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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:48 Do 09.07.2015 | | Autor: | Trikolon |
| Aufgabe | Berechne:
[mm] \integral_{|z|=1}{sin^2(1/z) dz}
[/mm]
[mm] \integral_{|z|=7}{\bruch{z}{cos(z)-1} dz}
[/mm]
[mm] \integral_{|z|=r}{\bruch{1}{z^4+1} dz} [/mm] r>1 |
Hallo! Hier meine Ideen:
a) Sei [mm] f(z)=sin^2(1/z) [/mm] Hier habe ich versucht die Funktion in ihre Laurent-Reihe zu entwickeln, um anschließend a_-1 zu bestimmen, denn [mm] res(f,0)=a_{-1}. [/mm] (0 ist die einzige Singularität von f).
[mm] sin^2(1/z)= \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{-(2n+1)}=- \summe_{n=-1}^{- \infty}\bruch{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1}
[/mm]
Für n=-1 erhält man als Koeffizient von z^-1 : [mm] a_{-1}= (-1)^2=1
[/mm]
Also: [mm] \integral_{|z|=1}{sin^2(1/z) dz} [/mm] = 2 [mm] \pi [/mm] i (nach dem Residuensatz)
b) Die Singularitäten von [mm] f(z)=\bruch{z}{cos(z)-1} [/mm] auf [mm] D_7(0) [/mm] sind -2 [mm] \pi, [/mm] 0 und 2 [mm] \pi. [/mm] Es ist: 0 einfacher Pol mit res(f,0)=-2 und 2 [mm] \pi [/mm] bzw -2 [mm] \pi [/mm] sind Pole zweiter Ordnung mit res (f, 2 [mm] \pi)=-4 \pi [/mm] und res(f, -2 [mm] \pi)=4 \pi. [/mm] Also ist
[mm] \integral_{|z|=7}{\bruch{z}{cos(z)-1} dz}=2 \pi [/mm] i (4 [mm] \pi [/mm] - 4 [mm] \pi [/mm] -2)=-4 [mm] \pi [/mm] i
Was meint ihr dazu?
Bei der c) stehe ich auf dem Schlauch. Muss ich alle 4 komplexen Nst bestimmen und dann wieder Residuen berechnen? Ich hänge nämlich bei den Nullstellen bzw. deren Darstellung... [mm] \wurzel{i}, [/mm] - [mm] \wurzel{i}, [/mm] i [mm] \wurzel{i}, [/mm] -i [mm] \wurzel{i}.
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:02 Fr 10.07.2015 | | Autor: | fred97 |
> Berechne:
> [mm]\integral_{|z|=1}{sin^2(1/z) dz}[/mm]
>
> [mm]\integral_{|z|=7}{\bruch{z}{cos(z)-1} dz}[/mm]
>
> [mm]\integral_{|z|=r}{\bruch{1}{z^4+1} dz}[/mm] r>1
> Hallo! Hier meine Ideen:
>
> a) Sei [mm]f(z)=sin^2(1/z)[/mm] Hier habe ich versucht die Funktion
> in ihre Laurent-Reihe zu entwickeln, um anschließend a_-1
> zu bestimmen, denn [mm]res(f,0)=a_{-1}.[/mm] (0 ist die einzige
> Singularität von f).
> [mm]sin^2(1/z)= \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{-(2n+1)}=- \summe_{n=-1}^{- \infty}\bruch{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1}[/mm]
>
> Für n=-1 erhält man als Koeffizient von z^-1 : [mm]a_{-1}= (-1)^2=1[/mm]
>
> Also: [mm]\integral_{|z|=1}{sin^2(1/z) dz}[/mm] = 2 [mm]\pi[/mm] i (nach dem
> Residuensatz)
Das ist O.K.
>
> b) Die Singularitäten von [mm]f(z)=\bruch{z}{cos(z)-1}[/mm] auf
> [mm]D_7(0)[/mm] sind -2 [mm]\pi,[/mm] 0 und 2 [mm]\pi.[/mm] Es ist: 0 einfacher Pol
Das stimmt nicht ! 0 ist eine hebbare Singularitaet.
Edit: das war Unsinn von mir. 0 ist ein einfacher Pol !
> mit res(f,0)=-2
und 2 [mm]\pi[/mm] bzw -2 [mm]\pi[/mm] sind Pole zweiter
> Ordnung mit res (f, 2 [mm]\pi)=-4 \pi[/mm] und res(f, -2 [mm]\pi)=4 \pi.[/mm]
> Also ist
> [mm]\integral_{|z|=7}{\bruch{z}{cos(z)-1} dz}=2 \pi[/mm] i (4 [mm]\pi[/mm]
> - 4 [mm]\pi[/mm] -2)=-4 [mm]\pi[/mm] i
>
>
> Was meint ihr dazu?
>
> Bei der c) stehe ich auf dem Schlauch. Muss ich alle 4
> komplexen Nst bestimmen und dann wieder Residuen berechnen?
> Ich hänge nämlich bei den Nullstellen bzw. deren
> Darstellung... [mm]\wurzel{i},[/mm] - [mm]\wurzel{i},[/mm] i [mm]\wurzel{i},[/mm] -i
> [mm]\wurzel{i}.[/mm]
Bestimme die 4.ten Wurzeln aus -1
Fred
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:41 Fr 10.07.2015 | | Autor: | Trikolon |
Hallo Fred, danke für deine Hilfe!
Zur b)
Ich sehe hier leider nicht, weshalb 0 hebbar sein sollte.. mit l'hospital komme ich leider nicht weiter. Stimmt das was ich zu +/- 2 [mm] \pi [/mm] geschrieben hatte? Demgemäß wäre das integral ja dann 0.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:52 Fr 10.07.2015 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred, danke für deine Hilfe!
> Zur b)
> Ich sehe hier leider nicht, weshalb 0 hebbar sein sollte..
Pardon, da habe ich mich vertan ! Du hast recht: 0 ist ein einfacher Pol.
> mit l'hospital komme ich leider nicht weiter. Stimmt das
> was ich zu +/- 2 [mm]\pi[/mm] geschrieben hatte?
Ja
FRED
> Demgemäß wäre
> das integral ja dann 0.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:13 Fr 10.07.2015 | | Autor: | Trikolon |
Ok 
Dann müsste doch auch der Wert des integrals gestimmt haben, oder?
Bei c) habe ich als Nullstellen exp( [mm] \pi [/mm] i/4), exp( 3 [mm] \pi [/mm] i/4), exp( 5 [mm] \pi [/mm] i /4) und exp (7 [mm] \pi [/mm] i /4). Und nun?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:04 Fr 10.07.2015 | | Autor: | Trikolon |
Gibt's dann noch Ideen zur c)?
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Hallo Trikolon,
> Gibt's dann noch Ideen zur c)?
>
Siehe dazu diese Antwort.
Gruss
MathePower
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Hallo Trikolon,
> Ok
> Dann müsste doch auch der Wert des integrals gestimmt
> haben, oder?
>
So ist es. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Bei c) habe ich als Nullstellen exp( [mm]\pi[/mm] i/4), exp( 3 [mm]\pi[/mm]
> i/4), exp( 5 [mm]\pi[/mm] i /4) und exp (7 [mm]\pi[/mm] i /4). Und nun?
Berechne jetzt die Residuen gemäß dem Residuensatz.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:13 So 12.07.2015 | | Autor: | Trikolon |
Also z.B. für exp (i [mm] \pi [/mm] /4):
res(f, exp( i [mm] \pi /4)=\limes_{z\rightarrow\exp( i \pi /4)} [/mm] (z-exp( i [mm] \pi [/mm] /4)) f(z)
Und noch mal zur b) hatte fred nicht doch recht, dass 0 hebbar ist. Weil ja [mm] \limes_{z\rightarrow\0} \bruch{z-0}{cos z-1}=1/cos'(1)=-1/sin(1) [/mm] Oder?
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Hallo Trikolon,
> Also z.B. für exp (i [mm]\pi[/mm] /4):
> res(f, exp( i [mm]\pi /4)=\limes_{z\rightarrow\exp( i \pi /4)}[/mm]
> (z-exp( i [mm]\pi[/mm] /4)) f(z)
>
Ja.
> Und noch mal zur b) hatte fred nicht doch recht, dass 0
> hebbar ist. Weil ja [mm]\limes_{z\rightarrow\0} \bruch{z-0}{cos z-1}=1/cos'(1)=-1/sin(1)[/mm]
> Oder?
z=0 ist ein Pol erster Ordnung.
Um diese einzusehen, setze für cos(z) die Taylorreihe um z=0 ein.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:38 Mo 13.07.2015 | | Autor: | Trikolon |
Aber was ist denn an meiner Rechnung falsch? Danach wäre es doch hebbar.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:54 Mo 13.07.2015 | | Autor: | fred97 |
[mm] $\bruch{cos(z)-1}{z-0}=\bruch{cos(z)-cos(0)}{z-0} \to [/mm] cos'(0)=-sin(0)=0$ $ (z [mm] \to [/mm] 0)$
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:17 Fr 10.07.2015 | | Autor: | marshall91 |
Hallo,
ich möchte gerade die selbe Aufgabe lösen, allerdings bin ich hier mit deiner Reihendarstellung von [mm] sin^2 [/mm] nicht ganz einverstanden...
die von dir angegebene Reihe ist doch die Reihendarstellungen vom einfachen sinus oder?
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:24 Sa 11.07.2015 | | Autor: | Trikolon |
Stimmt. Ich habe vergessen das hoch 2 einzutippen. Das ändert aber nichts am Ergebnis.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:18 Sa 11.07.2015 | | Autor: | marshall91 |
Das Quadrat steht dann aber über der gesamten Summe, nicht nur über den einzelnen Summanden, und genau da liegt mein Problem^^
da müsste man doch dann eigentlich ein Cauchy-Produkt der Summe mit sich selber bilden..
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:12 Sa 11.07.2015 | | Autor: | Trikolon |
Vielleicht könnte Fred uns weiter helfen??
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