konturintegral

forlæng i tæller og nævner med z(z-z^-1)

Vil mene det er nemmere at inddrage Eulers identitet for

så får du integral som  er nemmere at arbejde med.

Euroman: Det er jo præcist den jeg bruger til at udtrykke sinθ ved z?

Peter: Du må nok hjælpe mig lidt mere :( Hvis jeg gør, som du siger fås:

∫-1/2(z-z^-1)²/(az(z-z^-1)-1/2i z(z-z^-1)²)

Hvordan hjælper det mig?

#3,

Nåå jeg det kan se nu, så ikke ordentlig efter.

Nu hvor du har dit integral på plads så anvender Rest-sætningen[Residue-theorem] til at løse det sidste.

http://en.wikipedia.org/wiki/Residue_theorem

#3 Det var heller ikke nogen god ide. Nævneren er (a-½i(z-z^-1))*iz = aiz+½z²-½ =½(z2+2aiz -1). Forlænger du i tæller og nævner med ½z får du   (z²-1)/[ z(z²+2aiz-1)]

@#5, kan hun ikke bruge partial-fractions til at løse resten?

Selvom jeg ikke får det samme i nævner kan jeg godt få z²-1 i tæller. Men hvordan kan man herfra vide, at man ikke kan få en pol af endnu højere orden i nævneren? Dvs. hvad er det for et krav som udtrykket z²-1 i tælleren opfylder således, at man kan være sikker på at nævneren indeholder samtlige poler for funktionen?

Det kan du kun få ved at løse ligningen nævneren =0

Jamen hvad hvis z=±1? Disse punkter ligger godt nok på randen af enhedscirklen men kan de ikke give problemer? Hvad er de præcise krav for g(z) for at en funktion f(z) = g(z)/(z-a)^m har en pol af orden m?

Det eneste krav er at g(z) er kontinuert. Jeg kan ikke se at  z=±1 kan give problemer. Der er intet krav om at g(z) ikke må blive 0. Hvis a=0 bliver nævneren også z²-1 I dette tilfælde bliver funktionen 1, som nemt kan integreres

Det er givet i opgaven, at a > 1. Man udfører substitutionen z = e^iθ og integrerer langs enhedscirklen C:

₀∫^2π sin(θ) / (a - sin(θ)) dθ = ∫_C (z - (1/z))/(2i) / (a - (z - (1/z))/(2i)) dz/(iz)

                                               = i ∫_C (z² -1) / (z² -2iaz -1) dz/z

Funktionen f(z) = (z² -1) / (z² -2iaz -1) ·(1/z) har polerne z = 0 , og z = i·(a ±√(a²-1)) , og af disse ligger kun z = 0 inden for enhedscirklen, når a > 1 . Rækkeudvikler vi 1 / (1 + 2iaz -z²) , ser vi, at der kun er bidrag til integralet fra leddet (1/z) , så vi har

i ∫_C (z² -1) / (z² -2iaz -1) dz/z = i ∫_C dz/z = i·2πi = -2π , dvs.

₀∫^2π sin(θ) / (a - sin(θ)) dθ = -2π .

Dette bekræftes også ved direkte integration via stamfunktion, idet

∫ sin(θ) / (a - sin(θ)) dθ = ∫ (sin(θ)-a+a) / (a - sin(θ)) dθ

                                         = ∫ -dθ + a·∫ dθ / (a - sin(θ))

                                         = -θ + a·(2/√(a²-1))·Arctan[ (a·tan(θ/2) - 1)/√(a²-1) ] ,

og da tan(2π/2) = tan(π) = tan(0) , fås så

₀∫^2π sin(θ) / (a - sin(θ)) dθ = [-θ]^2π₀ = -2π , a > 1 .

Hej Andersen, facitlisten i min bog siger noget andet. Jeg er kommet frem til det samme som dig. Men den siger, at den eneste pol inden for enhedscirklen er ia - i√(a²-1)  (jeg tror du har glemt i, som har fået dig til at sige at både + og - polen ligger uden for enhedscirklen). Til gengæld nævner bogen ikke noget om polen omkring z=0, hvilket du går ud fra, og jeg også gik ud fra. Kan du med den nye viden måske forklare, hvorfor polen z=0 ikke medtages i facitlisten?


I min bog bliver resultatet:

2π[a(a²-1)^-½-1]

#12

Det er korrekt, at min fremstilling i #11 ikke er korrekt. Både polen z = 0 og polen z = i·(a - √(a²-1)) ligger inden for enhedscirklen, når a > 1, og begge poler bidrager derfor til integralet. Vi har derfor

i ∫_C (z² -1) / (z² -2iaz -1) dz/z = i · 2πi · (Res(f , 0) + Res(f, i·(a - √(a²-1))) ,

hvor

f(z) = (z² -1) / (z² -2iaz -1) · (1/z) = (z² - 1) / (z · (z -i(a-√(a²-1))) · (z -i(a+√(a²-1)))) .

Vi har nu, da polerne er simple poler, at

Res(f , 0) = lim_z→0 (z·f(z)) = -1 / ( (-i(a-√(a²-1))) · (-i(a+√(a²-1))) )

                  = -1 / (-1·(a² - (a²-1))) = 1 ,

og

Res(f, i·(a - √(a²-1))) = lim_{z→i·(a - √(a²-1))} ((z -i(a-√(a²-1)))·f(z))

                                      = (-1·(a² + a² -1 -2a√(a²-1)) -1) / ( i(a-√(a²-1)) · (-2i)√(a²-1) )

                                      = (-2a² +2a√(a²-1)) / ( 2 · (a-√(a²-1)) · √(a²-1) )

                                      = -a / √(a²-1)

Vi har da endelig, at

₀∫^2π sin(θ) / (a - sin(θ)) dθ = -2π·(1 - a/√(a²-1)) = 2π·(a/√(a²-1) - 1),

hvilket er facitlistens resultat. Der er altså bidrag til integralet fra begge de to poler, der ligger inden for enhedscirklen.