Berechnung von komplexem Kurvenintegral mit Wert 2\pi

Question

Aufgabe: Als Mittel um ein anderes Kurvenintegral zu berechnen, habe ich das folgende Integral konstruiert. Damit das, was ich ursprünglich zeigen will, gilt, sollte die folgende Gleichung gelten. Wolfram Alpha stützt die Vermutung.

$$\lim_{R\to -\infty}\int_0^{\pi}e^{iRe^{it}} \ dt = 2\pi$$

Problem/Ansatz:

Es fällt vielleicht auf, dass hier fast \(e^{iz}\) über der Kurve \(\gamma_R:[0,\pi]\to \mathbb{C},\ \gamma_R(t) = Re^{it},\ \gamma'_{R}(t) = iRe^{it}=i\gamma_{R}(t)\) integriert wird. Mit anderen Worten haben wir

$$ \lim_{R\to -\infty}\int_0^{\pi}e^{iRe^{it}} \, dt =\frac{1}{i} \lim_{R\to -\infty} \int_0^{\pi}\frac{e^{iRe^{it}}}{\gamma_{R}(t)} \cdot {\gamma'_{R}(t)} \, dt = \frac{1}{i} \lim_{R\to -\infty} \int_{\gamma_R}\frac{e^{iz}}{z}\ dz $$

Wir sehen, dass der Integrand in der letzten Gleichheit nicht holomorph ist, sich also die ganzen nützlichen Theoreme nicht mehr verwenden lassen. Daher bin ich stuck hierbei. Jede Strategie, das zu lösen, wird wertgeschätzt.

Comments

Bist Du noch an einer Lösung interessiert oder schon erledigt?

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Vielleicht bin ich auf dem richtigen Weg. Ich versuche mich noch ein wenig selbst daran und melde mich dann mit Ergebnissen, so 2 Wochen.

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Viel Erfolg für Deine Bemühungen

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Deine Funktion ist doch holomorph bis auf der isolierten Singularität in \(z=0\). Schon mal was vom Residuensatz gehört? Anwendbarer Sonderfall hier ist die Integralformel von Cauchy:

Wenn \(f\) auf \(\mathbb{C}\) holmorph ist und \(\gamma\) ein Integrationspfad, der nicht über \(0\) läuft, dann gilt: \(\oint_\gamma \frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z = 2\pi i f(0)\mathrm{ord}_\gamma(0)\), da \(f/z\) eine einfache Polstelle in \(z=0\) hat

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Hallo joners, ich bin noch nicht am Residuensatz angekommen, nein. Es wirkt aber so, als würde ich alle Sorgen verlieren, sobald ich damit familiär bin.

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Nicht alle: Dein Integral geht ja nur über einen Halbkreis. Oder?

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Ich habe mir das Integral noch einmal nachgeschaut, und bist du sicher dass du die von dir angegebene Methode angeben willst? Ich habe das Gefühl, du könntest mit einer anderen Art Kontur eher ans Ziel kommen.

EDIT: Ok ich hab ne Idee, schriebe sie vielleicht später heute Abend auf.

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Jedenfalls geht es mit dem Kreis, weil man zeigen kann, dass der Beitrag eines Halbkreises gegen 0 geht.

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joners, was meinst du? Welche Methode soll ich angegeben haben? Ich habe doch lediglich eine Parametrisierung gewählt. Der Rest ist einfach die Aufgabe.

Und Mathhilf, das Integral hier ginge doch nur für $ \lim_{R \to +\inf}$ gegen 0.

Für $ \lim_{R \to -\inf}$ tut es das hier ja nicht. Und meintest du, man kann das Integral ohne Residuensatz berechnen?

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Mir war am Anfang nicht klar dass Du den Residuensatz noch nicht kanntrst. Der Residuendatz (Cauchy Formel) liefert den Wert für den Kreis. Der Beitrsg auf einem Hslbkreis geht gegen 0. Also verbleibt das gewünschte Ergebnis.

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Okay dann muss ich mir den Residuensatz anschauen. (oder muss ich?)

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Ich weiß nicht, welche Idee Joners hat.

Vielleicht postest Du mal Dein Originalproblem

Answer 1

Ich hatte erst eine andere Idee (das Integral aufspalten in Real- und Imaginärteil und reelle Methoden mit viel Wut draufwerfen), hat aber nicht ganz geklappt.

Der Standardweg funktioniert aber (beinahe) ohne große Probleme, du musst einfach nur durch Göttliche Fügung die Idee haben, eine ganz bestimmte Formel anzuwenden:

Wir betrachten das Integral von \(f(z)=\frac{1}{i}\frac{e^{iz}}{z}\) auf \(\gamma(t)=Re^{it},t\in[0,\pi]\) für \(R\to-\infty\).

Wir betrachten jetzt folgende weitere Kontur \(\Gamma\): Die geht (egal wie paramatrisiert) vom Punkt \(R\) gegen den Uhrzeigersinn (also in der unteren imaginären Halbebene) nach \(-R\) und von dort rückwärts auf der reellen Achse nach \(R\) zurück. Also \(\Gamma\) ist einfach nur \(\gamma\) mit den Endpunkten korrekt orientiert verknüpft.

Dieses Integral lässt sich nicht normal evaluieren, da die Singularität auf der Kontur \(\Gamma\) liegt. Wir können allerdings für einen Parameter \(\alpha>0\) die Funktion \(f_\alpha(z)=\frac{1}{i}\frac{e^{iz}}{z-i\alpha}\) betrachten (\(f=f_0\)), und für jedes \(\alpha>0\) existiert \(\oint_\Gamma f_\alpha(z)\mathrm{d}z\), nämlich \(\oint_\Gamma f_\alpha(z)\mathrm{d}z=0\), da die geschlossene Kontur die Singularität nicht enthält.

Jetzt berechnen wir mal den Cauchy-Hauptwert \(\mathcal{P}\) von \(\oint_\Gamma f(z)\mathrm{d}z\), nennen wir \(C\). Für den gilt \(C=\int_\gamma f(z)\mathrm{d}z - \mathcal{P}\int\limits_{R}^{-R}\frac{1}{i}\frac{\cos(x)+i\sin(x)}{x}\mathrm{d}x = \int_\gamma f(z)\mathrm{d}z - 2\mathrm{Si}(-R)\), da der Cosinus-Hauptwert durch Symmetrie verschwindet und nurnoch der Integralsinus als Hauptwert übrig bleibt. Bemerke das Vorzeichen vorm rechten Integral und die Reihenfolge der Integrationsgrenzen.

Jetzt benutzen wir den Satz von Sokhotski-Plemelj, wo unser gesuchtes Integral, das im Hauptwert vorkommt, mit dem Grenzwert der verschobenen Integrale in Verbindung gebracht wird.

Es gilt demnach \(0=\lim\limits_{\alpha\to 0}\oint_\Gamma f_\alpha(z)\mathrm{d}z=\frac{C}{2\pi i} + \frac{i}{2}\). Daraus folgt \(C=\pi\), also schließlich durch Zusammensetzen oberer Gleichung für \(C\):

\(\int_\gamma f(z)\mathrm{d}z = \pi+2\mathrm{Si}(-R)\stackrel{R\to-\infty}{\longrightarrow}2\pi\), da nach Analysis 1 hoffentlich bekannt ist, dass \(\lim\limits_{x\to\infty}\mathrm{Si}(x)=\frac{\pi}{2}\). Falls nicht, hast du mit diesem Ansatz ein großes Problem, ich komme nicht drum herum das zu benutzen.

Zu guter Letzt ist das die einzige saubere Lösung ohne Wischi-Waschi, die mir eingefallen ist, und Sokhotski-Plemelj ist nicht Teil eines Standardkurses in komplexer Analysis, sondern schon auch wenn nicht allzu kompliziert schon etwas advanced. Wenn mir das im zweiten Semester ein Tutor als Musterlösung präsentiert hätte, hätte ich nur gedacht "what the fuck".

Ich würde dir vorschlagen, bevor du bei diesem Integral angekommen bist, nach anderen Lösungswegen zu suchen, oder in deinem Skript nach einem ähnlichen Hilfsmittel zu suchen, dessen Beweis einfacher ist, z.B. Kramers-Kronig. Dieser Lösungsweg hat immerhin die überraschende Wendung, dass wir nicht nur den Grenzwert rausgefunden haben, sondern den genauen Wert des Integrals für jedes \(R\).

Alternativ könntest du auch versuchen, den Ansatz von Seite 3 unten/Seite 4 oben in folgendem Dokument für dein Integral anzuwenden: http://scipp.ucsc.edu/~haber/ph215/Plemelj18.pdf