~\mathrm{d}z [/mm] \ = \ 2 [mm] \pi \operatorname{i} \, \sum_{\nu}~q_{\nu} [/mm] = - [mm] \bruch{8}{11} \pi^{2} [/mm] i
Kann das sein?
Bei der Aufgabe b) hab ich nach der Substitution
[mm] \integral_{\gamma}{tan(11z) dz} [/mm] = [mm] \integral_{\gamma_{1}}{tan(11z) dz} [/mm] - [mm] \integral_{\gamma_{1}}{tan(11w) dw}
[/mm]
Dann hab ich die Residuen für [mm] \integral_{\gamma_{1}}{tan(11z) dz} [/mm] berechnet, und für [mm] \integral_{\gamma_{1}}{tan(11w) dw}
[/mm]
Dann heben sich aber alle Residuen bei mir auf und ich bekomme für [mm] \integral_{\gamma}{tan(11z) dz} [/mm] = 0 als Ergebnis.
Ich weiß nicht, ob das richtig ist.
Ich hoffe, du kannst mir sagen, was ich falsch gemacht habe.
Gruß, Moe
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Es geht nicht darum, was im Intervall [mm][0,2 \pi][/mm] liegt, sondern welche Pole im Innern des Einheitskreises der Gaußschen Zahlenebene liegen; denn über den integrierst du ja. Und das sind die von mir genannten acht Pole (die letzten beiden übrigens ganz knapp nur). Und du hast das richtig berechnet: Jeder Pol besitzt dasselbe Residuum [mm]- \frac{1}{11}[/mm]. Der Integralwert bei a) ist deshalb doppelt so groß wie von dir berechnet (das Quadrat beim [mm]\pi[/mm] ist doch ein Schreibfehler?).
Und wohin [mm]\cos{(11w)}[/mm] gekommen ist, willst du wissen? Na, [mm]\lim_{w \to 0} \cos{(11w)} = 1[/mm].
Ferner habe ich als bekannt vorausgesetzt: [mm]\lim_{z \to 0} \frac{\sin{z}}{z} = 1[/mm].
Diesen Grenzwert behandelt man eigentlich schon in der Schule. Im übrigen folgt er sofort aus der Potenzreihenentwicklung von [mm]\sin{z}[/mm]. Der Kehrwert strebt dann natürlich auch gegen 1. Und schließlich wird noch [mm]z[/mm] durch [mm]11w[/mm] ersetzt.
Und dann das noch:
[mm]\integral_{\gamma_1}~\tan{(11z)}~\mathrm{d}z \ - \ \integral_{\gamma_1}~\tan{(11w)}~\mathrm{d}w[/mm]
Was soll ich dazu sagen? Siehst du das nicht?
Falls nein, dann berechne zur Übung
[mm]\int_{1607}^{2006}~\frac{\sqrt{4 + \ln{x}} - \operatorname{e}^{\frac{1}{1 + \cos^2{x}}}}{2 - \sin{x}}~\mathrm{d}x \ - \ \int_{1607}^{2006}~\frac{\sqrt{4 + \ln{t}} - \operatorname{e}^{\frac{1}{1 + \cos^2{t}}}}{2 - \sin{t}}~\mathrm{d}t[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:04 So 16.07.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo Leopold,
danke für deine große Hilfe, ich hab aber noch eine Frage und zwar, woher weiß ich denn, dass genau diese 8 Pole in Einheitskreis liegen und sonst keine? Ich dachte immer, man muss sich das Intervall immer anschauen.
Wie kann man denn allgemein herausfinden, was die Pole sind.
Du hast [mm] \pm \bruch{7}{22}\pi [/mm] als letztes angegeben. Woher weiß man dass [mm] \pm \bruch{9}{22}\pi [/mm] nicht mehr mit dabei ist?
Und dann zum anderen Problem:
> Und dann das noch:
>
> [mm]\integral_{\gamma_1}~\tan{(11z)}~\mathrm{d}z \ - \ \integral_{\gamma_1}~\tan{(11w)}~\mathrm{d}w[/mm]
>
> Was soll ich dazu sagen? Siehst du das nicht?
>
> Falls nein, dann berechne zur Übung
>
> [mm]\int_{1607}^{2006}~\frac{\sqrt{4 + \ln{x}} - \operatorname{e}^{\frac{1}{1 + \cos^2{x}}}}{2 - \sin{x}}~\mathrm{d}x \ - \ \int_{1607}^{2006}~\frac{\sqrt{4 + \ln{t}} - \operatorname{e}^{\frac{1}{1 + \cos^2{t}}}}{2 - \sin{t}}~\mathrm{d}t[/mm]
Name sind doch wie Schall und Rauch denk ich mal, also ob x oder t als Variablenname ist egal. Also erspar ich mir die Arbeit diesen Trümmer auszurechnen. Also ist das Ergebnis 0 oder? :D
Liebe Grüße, Moe
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[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:20 Fr 21.07.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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