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| Aufgabe | | Folgendes Integral berechnen [mm] $$\int_{-\infty}^\infty \frac {e^{\alpha x}} {1+e^x}\mathrm{d}x$$ [/mm] |
Hab die Aufgabe vor einiger Zeit lösen müssen aber wieder vergessen wie es geht. Ergebnis ist [mm] $$\frac {\pi} {\sin(\alpha \pi)}$$. [/mm] Aber die Herleitung ist das was mich interessiert. Also ich hab es mal versucht mit dem Quadrat [mm] $$\Gamma=\gamma_1+\gamma_2+\gamma_3+\gamma_4$$, [/mm] wobei [mm] $\gamma_1:[0,1]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto R+t(2\pi [/mm] i)$, [mm] $\gamma_2:[0,1]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto R+2\pi [/mm] i-t(2R)$, [mm] $\gamma_3:[0,1]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto 2\pi i-R-t(2\pi [/mm] i)$, [mm] $\gamma_4:[0,1]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto -R+t2R$.\\
[/mm]
[mm] $i\pi$ [/mm] ist ein Pol erster Ordnung [mm] $\Rightarrow$ $\mathrm{Res}_{i\pi}f=-e^{\alpha i\pi}$. [/mm] Aber die anderen Wegintegrale z.B [mm] $\int_{\gamma_1}f(z)\mathrm{d}z$ [/mm] sind nicht mal mit Maple brechenbar. Hat vielleicht jemand den misst schonmal gerechnet?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:52 Mi 07.07.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Folgendes Integral berechnen [mm]\int_{-\infty}^\infty \frac {e^{\alpha x}} {1+e^x}\mathrm{d}x[/mm]
>
> Hab die Aufgabe vor einiger Zeit lösen müssen aber wieder
> vergessen wie es geht. Ergebnis ist [mm]\frac {\pi} {\sin(\alpha \pi)}[/mm].
> Aber die Herleitung ist das was mich interessiert. Also ich
> hab es mal versucht mit dem Quadrat
> [mm]\Gamma=\gamma_1+\gamma_2+\gamma_3+\gamma_4[/mm], wobei
> [mm]\gamma_1:[0,1]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto R+t(2\pi i)[/mm]
> [mm]\gamma_2:[0,1]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto R+2\pi i-t(2R)[/mm] ,
> [mm]$\gamma_3:[0,1]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto 2\pi i-R-t(2\pi i)[/mm] ,
> [mm]$\gamma_4:[0,1]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto -R+t2R[/mm].
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> [mm]i\pi[/mm] ist ein Pol erster Ordnung [mm]\Rightarrow[/mm]
> [mm]\mathrm{Res}_{i\pi}f=-e^{\alpha i\pi}[/mm]. Aber die anderen
> Wegintegrale z.B [mm]\int_{\gamma_1}f(z)\mathrm{d}z[/mm] sind nicht
> mal mit Maple brechenbar. Hat vielleicht jemand den misst
> schonmal gerechnet?
Deine Parametrisierung für [mm] $\gamma_2$ [/mm] und [mm] $\gamma_4$ [/mm] ist ungeschickt, da du ohne Substitution nicht auf das gesuchte Integral kommst. Wähle besser
[mm] \gamma_2:[-R,+R]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto -t +2\pi i[/mm] ,
[mm] \gamma_4:[-R,+R]\rightarrow \mathbb{C},t\mapsto t[/mm] .
Dann substituierst du im Integral für [mm] $\gamma_2$ $t\to [/mm] -t$ und fasst beide Integrale zusammen.
Ich denke, die anderen beiden Integrale verschwinden im Limes [mm] $R\to\infty$, [/mm] habe es aber nicht kompleet durchgerechnet.
Berücksichtige bei der Abschätzung, dass das gesuchte Integral nur für [mm] $\alpha\in[0,1)$ [/mm] überhaupt existiert.
Viele Grüße
Rainer
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Danke für die [mm] Antwort.\\
[/mm]
(i): Also die zwei Integrale gehen tatsächlich gegen null, denn [mm] $$\int_{\gamma_1}f(z)\mathrm{d}z=\int_{\gamma_1}\frac {e^{\alpha z}} {1+e^z}\mathrm{d}z=2\pi i\int_0^1\frac {e^{\alpha(R+t(2\pi i))}} {1+e^{R+t(2\pi i)}}\mathrm{d}t=2\pi [/mm] i [mm] e^{\alpha R}\int_0^1\frac {e^{2\pi i \alpha t}} {1+e^Re^{2\pi it}}\mathrm{d}t$$ [/mm] und analog [mm] $$\int_{\gamma_3}f(z)\mathrm{d}z=-2\pi ie^{\alpha R}\int_0^1\frac {e^{-2\pi i \alpha t}} {1+e^{-R}e^{-2\pi it}}\mathrm{d}t$$ $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $$\int_{\gamma_1}f(z)\mathrm{d}z+\int_{\gamma_3}f(z)\mathrm{d}z=2\pi ie^{\alpha R}\int_0^1\frac [/mm] {1} [mm] {2+e^{R}e^{2\pi it}+e^{-R}e^{-2\pi it}}\mathrm{d}t$$ $\Rightarrow$ $$\left|\int_0^1\frac {1} {2+e^{R}e^{2\pi it}+e^{-R}e^{-2\pi it}}\mathrm{d}t\right|\leq \int_0^1 \frac [/mm] {1} [mm] {\left|2+e^{R}e^{2\pi it}+e^{-R}e^{-2\pi it}\right|}\mathrm{d}t=\int_0^1\frac [/mm] {1} [mm] {\left|2+e^R(cos(2\pi t)+i\sin(2\pi t))+e^{-R}\frac {1} {cos(2\pi t)+i\sin(2\pi t)}\right|}\mathrm{d}t\rightarrow [/mm] 0$$ für [mm] $R\rightarrow \infty$.\\
[/mm]
(ii): [mm] $$\int_{\gamma_4}f(z)\mathrm{d}z=\int_{-R}^R\frac {e^{\alpha t}} {1+e^t}\mathrm{d}t$$ [/mm] und [mm] $$\int_{\gamma_2}f(z)\mathrm{d}z=-e^{2\pi i \alpha}\int_{-R}^R\frac {e^{-\alpha t}} {1+e^{-t}}\mathrm{d}t$$ [/mm] und wegen [mm] $$\int_{-R}^R\frac {e^{-\alpha t}} {1+e^{-t}}\mathrm{d}t=\int_{-R}^R\frac {e^{\alpha t}} {1+e^t}$$ [/mm] folgt für [mm] $R\rightarrow \infty$ $$\int_{-\infty}^\infty\frac {e^{\alpha t}} {1+e^t}\mathrm{d}t(1-e^{2\pi i\alpha})=-2\pi ie^{i\alpha \pi}$$ $\Rightarrow$ $$-\frac {2\pi ie^{i\alpha \pi}} {(1-e^{2\pi i\alpha})}=\int_{-\infty}^\infty\frac {e^{\alpha t}} {1+e^t}\mathrm{d}t$$ [/mm] wobei [mm] $\frac {-2\pi ie^{i\alpha \pi}} {(1-e^{2\pi i\alpha})}=\frac {-2\pi i} {e^{2\pi i-i\alpha \pi}-e^{\pi i\alpha}}=\frac {e^{i\pi}2\pi i} {e^{2\pi i-i\alpha\pi}-e^{\pi i\alpha}}=\frac {2\pi i} {e^{\pi i-i\alpha \pi}-e^{\pi i \alpha-i\pi}}=\frac {2\pi i} {e^{\pi i}e^{-i\alpha \pi}-e^{\pi i\alpha}e^{-i\pi}}=\frac {2\pi i} {e^{\pi i\alpha}-e^{-\pi i\alpha}}=\frac {\pi} {\sin(\pi \alpha)}$. [/mm] Ok lag dann doch an der Parametrisierung.
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