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| Aufgabe | Beweise:
[mm] \int_0^{\infty} \left| \frac{1}{-\frac{f^2}{f_p^2} + j \frac{f}{f_p q_p} +1} \right|^2 df = \frac{\pi}{2} q_p f_p [/mm]
und
[mm] \int_0^{\infty} \left| \frac{j \frac{f}{f_p}}{-\frac{f^2}{f_p^2} + j \frac{f}{f_p q_p} +1} \right|^2 df = \frac{\pi}{2} q_p f_p [/mm] |
Hallo Matheraum,
im Rahmen meiner Doktorarbeit (vor mehr als 15 Jahren) führte ich obigen Beweis ... und schrieb ihn nicht auf, weil ich ihn zu einfach fand. Und nun kann ich's nicht mehr ;)
Kann mir jemand einen Tipp geben, wie ich diese Integrale lösen kann?
Es ist [mm] $j=\sqrt{-1}$, [/mm] und sowohl [mm] $f_p$ [/mm] wie auch [mm] $q_p$ [/mm] sind positive reelle Zahlen.
Gruss,
Hanspeter
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Hiho,
> [mm]\int_0^{\infty} \left| \frac{1}{-\frac{f^2}{f_p^2} + j \frac{f}{f_p q_p} +1} \right|^2 df = \frac{\pi}{2} q_p f_p [/mm]
Substituiere [mm] $\bruch{f}{f_p} [/mm] = x$ und erhalte:
[mm]\int_0^{\infty} \frac{1}{\left|-x^2 + j \bruch{x}{q} +1\right|^2} dx = \int_0^{\infty} \frac{1}{\frac{1}{(qx)^2} + (1-x^2)^2} dx[/mm]
[mm]\int_0^{\infty} \frac{1}{\left|-x^2 + j \bruch{x}{q} +1\right|^2} dx = \int_0^{\infty} \frac{(qx)^2}{1 + \left(qx(1-x^2)\right)^2} dx[/mm]
Analog erhält man für das zweite Integral:
[mm]\int_0^{\infty} \frac{|ix|^2}{\left|-x^2 + j \bruch{x}{q} +1\right|^2} dx = \int_0^{\infty} \frac{x^2}{\frac{1}{(qx)^2} + (1-x^2)^2} dx[/mm]
[mm]= \int_0^{\infty} \frac{(qx^2)^2}{1 + \left(qx(1-x^2)\right)^2} dx[/mm]
Ob das jetzt aber schöner Lösbar ist, wage ich zu bezweifeln.....
Wenn dann würde ich vermuten, dass da nur was mit Funktionentheorie, Cauchy-Integralformel oder ähnliches geht.
Gruß,
Gono
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Bingo! Cauchy hat mir geholfen, weil es dort um komplexe Polynomnullstellen geht!
> [mm]\int_0^{\infty} \frac{1}{\left|-x^2 + j \bruch{x}{q} +1\right|^2} dx = \int_0^{\infty} \frac{1}{\frac{1}{(qx)^2} + (1-x^2)^2} dx[/mm]
Das stimmte nicht ganz, aber noch mit $a=1/q$ (um Brüche loszuwerden) kriege ich:
[mm]\int_0^{\infty} \left| \frac{1}{-\frac{f^2}{f_p^2} + j \frac{f}{f_p q_p} +1} \right|^2 df = \int_0^{\infty} \frac{1}{\left|-x^2 + j \bruch{x}{q} +1\right|^2} f_p dx
= f_p \int_0^{\infty} \frac{1}{a^2x^2 + (1-x^2)^2} dx
= f_p \int_0^{\infty} \frac{1}{x^4+(a^2-2)x^2+1} dx
[/mm]
Nun weiss ich, dass die Nullstellen eines so zustande gekommenen Polynoms einander entgegengesetzte Realteil haben und "sehe" deshalb sofort die Zerlegung
[mm]x^4+(a^2-2)x^2+1 = (x^2+ax+1)(x^2-ax+1)[/mm]
Nun kann ich Partialbruchzerlegung machen:
[mm]\frac{1}{x^4+(a^2-2)x^2+1} = \frac{1}{2a}\left( \frac{a-x}{x^2-ax+1} + \frac{a+x}{x^2+ax+1} \right)[/mm]
Und über DAS kann ich nun integrieren, siehe ![[]](/images/popup.gif) https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_integrals_of_rational_functions#Integrands_of_the_form_xm_.2F_.28a_x2_.2B_b_x_.2B_c.29n
Beim zweiten Integral gibt die Partialbruchzerlegung übrigens
[mm]\frac{x^2}{x^4+(a^2-2)x^2+1} = \frac{1}{2a}\left( \frac{x}{x^2-ax+1} - \frac{x}{x^2+ax+1} \right)[/mm]
falls ich richtig gerechnet habe.
In beiden Fällen gibt die Lösung wie früher bewiesen [mm] $\frac{\pi}{2}q_p f_p$.
[/mm]
Zwei Fragen allerdings:
1) Denkst Du das haut hin?
2) Warum denkt wohl Wolfram Alpha, dass das Integral hier komplex wird?
--> http://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate%28%28a-x%29%2F%282+a+%28-a+x%2Bx^2%2B1%29%29%2B%28a%2Bx%29%2F%282+a+%28a+x%2Bx^2%2B1%29%29%2C{x%2C0%2Cinfinity}%29
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:20 Fr 27.03.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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