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  Integral Funktionentheorie |
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nitram999
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 |  Themenstart: 2021-10-18
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Hallo, ich sitze an folgender Aufgabe und weiß nicht genau, wie ich an diese herangehen soll.
Bestimme den Wert des Integrals:
int((cos(z)+exp(z))/(z-i\pi)^3,z,abs(z)=4,)
Der Integrationsweg wird im mathematisch positiven Sinne durchlaufen.
Vielleicht kann mir jemand helfen. Vielen Dank schon mal!
Viele Grüße nitram999
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Kuestenkind
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| Beitrag No.1, eingetragen 2021-10-18
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Huhu nitram999,
das kannst du doch einfach mit der Cauchy Integralformel lösen.
Gruß,
Küstenkind
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nitram999
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-18
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Hallo Kuestenkind!
Aber die Funktion ist ja nicht holomorph im Inneren des Integrationswegs.
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nzimme10
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 | Beitrag No.3, eingetragen 2021-10-18
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
im Sinne von Küstenkinds Antwort: Ist $G\subseteq \mathbb C$ ein Gebiet, $z\in G$, $r>0$ derart, dass $\overline{B_r(z)}\subseteq G$ und $f\colon G\to \mathbb C$ holomorph, so gilt für alle $n\in \mathbb N_0$
$$
f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi\i}\int\limits_{\partial B_r(z)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}} \d \zeta.
$$
Das ist eine Verallgemeinerung der Integralformel von Cauchy für die Ableitungen einer holomorphen Funktion. Der Punkt $z=\i\pi$ ist sicher in der Scheibe $B_4(0)$ enthalten. Du musst dir nur noch überlegen, dass
$$
\int\limits_{\partial B_4(0)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-\i\pi)^{n+1}} \d \zeta=\int\limits_{\partial B_r(\i\pi)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-\i\pi)^{n+1}} \d \zeta
$$
für ein geeignetes $r>0$ gilt.
LG Nico
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]\(\endgroup\)
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Kuestenkind
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| Beitrag No.4, eingetragen 2021-10-18
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\quoteon(2021-10-18 18:28 - nitram999 in Beitrag No. 2)
Aber die Funktion ist ja nicht holomorph im Inneren des Integrationswegs.
\quoteoff
Wo ist \(f(z)=\cos(z)+e^z\) denn nicht holomorph?
Gruß,
Küstenkind
Edit sagt noch: Vielen Dank für die Ergänzung, Nico!
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nitram999
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-18
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Danke euch beiden!
Ich meinte die ganze Funktion wegen der Stelle i*pi im Nenner.
Ich dachte nämlich an den Residuensatz und dann das Residuum an dieser Stelle zu bestimmen.
Aber ich schau mir euren Vorschlag jetzt mal an.
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nzimme10
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| Beitrag No.6, eingetragen 2021-10-18
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Hallo,
die Cauchy-Integralformel ist auch eigentlich nur ein Spezialfall des Residuensatzes. Daher würde das sicherlich auch mit dem Residuensatz funktionieren.
LG Nico
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Kuestenkind
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| Beitrag No.7, eingetragen 2021-10-18
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Denn solltest du dir nochmal die Integralformel (bzw. die Voraussetzungen) anschauen - ich hatte sie z. B. dort mal verlinkt:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=245357&start=0#p1786618
Die Version von Nico erhältst du denn einfach, indem du die Gleichung \(n\) mal nach \(z_0\) differenzierst. So macht es z. B. auch Borcherds hier bei 8:20 Minuten.
Gruß,
Küstenkind
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
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nitram999
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-18
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Okay danke!
\quoteon(2021-10-18 18:30 - nzimme10 in Beitrag No. 3)
Du musst dir nur noch überlegen, dass
$$
\int\limits_{\partial B_4(0)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-\i\pi)^{n+1}} \d \zeta=\int\limits_{\partial B_r(\i\pi)} \frac{f(\zeta)}{(\zeta-\i\pi)^{n+1}} \d \zeta
$$
für ein geeignetes $r>0$ gilt.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
\quoteoff
Also das gilt ja, weil i*\pi \el B_4 (0) oder?
Und dann gilt ja:
int((cos(z)+exp(z))/(z-i*\pi)^3,z,\pd\ U_4 (0),)=i\pi*f''(i\pi)
=i\pi*(-cos(i\pi)+exp(i\pi)
=i\pi*(-cosh(\pi)-1
Stimmt das so?
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nzimme10
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| Beitrag No.9, eingetragen 2021-10-18
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
ganz so trivial ist es nun auch nicht warum man den Mittelpunkt einfach wechseln kann. Etwas formaler ist das folgende Behauptung (die man als Zentrierungslemma bezeichnen könnte):
Sei $G\subseteq \mathbb C$ ein Gebiet, $z\in G$ und $g\colon G\setminus\lbrace z\rbrace\to \mathbb C$ holomorph. Weiter seien $z_0\in G$ und $r>0$ mit $\overline{B_r(z_0)}\subseteq G$ sowie $z\in B_r(z_0)$. Zuletzt sei $\delta>0$ mit $B_\delta(z)\subseteq B_r(z_0)$. Dann gilt
$$
\int\limits_{\partial B_r(z_0)} g(\zeta) \d\zeta=\int\limits_{\partial B_\delta(z)} g(\zeta) \d\zeta.
$$
Zeigen kann man das mit Hilfe des Integralsatzes von Cauchy (für Sterngebiete).
Edit: Wenn das erledigt ist, dann erhälst du
$$
\int\limits_{\partial B_4(0)} \frac{\cos(\zeta)+\e^\zeta}{(\zeta-\i\pi)^3} \d\zeta=\int\limits_{\partial B_r(\i\pi)} \frac{\cos(\zeta)+\e^\zeta}{(\zeta-\i\pi)^{2+1}} \d\zeta=\pi\i\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dz^2}\left[\cos(z)+\e^z\right]_{z=\pi\i}.
$$
LG Nico\(\endgroup\)
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nitram999
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-18
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Könnte man auch so argumentieren, dass beide Zykel (Integrationswege) homolog sind und diese Behauptung daher gilt?
Und bezüglich Residuensatz gilt ja auch, da man nur in diesem Punkt ein Residuum ungleich Null hat, dass das Integral dann denselben Wert hat, wenn dieser Punkt einmal umlaufen wird.
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nzimme10
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| Beitrag No.11, eingetragen 2021-10-18
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Natürlich, wenn dir solche Resultate bereits bekannt sind, dann kann man es auch damit begründen! :)
LG Nico
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nitram999
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-18
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Okay gut, danke aber für die zusätzlichen Einsichten!
Und ich hab oben auch korrigiert, da meinte ich bereits die zweite Ableitung.
Das sollte ja auch passen, weil wenn man das ganze über den Residuensatz macht, dann bleibt ja das Residuum in i*pi stehen und für die Berechnung des Residuums dieser dreifachen Polstelle erhält man einen Term mit der zweiten Ableitung von f.
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nzimme10
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| Beitrag No.13, eingetragen 2021-10-18
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
Nur zur Kontrolle: Ist $h(z)$ der Integrand und setzt man $g(z):=(z-\i\pi)^3h(z)$ so hat man
$$
g(z)=(z-\i\pi)^3h(z)=\cos(z)+\e^z
$$
und folglich kann man $g$ holomorph nach $\i\pi$ fortsetzen. Daher gilt
$$
\opn{res}_{\i\pi}(h)=\frac{g^{(3-1)}(\i\pi)}{(3-1)!}=\frac{1}{2}\left(-\cos(\i\pi)-1\right)=-\frac{1}{2}\left(\cos(\i\pi)+1\right).
$$
Mit dem Residuensatz folgt daher
$$
\int\limits_{\partial B_4(0)} \frac{\cos(\zeta)+\e^\zeta}{(\zeta-\i\pi)^3} \d\zeta=2\pi\i \opn{res}_{\i\pi}(h)=-\i\pi\left(\cos(\i\pi)+1\right).
$$
Bei der Berechnung des Residuums nach obiger Formel geht aber bereits die Integralformel mit ein.
LG Nico\(\endgroup\)
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nitram999
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| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-18
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Hallo Nico,
vielen Dank fürs Aufschreiben! Genau so hab ich's gemacht.
Und noch als Anmerkung, falls sich da jemand fragt: Es ist cos(i*z)=cosh(z).
Viele Grüße,
nitram999
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Kuestenkind
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| Beitrag No.15, eingetragen 2021-10-18
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Huhu,
nur zur Info: Im verlinkten Thread sind ja noch drei gute Übungsaufgaben. Weitere Beispiele hatte ich auch dort mal notiert (wenn ich mich richtig erinnere, waren das Aufgaben aus dem schönen Buch "Complex Variables With Applications " von Wunsch):
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=235482&start=0#p1714775
Dieses nur, falls du nochmal etwas üben möchtest.
Gruß (und einen schönen Abend wünscht),
Küstenkind
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.13 begonnen.]
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nitram999
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Ja danke, ich werde es anschauen!
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