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Funktionentheorie » Integration » Wegintegral
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Universität/Hochschule J Wegintegral
nitram999
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  Themenstart: 2022-10-22

Hallo, ich komme bei folgender Aufgabe nicht weiter: Sei \gamma(t):=e^(i*t) für t\el\ [-\pi,\pi] ein Weg. a) Berechnen Sie I:=int((z^2)/(2z+1),z,\gamma,) b) Zeigen Sie, dass int((2cos(2\theta)+cos(3\theta))/(5+4cos(\theta)),\theta,0,\pi)=\pi/8 gilt, indem Sie das Wegintegral I aus a) als Integral über [-\pi,\pi] betrachten. Teil a) habe ich noch gelöst mit Hilfe der Cauchy'schen Integralformel. Es ergibt sich: I=(\pi*i)/4 Jedoch weiß ich nicht, wie ich an die b) herangehen soll und wie dort die a) eingeht. Vielen Dank schon mal! LG nitram999


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nzimme10
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-10-22

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Setze doch bei a) einfach mal die Parametrisierung ein (wie es im Hinweis steht). $$ \int_\gamma \frac{z^2}{2z+1} \dd z=\int_{-\pi}^\pi \frac{\e^{2\i t}}{2\e^{\i t}+1}\cdot \i \e^{\i t} \dd t=\int_{-\pi}^\pi \frac{\e^{3\i t}}{2\e^{\i t}+1}\cdot \i \dd t. $$ Nun mal $\e^{\i t}=\cos(t)+\i \sin(t)$ ausnutzen und vereinfachen. LG Nico\(\endgroup\)


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nitram999
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-22

Hallo Nico, danke für deine Antwort. Das habe ich tatsächlich schon versucht, es dann aber verworfen, weil ich die Sinus-Ausdrücke in Zähler und Nenner nicht beseitigen konnte. Also es ergibt sich ja sowas: int((i*e^(i*3t)/(2*e^it +1)),t,-\pi,\pi) = int(i*(cos(3t)+i*sin(3t))/(2*(cos(t)+i*sin(t))+1),t,-\pi,\pi) Und dann ist ja auch nur das Integral von 0 bis Pi gesucht. Vielleicht kannst du mir noch einen Tipp geben? LG nitram999


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Mandelbluete
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-10-23

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) Huhu! 🙂 Bei (b) gibt es zwei Schritte: Setzen wir \[ g(t) := \frac{\i\cos 3t - \sin 3t}{(2\cos t + 1) + \i \cdot 2\sin t}. \] Der erste Schritt ist, daß man von $g(t)$ den (Real- und) Imaginärteil bestimmt. Man kann einmal $\cos 3t \cos t + \sin 3t \sin t = \cos 2t$ benutzen. Schließlich sollte sich ergeben, daß \[ \frac{2\cos 2t + \cos 3t}{5 + 4\cos t} \] nichts anderes als der Imaginärteil von $g(t)$ ist. Der zweite Schritt ist nun, \[ I = \int_0^\pi g(t) \, \d t - \int_0^{-\pi} g(t) \, \d t = \int_0^\pi \bigl(g(t) - \overline{g(t)}\bigr) \, \d t \] zu zeigen. Wegen $g(t) - \overline{g(t)} = 2\i\operatorname{Im}g(t)$ hat man es dann. Entschuldigt, daß ich mich einfach so eingemischt habe. Ich hatte Lust, irgendwas zu beantworten. 🙂 Liebe Grüße Mandelblüte\(\endgroup\)


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nitram999
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-23

Danke für die Antwort Mandelblüte! Woher kommt denn diese Formel? \quoteon(2022-10-23 04:23 - Mandelbluete in Beitrag No. 3) Man kann einmal $\cos 3t \cos t + \sin 3t \sin t = \cos 2t$ benutzen. \quoteoff Und wie ergibt sich hier das letzte Gleichheitszeichen? Mir ist unklar, wie dann plötzlich das komplex konjugierte von g da steht und warum sich die Grenze von Minus Pi zu Plus Pi ändert. \quoteon(2022-10-23 04:23 - Mandelbluete in Beitrag No. 3) \[ I = \int_0^\pi g(t) \, \d t - \int_0^{-\pi} g(t) \, \d t = \int_0^\pi \bigl(g(t) - \overline{g(t)}\bigr) \, \d t \] \quoteoff LG nitram999


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Kuestenkind
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-10-23

Huhu nitram999, nur als Ergänzung: Man kann ja auch mit b) starten. Das ist absolutes Standardvorgehen bei solchen Integralen: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2022-10-23_um_11.37.01.png Da der Integrand gerade ist folgt dann: \(\displaystyle \mathcal{I}=\int_0^\pi \frac{2\cos(2\theta)+\cos(3\theta)}{5+4\cos(\theta)}\, \dd \theta=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^\pi \frac{2\cos(2\theta)+\cos(3\theta)}{5+4\cos(\theta)}\, \dd \theta= \frac{1}{2} \operatorname{Re}\int_{-\pi}^\pi \frac{2e^{2i\theta}+e^{3i\theta}}{5+4\cos(\theta)}\, \dd \theta \). Substituiere nun wie oben und du bist direkt fertig. Falls du das nochmal üben möchtest sind hier noch zwei Integrale: \(\displaystyle \int_0^{2\pi}\frac{\dd \theta}{5/4+\sin \theta}=\frac{8\pi}{3}\) \(\displaystyle \int_0^{2\pi}\frac{\cos^2(3\theta)}{5-4\cos(2 \theta)}\, \dd \theta=\frac{3\pi}{8}\) Gruß und einen schönen Sonntag wünscht, Küstenkind [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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AlphaSigma
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-10-23

\quoteon(2022-10-23 11:55 - Kuestenkind in Beitrag No. 5) ... https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2022-10-23_um_11.37.01.png ... Gruß und einen schönen Sonntag wünscht, Küstenkind [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.] \quoteoff Hallo Küstenkind, hast Du vielleicht auch die Quellenangabe zu dem Ausschnitt? VG AlphaSigma


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Kuestenkind
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-10-23

Huhu AlphaSigma, das dürfte eigentlich in vielen Büchern zur komplexen Analysis zu finden sein. Der Ausschnitt ist aus dem Pathak (S. 387). Man findet das aber auch z. B. in den älteren Büchern von Wunsch und Ablowitz/Fokas. Gruß, Küstenkind


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nitram999
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-23

Hallo Kuestenkind, danke für deine Antwort! Wenn ich die Substitution durchführe steht dann da: \quoteon(2022-10-23 11:55 - Kuestenkind in Beitrag No. 5) \(\displaystyle \mathcal{I}=\int_0^\pi \frac{2\cos(2\theta)+\cos(3\theta)}{5+4\cos(\theta)}\, \dd \theta=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^\pi \frac{2\cos(2\theta)+\cos(3\theta)}{5+4\cos(\theta)}\, \dd \theta= \frac{1}{2} \operatorname{Re}\int_{-\pi}^\pi \frac{2e^{2i\theta}+e^{3i\theta}}{5+4\cos(\theta)}\, \dd \theta \). [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.] \quoteoff =1/2 Re(1/i * int((2z+z^2)/(5+2z+2/z),z,\gamma,)) Jetzt soll ja aber wahrscheinlich am Ende, wenn man weiterrechnet, sowas dastehen: ... =1/2 Re(1/i * int((z^2)/(2z+1),z,\gamma,)) = 1/2 * Re( 1/i *(\pi*i)/4 )=\pi/8 Wie komme ich da hin? LG nitram999 [Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]


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Kuestenkind
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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-10-23

Du musst nur den Bruch im Nenner beseitigen, also mit \(z\) erweitern: \(\displaystyle \frac{2z+z^2}{5+2z+2/z}=\frac{2z^2+z^3}{2z^2+5z+2}=\frac{z^2(z+2)}{(2z+1)(z+2)}\) Gruß, Küstenkind


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nitram999
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-23

Ah, ein großes Dankeschön! Das hab ich nicht gesehen.


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Kuestenkind
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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-10-23

Gerne! Es wäre also geschickter gewesen, das \(z\) nicht zu kürzen und im Nenner direkt zu multiplizieren. Gruß, Küstenkind


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AlphaSigma
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  Beitrag No.12, eingetragen 2022-10-23

\quoteon(2022-10-23 13:10 - Kuestenkind in Beitrag No. 7) Huhu AlphaSigma, das dürfte eigentlich in vielen Büchern zur komplexen Analysis zu finden sein. Der Ausschnitt ist aus dem Pathak (S. 387). Man findet das aber auch z. B. in den älteren Büchern von Wunsch und Ablowitz/Fokas. Gruß, Küstenkind \quoteoff Danke Küstenkind, den Wunsch habe ich sogar da. Da steht es auf S. 336. https://www.matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/35344_Wunsch_p336_c.jpg


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Mandelbluete
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  Beitrag No.13, eingetragen 2022-10-23

\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \) Huhu, Nitram! Hier die Antworten auf die Fragen in Beitrag Nr. 4. Die Formel ist einfach ein Additionstheorem für den Cosinus: \[ \cos 2t = \cos(3t - t) = \cos 3t \cos t + \sin 3t \sin t. \] Das letzte Gleichheitszeichen ergibt sich mit Hilfe der Substitution $s = -t$, $\d s = -\d t$. Ein weiteres Minuszeichen ergibt sich durch Umkehren der Integrationsgrenzen, und man benutzt, daß sich die komplexe Konjugation mit den Rechenoperationen verträgt, Cosinus gerade und Sinus ungerade ist: \[ \begin{align*} \int_{-\pi}^0 g(t) \, \d t &= \int_{-\pi}^0 \frac{\i \cos 3t - \sin 3t}{(2\cos t + 1) + \i \cdot 2\sin t} \, \d t \\ &= -\int_{\pi}^0 \frac{\i \cos 3t + \sin 3t}{(2\cos t + 1) - \i \cdot 2\sin t} \, \d t\\ &= -\int_{\pi}^0 \overline{\Bigl(\frac{-\i \cos 3t + \sin 3t}{(2\cos t + 1) + \i \cdot 2\sin t}\Bigr)} \d t \\ &= -\int_0^\pi \overline{g(t)} \, \d t. \end{align*} \] Liebe Grüße von der Mandelblüte\(\endgroup\)


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