bestimmtes Integral < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:56 Fr 06.08.2010 | | Autor: | Rufio87 |
| Aufgabe | | f(x) = [mm] \integral_{0}^{\infty}{exp(-\bruch{x^2}{2}) * cos(a*x) dx} [/mm] |
Hallo!
Ich komm bei diesem Integral nicht weiter. Habs mit partieller Integration versucht aber das funktioniert irgendwie auch nicht so wie ichs mir vorstelle ;). Würd mich über ein paar Tipps freuen!
Danke
|
|
| |
|
Hallo Rufio87,
> f(x) = [mm]\integral_{0}^{\infty}{exp(-\bruch{x^2}{2}) * cos(a*x) dx}[/mm]
>
> Hallo!
>
> Ich komm bei diesem Integral nicht weiter. Habs mit
> partieller Integration versucht aber das funktioniert
> irgendwie auch nicht so wie ichs mir vorstelle ;). Würd
> mich über ein paar Tipps freuen!
Ich bezweifle stark, dass man das Integral geschlossen angeben kann, eine Stammfunktion wird sich durch bekannte Funktionen kaum darstellen lassen.
Sollst du tatsächlich den Wert des Integrals berechnen oder doch eher "nur" entscheiden, ob es existiert oder nicht?
Für die Existenz müsstest du es als [mm] $<\infty$ [/mm] abschätzen, also eine konvergente Majorante angeben.
Für Nicht-Existenz finde eine divergente Minorante, also ein kleineres Integral, von dem bekannt ist, dass es schon gegen [mm] $\infty$ [/mm] divergiert.
Ich tendiere hier zu ersterem, denn [mm] $|cos(ax)|\le [/mm] 1$ für alle [mm] $x\in\IR$
[/mm]
Also [mm] $\int\limits_{0}^{\infty}{\left|\exp\left(-\frac{x^2}{2}\right)\cdot{}\cos(ax)\right| \dx} [/mm] \ [mm] \le [/mm] \ [mm] \int\limits_{0}^{\infty}{\left|\exp\left(-\frac{x^2}{2}\right)\right| \dx} [/mm] \ = \ [mm] \int\limits_{0}^{\infty}{\exp\left(-\frac{x^2}{2}\right) \dx}$
[/mm]
Und dieses Integral müsste dir doch irgendwie bekannt vorkommen ...
>
> Danke
Gruß
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:12 Fr 06.08.2010 | | Autor: | Rufio87 |
die lösung ergibt laut meines skriptes [mm] \bruch{\pi}{\wurzel{2}} exp(-\bruch{a^2}{2}) [/mm] also die aufgabe besteht schon darin den wert des bestimmten integrals zu bestimmen, leider hab ich da so einige schwierigkeiten ;)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:09 Fr 06.08.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
unter wechem Thema läuft das denn? viellicht gehts übers komplexe?
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
Eine rein reelle Lösung geht so:
Für [mm]t \in \mathbb{R}[/mm] erhält man durch formale Differentiation unter dem Integralzeichen aus
[mm]G(t) = \int_0^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \cos(tx) ~ \mathrm{d}x[/mm]
die Ableitung
[mm]G'(t) = - \int_0^{\infty} x \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \sin(tx) ~ \mathrm{d}x[/mm]
Da beide Integrale gleichmäßig in [mm]t[/mm] konvergieren (man hat ja, wenn man den trigonometrischen Faktor wegläßt, sofort eine von [mm]t[/mm] unabhängige Majorante), werden durch die rechten Seiten stetige Funktionen definiert, und die Differentiation unter dem Integralzeichen ist gerechtfertigt.
Mittels partieller Integration folgt weiter
[mm]G'(t) = - \int_0^{\infty} x \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \sin(tx) ~ \mathrm{d}x = \left. \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \sin(tx) \, \right|_0^{\infty} - t \int_0^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \cos(tx) ~ \mathrm{d}x = - t \cdot G(t)[/mm]
Ferner erhält man mit Hilfe des Gaußschen Fehlerintegrals [mm]G(0) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}[/mm]. Damit ist [mm]G[/mm] die eindeutig bestimmte Lösung [mm]y = y(t) = G(t)[/mm] des homogenen linearen Anfangswertproblems
[mm]y' + ty = 0 \, , \ \ y(0) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}[/mm]
Deine Lösung kann daher nicht ganz stimmen. Das Wurzelzeichen muß auch noch über [mm]\pi[/mm] gezogen werden.
|
|
|
| |
|
Hallo Rufio87,
> die lösung ergibt laut meines skriptes
> [mm]\bruch{\pi}{\wurzel{2}} exp(-\bruch{a^2}{2})[/mm] also die
> aufgabe besteht schon darin den wert des bestimmten
> integrals zu bestimmen, leider hab ich da so einige
> schwierigkeiten ;)
Bedenke, daß
[mm] \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{x^2}{2}} \cdot{} cos(a\cdot{}x) \ dx} =\operatorname{Re} \integral_{0}^{\infty}{e^{-\bruch{x^2}{2}} \cdot{} e^{i*a*x} \ dx} [/mm]
Bemühe dann die quadratische Ergänzung.
Substituiere dann [mm] u=\alpha*x+\beta[/mm]
Dann erhältst Du ein Integral
[mm]\alpha*\integral_{0}^{\infty}{e^{-u^{2}} \ du} [/mm]
Gruss
MathePower
|
|
|
| |
|
Ich finde die Idee interessant. Allerdings wird bei der Substitution auch der Integrationsweg verlegt. Und wie geht es dann weiter?
Ich verwende deine Idee und erhalte die Lösung über ein komplexes Kurvenintegral. Zunächst gilt
[mm]\int_0^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \cos(ax) ~ \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \cos(ax) ~ \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \operatorname{e}^{\operatorname{i} ax} ~ \mathrm{d}x[/mm]
Die erste Gleichheit gilt, weil der Integrand gerade ist, die zweite, weil im letzten Integral der Imaginärteil verschwindet. Sein Integrand ist nämlich ungerade.
Es genügt, [mm]a \geq 0[/mm] zu betrachten, denn bei einem Vorzeichenwechsel von [mm]a[/mm] ändert sich der Integralwert nicht, da der Cosinus gerade ist. Für ein [mm]R>0[/mm] integriert man [mm]f(z) = \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, z^2}[/mm] über den positiv orientierten Rand des Rechtecks mit den Ecken [mm]\pm R - \operatorname{i} a[/mm] und [mm]\pm R[/mm]. Nach dem Cauchyschen Integralsatz ist der Integralwert 0. Für [mm]R \to \infty[/mm] verschwinden die Integrale über die vertikalen Strecken, und die Integrale über die horizontalen Strecken liefern einen Zusammenhang zwischen dem gesuchten Integral und im wesentlichen dem Gaußschen Fehlerintegral.
|
|
|
| |
|
Hallo Leopold_Gast,
> Ich finde die Idee interessant. Allerdings wird bei der
> Substitution auch der Integrationsweg verlegt. Und wie geht
> es dann weiter?
>
> Ich verwende deine Idee und erhalte die Lösung über ein
> komplexes Kurvenintegral. Zunächst gilt
>
> [mm]\int_0^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \cos(ax) ~ \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \cos(ax) ~ \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \operatorname{e}^{\operatorname{i} ax} ~ \mathrm{d}x[/mm]
>
> Die erste Gleichheit gilt, weil der Integrand gerade ist,
> die zweite, weil im letzten Integral der Imaginärteil
> verschwindet. Sein Integrand ist nämlich ungerade.
Es gilt ja:
[mm]\frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2} \operatorname{e}^{\operatorname{i} ax} ~ \mathrm{d}x=\frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, x^2+i*a*x} ~ \mathrm{d}x[/mm]
Wende jetzt auf den Expontenten [mm]- \frac{1}{2} \, x^2+i*a*x[/mm] die
Methode der quadratischen Ergänzung an.
Dann steht zunächst da:
[mm]=\frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \operatorname{e}^{-\left(\alpha*x+\beta\right)^2+\gamma}} ~ \mathrm{d}x[/mm]
Substituiere jetzt [mm]u=\alpha*x+\beta[/mm]
>
> Es genügt, [mm]a \geq 0[/mm] zu betrachten, denn bei einem
> Vorzeichenwechsel von [mm]a[/mm] ändert sich der Integralwert
> nicht, da der Cosinus gerade ist. Für ein [mm]R>0[/mm] integriert
> man [mm]f(z) = \operatorname{e}^{- \frac{1}{2} \, z^2}[/mm] über
> den positiv orientierten Rand des Rechtecks mit den Ecken
> [mm]\pm R - \operatorname{i} a[/mm] und [mm]\pm R[/mm]. Nach dem Cauchyschen
> Integralsatz ist der Integralwert 0. Für [mm]R \to \infty[/mm]
> verschwinden die Integrale über die vertikalen Strecken,
> und die Integrale über die horizontalen Strecken liefern
> einen Zusammenhang zwischen dem gesuchten Integral und im
> wesentlichen dem Gaußschen Fehlerintegral.
Gruss
MathePower
|
|
|
| |
|
Das hatte ich schon verstanden. Aber mit der Substitution ändert sich ja der Integrationsweg (Pararallelverschiebung um [mm]- \operatorname{i} a[/mm]).
|
|
|
| |
|
Hallo Leopold_Gast,
> Das hatte ich schon verstanden. Aber mit der Substitution
> ändert sich ja der Integrationsweg (Pararallelverschiebung
> um [mm]- \operatorname{i} a[/mm]).
Es gilt die Translationsinvarianz des Fehlerintegrals:
[mm]\integral_{-\infty}^{+\infty}{e^{-\alpha*\left(x+\beta\right)^2} \ dx}=\wurzel{\alpha^{-1}}*\integral_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2} \ dx},\ \forall \beta \in \IC, \ \alpha \in \IR^{+}[/mm]
Gruss
MathePower
|
|
|
| |
|
Dann wäre hier aber genau diese Translationsinvarianz zu zeigen. Sich darauf zu berufen, ist ja beinahe so, als würde man die Lösung der hier gestellten Aufgabe einer Formelsammlung entnehmen.
|
|
|
|
