Springen naar inhoud

[Wiskunde] Complexe integraal


  • Log in om te kunnen reageren

#1

Erikve

    Erikve


  • 0 - 25 berichten
  • 11 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 28 juni 2005 - 13:23

kan iemand me helpen metde volgende integraal. het is een deel van mijn complexe functie theorie tentamen, dus hetzal wel via een complexe weg moeten worden opgelost.

oneindig

S x^2/(1+x^2+X^4)dx

0

Ik zat zelf al te denken aan de substitutie y=x^2 en dan verder uitwerken met de stelling van Cauchy, maar dat levert mij complexe wortels, iets wat je niet wil.

Dit forum kan gratis blijven vanwege banners als deze. Door te registeren zal de onderstaande banner overigens verdwijnen.

#2

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24049 berichten
  • VIP

Geplaatst op 28 juni 2005 - 13:40

Dit kan ook zonder complexe toestanden hoor, dit is primitiveerbaar met elementaire functie (i.c. atan en ln)

#3

Erikve

    Erikve


  • 0 - 25 berichten
  • 11 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 28 juni 2005 - 13:52

ok, maar dat is dus niet de bedoeling, aangezien ik dit complex op moeten kunnen lossen 8)

#4

Bart

    Bart


  • >5k berichten
  • 7224 berichten
  • VIP

Geplaatst op 28 juni 2005 - 15:44

Ik zat zelf te denken aan de residue vergelijking, maar ik weet niet zeker of deze toepasbaar is op een integratie in het reele deel. Normaal werkt deze met gesloten curves in het imaginaire vlak.
If I have seen further it is by standing on the shoulders of giants.-- Isaac Newton

#5

Erikve

    Erikve


  • 0 - 25 berichten
  • 11 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 28 juni 2005 - 15:53

ja, Cauchy en de residuenstelling liggen vaak dicht bij elkaar. Vaak als ik hetover Cauchy heb, dan heb ik het ook over residuenstelling.
Het probleem is in dit geval is alleen dat je een extra wortel krijgt door de subsitutie (want x^3+x^2+1 is niet te ontbinden), en die extra wortel is het grote probleem waar ik mee worstel, want de wortel wordt gedeeltelijk complex.

#6

Bart

    Bart


  • >5k berichten
  • 7224 berichten
  • VIP

Geplaatst op 28 juni 2005 - 15:59

ja, Cauchy en de residuenstelling liggen vaak dicht bij elkaar. Vaak als ik hetover Cauchy heb, dan heb ik het ook over residuenstelling.
Het probleem is in dit geval is alleen dat je een extra wortel krijgt door de subsitutie (want x^3+x^2+1 is niet te ontbinden), en die extra wortel is het grote probleem waar ik mee worstel, want de wortel wordt gedeeltelijk complex.


Maar elke wortel kent een plus en een min term (x2=a kent twee oplossingen). Als je deze sommeert kom je precies op nul uit.

Alleen blijft de vraag of de residuestelling hier van toepassing is.
If I have seen further it is by standing on the shoulders of giants.-- Isaac Newton

#7

Erikve

    Erikve


  • 0 - 25 berichten
  • 11 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 28 juni 2005 - 18:55

Maar elke wortel kent een plus en een min term (x2=a kent twee oplossingen). Als je deze sommeert kom je precies op nul uit. Alleen blijft de vraag of de residuestelling hier van toepassing is.

ja dat begrijp ik :shock:
Maar het probleem doet zich voor als je de residuenstelling toepast. Ik pas toe dat f(z) = Ind(j) * f(0)
met j een willekeurige kromme in het complexe vlak
Ik vul dan ��n van de nulpunten (lees ��n van de complexe nulpunten met Im-deel) in de andere twee delen.

Ik bedenk me nu tijdens het opschrijven dat ik natuurlijk ook gewoon 0 in kan vullen in de andere delen ;)
Probleem opgelost dus ;)

kleine uitwerking voor de ge�nteresseerden:

oneindig
S x^2/(1+x^2+X^4) dx
0

Ik neem x^2 = y
dy/dx*dy = 1/(2* sqrt(y)) * dy

de integraal wordt:

oneindig
S dy/(2 * sqrt(y) * (y - a) (y - b)
0

= 2*pi*i * f(0) = 2*pi*i *1/2 * -a * -b = pi * i * a * b

met a en b de complexe nulpunten.

#8


  • Gast

Geplaatst op 29 juni 2005 - 08:45

Een schets ...
Noem x even z, want je werkt in het complexe vlak.
Kies een contour van -R naar R langs de reele as en aansluitend een halve cirkel in het vlak boven de reele as met straal R (middelp (0,0)).
Doorloop de contour linksom.
Bepaal de polen binnen de contour.
Bereken de residuen van de polen.
Dan is de contour-int van f(z) gelijk aan 2*Pi*i maal de som van de residuen.
Laat nu R naar oneindig gaan, dan gaat de bijdrage langs de halve cirkel naar 0 en blijft de int van -oo naar oo langs de reele as over.
Maak nu gebruik van het even zijn van de functie f(z) waarbij de z inmiddels weer x is. Dat levert de int van 0 naar oo van f(x).

#9

Erikve

    Erikve


  • 0 - 25 berichten
  • 11 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 29 juni 2005 - 10:02

ja, dat is idd wat ik ongeveer deed :shock:
Ik heb er echter nog ��n die me niet helemaal duidelijk is.

De integraal is:
pi
S dt/(a+cos(t))^2
0

In onderdeel a heb ik al berekend wat de integraal van

pi
S dt/(a+cos(t))
0

Dit heb ik gedaan dor cos(t) te vervangen door 1/2*(exp(it)+exp(-it)) en vervolgens een subsitutie exp(it) te vervangen door y. Als je dan met y vermenigvuldigt, is met de stelling van Cauchy het antwoord pi/sqrt(a^2-1).
Het lijkt me dat mijn gevraagde integraal op ongeveer dezelfde manier moet, maar hoe?

#10


  • Gast

Geplaatst op 29 juni 2005 - 12:44

k ben niet goe din integralen in C maar ..
hier is wel iets wat ik ooit tegenkwam:
integraal van 1/(x(x+x+1))

we schrijven:
1/(x(x+x+1))=1/(x(x-j)(x-j))= 1/x+1/((j-1)(x-j))+1/((j-1)(x-j))

dus primitieve weordt:
ln|x|+1/(j-1)* [ln|x-j|+iarg(x-j)]+1/(j-1)[ln|x-j|+iarg(x-j)]

verder geldt x is reel, |x-j|=|x-j| en arg(x-j)=-arg(x-j) dat verwerken we ff in de formule dan geldt:

ln|x|+(1/(j-1)+1/(j-1))ln|x-j|+(i/(j-1)-i/(j-1))arg(x-j)=ln|x|-ln|x-j|-1/wortel(3) *arg(x-j)

met x-j=x+1/2-iWortel(3)/2
uiteindelijk geldt:
ln|x|-0.5ln(x+x+1)-1/wortel(3)*arctan((2x+1)/wortel(3))

#11


  • Gast

Geplaatst op 29 juni 2005 - 23:50

de polen zijn z1=e^(i*Pi/3) en z2=e^(i*2Pi/3)
Res(z1)=1/4-i*sqrt(3)/12 en Res(z2)=-1/4-i*sqrt(3)/12
int(f(x), x=-oo..oo)=2Pi*i(Res(z1)+Res(z2))=sqrt(3)*Pi/3
int(f(x),x=0..oo)=sqrt(3)*Pi/6

Dit is gecontroleerd met Maple en komt ook overeen met de grafiek!

#12

Erikve

    Erikve


  • 0 - 25 berichten
  • 11 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 30 juni 2005 - 12:22

Res(z1)=1/4-i*sqrt(3)/12 en Res(z2)=-1/4-i*sqrt(3)/12


ik heb er al een uur mee zitten klooien, maar ik snap niet hoe je aan die residuen komt. Ik snap wel hoe je die residuen zou moeten berekenen, maar ik kom er niet op uit :S
Ik probeer eerst die z^4+z^2+1 te ontbinden in factoren, maardaar gaat het fout, waardoor ik de limiet meer kan berekenen :S

#13


  • Gast

Geplaatst op 01 juli 2005 - 16:06

De noemer is te ontbinden in (z-z1)(z+z1)(z-z2)(z+z2) (zie ook m'n vorige post).

Res(z=z1)=lim[z -> z1] (z^2*(z-z1))/(noemer)=
=lim[z ->z1] z^2/((z+z1)(z-z2)(z+z2))=
=z1^2/(2z1(z1^2-z2^2))=z1/(2(z1^2-z2^2))=
=e^(i*Pi/3)/(2(e^(i*2/3*Pi)-e^(i*4/3*Pi))=
=1/(2e^(i*Pi/3-e^(i*Pi)=1/(2(1/2+i*1/2*sqrt(3)+1)=1/(3+i*sqrt(3))=
=(3-i*sqrt(3))/(9+3)= 1/4-i*sqrt(3)/12.

Probeer het tweede residue zelf!

#14


  • Gast

Geplaatst op 02 juli 2005 - 10:55

Bij de bepaling van je tweede integraal is de voorwaarde voor a niet onbelangrijk.
Heeft a beperkingen?





0 gebruiker(s) lezen dit onderwerp

0 leden, 0 bezoekers, 0 anonieme gebruikers

Ook adverteren op onze website? Lees hier meer!

Gesponsorde vacatures

Vacatures