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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:23 So 16.07.2017 | | Autor: | astol |
| Aufgabe | | Berechne: [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{cos^2(x)}{x^2+1} dx} [/mm] |
Hallo zusammen, ich möchte gerne obiges Integral berechnen. Laut Wolfram Alpha müsse ich [mm] \approx1,78 [/mm] erhalten.
Ich denke dass ich das Integral mit den Resiuensatz berechnen kann, steh dabei aber irgendwie auf dem Schlauch. Wäre lieb wenn ihr mir da weiter helfen könntet. DANKE!
[mm] f(x)=\bruch{cos^2(x)}{x^2+1}=\bruch{cos^2(x)}{(x-i)(x+i)}
[/mm]
Die Polstellen sind bei i und -i
Residuensatz: [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x)dx}=2\pi i\summe_{a}^{}res_af(x) [/mm] und [mm] res_af=\limes_{x\rightarrow a}(x-a)f(x)
[/mm]
Also folgt demnach:
[mm] res_if=\limes_{x\rightarrow i}(x-i)\bruch{cos^2(x)}{(x-i)(x+i)}=\bruch{cos^2(i)}{2i}
[/mm]
[mm] res_{-i}f=\limes_{x\rightarrow -i}(x+i)\bruch{cos^2(x)}{(x-i)(x+i)}=\bruch{cos^2(i)}{-2i}
[/mm]
Weiter müsse also gelten:
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x)dx}=2\pi i(\bruch{cos^2(i)}{-2i}+\bruch{cos^2(i)}{2i})
[/mm]
Aber das sieht mir sehr sehr komisch aus? Wo hat sich da der Fehler eingeschlichen, bzw. was müsste ich da anders machen?
Nochmals DANKE für Eure Hilfe und weiterhin eine schönen Sonntag!
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> Berechne:
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{cos^2(x)}{x^2+1} dx}[/mm]
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> Hallo zusammen, ich möchte gerne obiges Integral
> berechnen. Laut Wolfram Alpha müsse ich [mm]\approx1,78[/mm]
> erhalten.
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> Ich denke dass ich das Integral mit den Resiuensatz
> berechnen kann, steh dabei aber irgendwie auf dem Schlauch.
> Wäre lieb wenn ihr mir da weiter helfen könntet. DANKE!
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> [mm]f(x)=\bruch{cos^2(x)}{x^2+1}=\bruch{cos^2(x)}{(x-i)(x+i)}[/mm]
> Die Polstellen sind bei i und -i
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> Residuensatz: [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x)dx}=2\pi i\summe_{a}^{}res_af(x)[/mm]
> und [mm]res_af=\limes_{x\rightarrow a}(x-a)f(x)[/mm]
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Wenn du nun einen Weg um alle Polstellen herum wählst, kommt das - hier dann 0 - heraus.
Du willst aber nur über den Weg auf der x-Achse von [mm] -\infty [/mm] bis [mm] \infty [/mm] berechnen!
Dazu wählst du 2 Stücke: Über die x-Achse von -r bis r, dann über einen Halb!kreis von r durch die obere Halbebene zu -r zurück.
Das gibt dann nur [mm] res_if=\limes_{x\rightarrow i}(x-i)\bruch{cos^2(x)}{(x-i)(x+i)}=\bruch{cos^2(i)}{2i}.
[/mm]
Das ganze Integral hat dann den Wert [mm] \pi*cos^2(i).
[/mm]
Geht nun r nach [mm] \infty [/mm] und geht der Integralanteil auf dem oberen Halbkreis gegen 0, so erhältst du für die x-Achse
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{cos^2(x)}{x^2+1} dx}=\pi*cos^2(i).
[/mm]
Das ist hier aber nicht der Fall!
Die Werte auf dem Kreisbogen gehen nicht gegen 0. So ist z.B. für z=ki auf dem oberen Kreisrand mit r=k
[mm] cos(k*i)=\bruch{e^{iki}+e^{-iki}}{2}=\bruch{e^{-k}+e^{k}}{2}>\bruch{e^{k}}{2} [/mm] und damit [mm] |f(ki)|>\bruch{e^{2k}}{2k^2+1}, [/mm] und dieser Wert geht mit k nach [mm] \infty.
[/mm]
Man kann also die von dir beabsichtigte "Regel" hier nicht anwenden.
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Habe mich nochmals mit dem "Kandidaten" auseinandergesetzt und so oft herumtransformiert, bis es funktionierte. Vielleicht gehts auch einfacher. Also:
I=[mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{cos^2(x)}{x^2+1} dx}=2*\integral_{0}^{\infty}{\bruch{cos^2(x)}{x^2+1} dx}[/mm] (wg. Achsensymmetrie).
Nun ist [mm] cos^2(x)=(\bruch{e^{ix}+e^{-ix}}{2})^2=\bruch{e^{2ix}+2+e^{-2ix}}{4} [/mm] und damit
[mm] I=2*\integral_{0}^{\infty}{\bruch{e^{2ix}+2+e^{-2ix}}{4(x^2+1)} dx}=0,5*\integral_{0}^{\infty}{\bruch{e^{2ix}}{x^2+1} dx}+\integral_{0}^{\infty}{\bruch{1}{x^2+1} dx}+0,5*\integral_{0}^{\infty}{\bruch{e^{-2ix}}{(x^2+1)} dx}
[/mm]
Wegen der Achsennsymmetrie ist das mittlere Integral [mm] 0,5*\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{x^2+1} dx}.
[/mm]
Das hintere Integral lässt sich substituieren mit t=-x sowie dx=-dt:
[mm] 0,5*\integral_{0}^{\infty}{\bruch{e^{-2ix}}{(x^2+1)} dx}=0,5*\integral_{0}^{-\infty}{\bruch{e^{2ix}}{(x^2+1)}*(-dx)}=0,5*\integral_{-\infty}^{0}{\bruch{e^{2ix}}{(x^2+1)} dx}
[/mm]
Damit erhält man nun:
[mm] I=0,5*(\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^{2ix}}{x^2+1} dx}+\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{x^2+1} dx})
[/mm]
Was sollte das alles?
Die Wegverkürzung auf die positive x-Achse hat bewirkt, dass das hintere Integral mit dem Faktor [mm] e^{-2ix} [/mm] durch das mit dem Faktor [mm] e^{2ix} [/mm] ersetzt werden konnte. Und nur dafür lässt sich zeigen, dass das Integralstück im Komplexen über dem oberen Halbkreis mit wachsendem Radius nach 0 geht. (*)
Die erneute Verlängerung auf ganz [mm] \IR [/mm] sorgt dafür, dass die Polstelle mit Hilfe des Halbkreises und der x-Achse - wie in meinem ersten Beitrag bemerkt - eingeschlossen werden kann.
Als Ergebnis ergibt sich dann für die Residuen von [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{e^{2ix}}{x^2+1} dx} [/mm] der Wert [mm] \bruch{e^{2i(i)}}{2i} [/mm] = [mm] \bruch{e^{-2}}{2i} [/mm] und von [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{1}{x^2+1} dx} [/mm] der Wert [mm] \bruch{1}{2i}, [/mm] also
[mm] I=0,5*2\pi*i*(\bruch{e^{-2}}{2i}+\bruch{1}{2i})=0,5*\pi*(1+e^{-2})
[/mm]
(*)
Betrachte [mm] f(z)=\bruch{1}{z^2+1} [/mm] und das Integral [mm] \integral_{B}{f(z)*e^{2iz}} [/mm] dz, wobei B der obere Halbkreis mit Radius R ist.
Sei t eine Parametrisierung des Weges mit [mm] z=R*e^{it} [/mm] für t von 0 bis [mm] \pi, [/mm] also dz = [mm] iR*e^{it}dt
[/mm]
sei [mm] M=max|f(R*e^{it})| [/mm] = M(R)
dann ist [mm] |\integral_{B}{f(z)*e^{2iz}} dz|\le \integral_{0}^{\pi}{M*|e^{2iR*e^{it}}||i||R|*|e^{it}|} dt=RM\integral_{0}^{\pi}{|e^{2iR*e^{it}}|} [/mm] dt
Es ist [mm] |e^{2iR*e^{it}}|=|e^{2iR*(cos(t)+isin(t)}|=|e^{2iR*cos(t)}|*|e^{-2Rsin(t)}|=1*|e^{-2Rsin(t)}|
[/mm]
Somit: [mm] |\integral_{B}{f(z)*e^{2iz}} dz|\le RM\integral_{0}^{\pi}{|e^{-2Rsin(t)}|} [/mm] dt [mm] =2*RM\integral_{0}^{\pi/2}{|e^{-2Rsin(t)}|} [/mm] dt ...wegen der Symmetrie des sin im intervall von 0 bis [mm] \pi
[/mm]
In diesem Intervall ist aber sin(t)>c*t für ein c>0:
[mm] ...<2*RM\integral_{0}^{\pi/2}{e^{-2Rct}} [/mm] dt = [mm] -\bruch{M}{c}e^{-2Rct} [/mm] von 0 bis [mm] \pi/2 [/mm] = [mm] \bruch{M}{c}(e^{-Rc\pi}-1).
[/mm]
Mit wachsendem R geht die hintere Klammer gegen 1 und M=M8R) gegen 0,also das gesamte Integral gegen 0.
(Wäre der Faktor [mm] e^{-2it} [/mm] statt [mm] e^{2it} [/mm] gewesen, würde die hintere Klammer [mm] (e^{Rc\pi}-1) [/mm] heißen und nach [mm] \infty [/mm] gehen.)
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