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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:23 Mi 03.10.2012 | | Autor: | Katthi |
| Aufgabe | Berechnen Sie [mm] \integral_{0}^{\infty}{cos(x^2) dx} [/mm].
Betrachten Sie dazu [mm] \integral_{\gamma }^{}{e^{iz^2} dz} [/mm] längs des Weges, der als Bild das Dreieck mit den Eckpunkten 0, M und M+iM hat, und lassen Sie dann [mm] M \to \infty [/mm] gehen. Verwenden Sie ebenfalls, dass [mm] \integral_{0}^{\infty}{e^{-x^2} dx} = \bruch{\wurzel(\pi)}{2} [/mm] . |
Hallo Leute,
ich verzweifle langsam an dieser Aufgabe.
Ich sage euch erstmal wie weit ich schon bin.
Habe den gegeben Weg erstmal in drei Teilstücke unterteilt:
[mm] \gamma_1 : [0,1] \to \IC \quad \gamma_1(t) = Mt [/mm]
[mm] \gamma_2 : [0,1] \to \IC \quad \gamma_2(t) = M+iMt [/mm]
[mm] \gamma_3 : [0,1] \to \IC \quad \gamma_3(t) = M+iM - (M+iM)t [/mm]
Aus diesen setzt sich ja mein [mm] \gamma [/mm] zusammen und da ich weiß, dass das [mm] e^{iz^2} [/mm] holomorph ist, kann ich den Cauchy Integralsatz anwenden, dass dann das komplette Integral über den ganzen Weg gleich Null ist. Dann kann ich z.B. so umstellen:
[mm] \gamma_1 = - \gamma_2 - \gamma_3 [/mm]
Durch meinen Tipp erhalte ich:
[mm] \integral_{0}^{\infty}{cos(x^2) dx} = \limes_{M\rightarrow\infty} ( \integral_{0}^{M}{cos(x^2) dx} )= \limes_{M\rightarrow\infty} Re( \integral_{\gamma}^{}{e^{iz^2} dz} ) [/mm]
Daraus ergibt sich dann wieder:
[mm] \limes_{M\rightarrow\infty} Re( \integral_{\gamma_1}^{}{e^{iz^2} dz} ) = - \limes_{M\rightarrow\infty} Re( \integral_{\gamma_2}^{}{e^{iz^2} dz} ) - \limes_{M\rightarrow\infty} Re( \integral_{\gamma_3}^{}{e^{iz^2} dz} ) [/mm]
So und das gilt aber laut Vorlesung nur, wenn die beiden Grenzwerte rechts existieren.
Weiter komme ich jetzt aber nicht. Ich weiß, dass ich das jetzt irgendwie abschätzen muss, weil irgendwelche Wegintegrale für [mm] M \to \infty [/mm] ja null werden müssen, damit ich nen Ergebnis erhalte.
Aber ich weiß nicht, wie ich das jetzt angehen soll.
Ich hoffe ihr könnt mir irgendwie helfen.
Viele Grüße,
Katthi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:47 Do 04.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo Katti,
> Berechnen Sie [mm]\integral_{0}^{\infty}{cos(x^2) dx} [/mm].
>
> Betrachten Sie dazu [mm]\integral_{\gamma }^{}{e^{iz^2} dz}[/mm]
> längs des Weges, der als Bild das Dreieck mit den
> Eckpunkten 0, M und M+iM hat, und lassen Sie dann [mm]M \to \infty[/mm]
> gehen. Verwenden Sie ebenfalls, dass
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{e^{-x^2} dx} = \bruch{\wurzel(\pi)}{2}[/mm]
> .
>
>
> Hallo Leute,
>
> ich verzweifle langsam an dieser Aufgabe.
>
> Ich sage euch erstmal wie weit ich schon bin.
> Habe den gegeben Weg erstmal in drei Teilstücke
> unterteilt:
> [mm]\gamma_1 : [0,1] \to \IC \quad \gamma_1(t) = Mt[/mm]
> [mm]\gamma_2 : [0,1] \to \IC \quad \gamma_2(t) = M+iMt[/mm]
>
> [mm]\gamma_3 : [0,1] \to \IC \quad \gamma_3(t) = M+iM - (M+iM)t[/mm]
>
> Aus diesen setzt sich ja mein [mm]\gamma[/mm] zusammen und da ich
> weiß, dass das [mm]e^{iz^2}[/mm] holomorph ist, kann ich den Cauchy
> Integralsatz anwenden, dass dann das komplette Integral
> über den ganzen Weg gleich Null ist. Dann kann ich z.B. so
> umstellen:
> [mm]\gamma_1 = - \gamma_2 - \gamma_3[/mm]
>
> Durch meinen Tipp erhalte ich:
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{cos(x^2) dx} = \limes_{M\rightarrow\infty} ( \integral_{0}^{M}{cos(x^2) dx} )= \limes_{M\rightarrow\infty} Re( \integral_{\gamma}^{}{e^{iz^2} dz} )[/mm]
>
> Daraus ergibt sich dann wieder:
> [mm]\limes_{M\rightarrow\infty} Re( \integral_{\gamma_1}^{}{e^{iz^2} dz} ) = - \limes_{M\rightarrow\infty} Re( \integral_{\gamma_2}^{}{e^{iz^2} dz} ) - \limes_{M\rightarrow\infty} Re( \integral_{\gamma_3}^{}{e^{iz^2} dz} )[/mm]
>
> So und das gilt aber laut Vorlesung nur, wenn die beiden
> Grenzwerte rechts existieren.
>
> Weiter komme ich jetzt aber nicht. Ich weiß, dass ich das
> jetzt irgendwie abschätzen muss, weil irgendwelche
> Wegintegrale für [mm]M \to \infty[/mm] ja null werden müssen,
> damit ich nen Ergebnis erhalte.
> Aber ich weiß nicht, wie ich das jetzt angehen soll.
Theoretisch ganz einfach! Wir müssen allerdings nicht nur die Konvergenz der beiden rechten Integrale nachweisen, sondern auch die Grenzwerte bestimmen. Um $ [mm] \int_0 ^\infty e^{-x^2} [/mm] dx= [mm] \sqrt \pi [/mm] /2 $ zu verwenden, habe ich [mm] $\gamma_3$ [/mm] etwas anders parametrisiert:
[mm] $\gamma_3\colon [0;M]\to \IC,\; t\mapsto [/mm] (1+i)(M-t)$.
Dann ist laut Definition des Wegintegrals:
[mm] $\int_{\gamma_3} e^{iz^2} [/mm] dz = [mm] \int_0^M e^{i(1+i)^2(M-t)^2}(-1-i)dt [/mm] = [mm] \int_0^M e^{-2(M-t)^2}(-1-i)dt\;.$
[/mm]
Damit ist der Realteil:
[mm] $-\int_0^M e^{-2(M-t)^2}dt\;.$
[/mm]
Mit einer Substitution, die [mm] $s=\bigl(M-t(s)\bigr)*\sqrt [/mm] 2$ liefert, ergibt sich
$t(s)= [mm] M-s/\sqrt [/mm] 2$, [mm] $t'(s)=-1/\sqrt [/mm] 2$ und wir erhalten für den Realteil:
[mm] $-\int_{M\sqrt 2}^ [/mm] 0 [mm] e^{-s^2}(-1/\sqrt [/mm] 2) ds = [mm] -1/\sqrt 2*\int_0^{M\sqrt 2} e^{-s^2} ds\;,$ [/mm] und dies strebt für [mm] $M\to\infty$ [/mm] gegen [mm] $-\frac {\sqrt {2\pi}} 4\;.$
[/mm]
Ich würde jetzt gerne sagen "Analog für [mm] $\gamma_2$", [/mm] aber für den Realteil des Integrals konnte ich nicht einmal Konvergenz nachweisen. Vielleicht gelingt es Dir?
Viele Grüße,
Wolfgang
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:57 Do 04.10.2012 | | Autor: | Katthi |
Hallo Wolfgang,
so ganz kann ich nicht nachvollziehen, wie du auf deine Substitution gekommen bist.
Für [mm] \gamma_2 [/mm] habe ich eine Abschätzung, die allerdings ziemlich grob ist.
Und zwar benutzt man wieder den Weg und geht über das Wegintegral, setzt ein und erhält:
[mm] \integral_{0}^{1}{(e^{i(M+iMt)^2} * iM) dt}
= \integral_{0}^{1}{(e^{i(M^2+2iM^2t-M^2t^2)} * iM) dt}
\le \integral_{0}^{1}{e^{-2M^2t} dt} [/mm]
leitet man dies dann ganz normal auf und lässt anschließend [mm] M \to \infty [/mm] gehen, dann erhält man, dass das Integral gegen 0 geht.
Damit hat man dann zusammen mit deiner Lösung, die Lösung für das gesuchte INtegral.
Viele Grüße,
Katthi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:36 Do 04.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo Katthi,
> so ganz kann ich nicht nachvollziehen, wie du auf deine
> Substitution gekommen bist.
Na ja, ich wollte den gegebenen Grenzwert von [mm] $\int_0^\infty e^{-s^2} [/mm] ds$ ins Spiel bringen.
> Für [mm]\gamma_2[/mm] habe ich eine Abschätzung, die allerdings
> ziemlich grob ist.
> Und zwar benutzt man wieder den Weg und geht über das
> Wegintegral, setzt ein und erhält:
> [mm]\integral_{0}^{1}{(e^{i(M+iMt)^2} * iM) dt}
= \integral_{0}^{1}{(e^{i(M^2+2iM^2t-M^2t^2)} * iM) dt}
\le \integral_{0}^{1}{e^{-2M^2t} dt}[/mm]
>
> leitet man dies dann ganz normal auf und lässt
> anschließend [mm]M \to \infty[/mm] gehen, dann erhält man, dass
> das Integral gegen 0 geht.
Stimmt! Toll!
> Damit hat man dann zusammen mit deiner Lösung, die
> Lösung für das gesuchte INtegral.
Tja, das ist Teamarbeit!
Liebe Grüße,
Wolfgang
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:40 Do 04.10.2012 | | Autor: | Katthi |
ja habs jetzt auch nochmal mit der Substitution versucht, aber irgendwie krieg ich die Grenzen nicht hin...
Ja bei meiner Abschätzung weiß ich nur nicht genau, ob man das *M bei der Abschätzung einfach weglassen darf. lässt man das nämlich stehen dann passt es nicht. Meinst du, dass das trotzdem gilt??
habe auch noch jemanden gefragt, der mir seine Lösung gezeigt hat und der hat das M bei der Abschätzung stehen lassen, bei der Aufleitung aber irgendwie dann [mm] \bruch{1}{2M} (1- e^{-2M^2}) [/mm] .
Aber das kann doch garnicht hinkommen oder? Ist doch falsch aufgeleitet?!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:26 Do 04.10.2012 | | Autor: | Helbig |
> ja habs jetzt auch nochmal mit der Substitution versucht,
> aber irgendwie krieg ich die Grenzen nicht hin...
Hmm. Dies ist die ganz normale Substitutionsregel:
[mm] $\int_a^b [/mm] f(t) dt = [mm] \int_c^d [/mm] f(t(s))*t'(s) ds$, wobei [mm] $c=t^{-1}(a)$ [/mm] und [mm] $d=t^{-1}(b)$.
[/mm]
Die kannst Du Dir mit einer Stammfunktion $F$ von $f$ und dem Hauptsatz herleiten.
>
> Ja bei meiner Abschätzung weiß ich nur nicht genau, ob
> man das *M bei der Abschätzung einfach weglassen darf.
Darf man nicht. Das hattest Du vergessen, wie ich jetzt sehe. Und die Betragsstriche.
Zur Begründung der Abschätzung benutze [mm] $\left|\int_a^b f(t) dt\right| \le \int_a^b [/mm] |f(t)| dt$. Diese Abschätzung gilt auch für komplexwertige $f$. Damit erhält man als obere Schranke
[mm] $\int_0^1 M*e^{-2M^2t} [/mm] dt$. Eine Stammfunktion ist [mm] $M*\frac [/mm] 1 [mm] {-2M^2} [/mm] * [mm] e^{-2M^2 t}$.
[/mm]
Grenzen eingesetzt ergibt:
[mm] $-\frac [/mm] 1 {2M} [mm] e^{-2M^2} [/mm] + [mm] \frac [/mm] 1 [mm] {2M}\;.$ [/mm] Und dies strebt definitiv gegen Null für [mm] $M\to\infty$.
[/mm]
> habe auch noch jemanden gefragt, der mir seine Lösung
> gezeigt hat und der hat das M bei der Abschätzung stehen
> lassen, bei der Aufleitung aber irgendwie dann
> [mm]\bruch{1}{2M} (1- e^{-2M^2})[/mm] .
> Aber das kann doch garnicht hinkommen oder? Ist doch falsch
> aufgeleitet?!
Nein. Das ist schon richtig. Es ist allerdings nicht die "Aufleitung", sondern schon der Wert des Integrals, also $F(1)-F(0)$, wenn $F$ die Aufleitung ist.
Gruß,
Wolfgang
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:30 Do 04.10.2012 | | Autor: | Katthi |
ahhhh.. ich sehe den Fehler, also wo ich dachte wäre er beim Aufleiten. Ich habe gleichzeitig nach M und t abgeleitet, so ein Schmarrn. deshalb hatte ich kein [mm] M^2 [/mm] im Nenner. ohhwei spät ists =)
Ja und die Betragsstriche hab ich sogar im Heft stehen ;) Klar sonst fällt ja auch das i nicht weg, stimmts?
Vielen Dank für die Hilfe!!!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:41 Do 04.10.2012 | | Autor: | Helbig |
> Ja und die Betragsstriche hab ich sogar im Heft stehen ;)
> Klar sonst fällt ja auch das i nicht weg, stimmts?
Genau! Und genauso hat der Faktor im Integranden [mm] $e^{i(M^2 - M^2t^2)}$ [/mm] den Betrag 1 und fällt weg.
> Vielen Dank für die Hilfe!!!!
Hat Spaß gemacht!
Gruß,
Wolfgang
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:49 Do 04.10.2012 | | Autor: | abakus |
> ahhhh.. ich sehe den Fehler, also wo ich dachte wäre er
> beim Aufleiten. Ich habe gleichzeitig nach M und t
> abgeleitet, so ein Schmarrn. deshalb hatte ich kein [mm]M^2[/mm] im
> Nenner. ohhwei spät ists =)
> Ja und die Betragsstriche hab ich sogar im Heft stehen ;)
> Klar sonst fällt ja auch das i nicht weg, stimmts?
>
> Vielen Dank für die Hilfe!!!!
Hallo Katthi,
wenn du hier im Forum nicht pausenlos gedisst werden willst, dann verwende am besten nie wieder das Unwort "aufleiten"!
So etwas verursacht normalerweise einen beträchtlichen shitstorm (aber anscheinend sind die Haudegen im Moment alle offline).
Viel Spaß beim Ermitteln von Stammfunktionen!
Gruß Abakus
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