Er det mulig å bruke residue theorem til å vise integralet (I) under:
[tex]\large I =\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^n+1}=\frac{\pi}{n\cdot \sin(\pi/n)}[/tex]
skriver det som:
[tex]\large I =\int_c\frac{dz}{z^n+1}[/tex]
ser jo at polene blir:
hver pol blir vel av orden 1?
[tex]\large z^n+1=0[/tex]
[tex]\large z^n=-1=e^{i\cdot \pi+2k\pi\cdot i}[/tex]
[tex]\large z_o=e^{(i\cdot \pi+2k\pi\cdot i)/n}[/tex]
der:
[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}....etc[/tex]
her begynner jeg og slite...
Vise vha residue theorem 2
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
fant videre ut:
[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o)) ="\frac{0}{0}"\,\,expression[/tex]
DVs: L'Hopital's rule:
[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o)) =\frac{1}{nz^{n-1}}=\frac{1}{n\cdot (e^{i\pi/n})^{n-1}}[/tex]
[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o)) =\frac{e^{i\pi/n}}{n\cdot (e^{i\pi})}[/tex]
[tex]\Im(Res(f, z_o))=\Im(\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o))) =\Im(\frac{e^{i\pi/n}}{n\cdot (e^{i\pi})})=\frac{-\sin(\pi/n)}{n}[/tex]
endelig:
[tex]I=\pi\cdot i \cdot Res(f, z_o) = \frac{-\pi\cdot i}{n}\sin(\pi/n)[/tex]
som ikke er riktig...noen som ser feilen(e)?
[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o)) ="\frac{0}{0}"\,\,expression[/tex]
DVs: L'Hopital's rule:
[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o)) =\frac{1}{nz^{n-1}}=\frac{1}{n\cdot (e^{i\pi/n})^{n-1}}[/tex]
[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o)) =\frac{e^{i\pi/n}}{n\cdot (e^{i\pi})}[/tex]
[tex]\Im(Res(f, z_o))=\Im(\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o))) =\Im(\frac{e^{i\pi/n}}{n\cdot (e^{i\pi})})=\frac{-\sin(\pi/n)}{n}[/tex]
endelig:
[tex]I=\pi\cdot i \cdot Res(f, z_o) = \frac{-\pi\cdot i}{n}\sin(\pi/n)[/tex]
som ikke er riktig...noen som ser feilen(e)?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
-
DennisChristensen
- Grothendieck
- Innlegg: 826
- Registrert: 09/02-2015 23:28
- Sted: Oslo
Antar at $n\geq 2$ er et naturlig tall. La $f(z) = \frac{1}{z^n+1}$. La $\gamma$ være konturen satt sammen av følgende deler: Først et rett linjestykke fra $0$ til $R$, så sirkelbuen fra $R$ til $R\omega$, der $\omega = e^{\frac{2\pi i}{n}}.$ Dernest legger vi til et rett linjestykke fra $R\omega$ til $0$.
Nå, på sirkelbuen er integranden $O(\frac{1}{R^n})$ mens omkretsen av sirkelen er $O(R)$, og $n\geq 2$, så integralet av $f$ forsvinner her når $R\rightarrow\infty$. $f$ har en pole av orden $1$ i $\alpha = e^{\frac{\pi i}{n}}$, så dermed har vi at $\text{Res}(f;\alpha) = \frac{1}{nz^{n-1}}\upharpoonright_{z=\alpha} = \frac{1}{n\alpha^{n-1}} = -\frac{\alpha}{n}$ ettersom $\alpha^n = -1$. Ettersom $\alpha$ er den eneste singulariteten til $f$ inni $\gamma$, forteller Cauchys residueteorem oss at $\int_{\gamma}f(z) dz = 2\pi i\text{Res}(f;\alpha) = -\frac{2\pi i\alpha}{n}.$
Legger vi sammen alle delene og lar $R\rightarrow\infty$ får vi altså til slutt:
$$-\frac{2\pi i\alpha}{n} = \int_{\gamma}f(z) dz = \int_0^{\infty}\frac{1}{x^n+1}dx + \int_{[\infty\cdot\omega,0]}f(z)dz = \int_0^{\infty}\frac{1}{x^n+1}dx + \int_{\infty}^0\frac{\omega}{x^n + 1} dx = \left(1 - \omega\right)\int_0^{\infty}\frac{1}{x^n + 1}dx.$$ Dermed: $$\int_0^{\infty}\frac{1}{x^n+1}dx = \frac{2\pi i}{n}\frac{\alpha}{\omega-1} = \frac{2\pi i}{n}\frac{e^{\frac{\pi i}{n}}}{e^{\frac{2\pi i}{n}}-1} = \frac{\pi}{n}\frac{2 i}{e^{\frac{\pi i}{n}} - e^{-\frac{\pi i}{n}}} = \frac{\pi}{n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}.$$
EDIT: Slurvefeil
Nå, på sirkelbuen er integranden $O(\frac{1}{R^n})$ mens omkretsen av sirkelen er $O(R)$, og $n\geq 2$, så integralet av $f$ forsvinner her når $R\rightarrow\infty$. $f$ har en pole av orden $1$ i $\alpha = e^{\frac{\pi i}{n}}$, så dermed har vi at $\text{Res}(f;\alpha) = \frac{1}{nz^{n-1}}\upharpoonright_{z=\alpha} = \frac{1}{n\alpha^{n-1}} = -\frac{\alpha}{n}$ ettersom $\alpha^n = -1$. Ettersom $\alpha$ er den eneste singulariteten til $f$ inni $\gamma$, forteller Cauchys residueteorem oss at $\int_{\gamma}f(z) dz = 2\pi i\text{Res}(f;\alpha) = -\frac{2\pi i\alpha}{n}.$
Legger vi sammen alle delene og lar $R\rightarrow\infty$ får vi altså til slutt:
$$-\frac{2\pi i\alpha}{n} = \int_{\gamma}f(z) dz = \int_0^{\infty}\frac{1}{x^n+1}dx + \int_{[\infty\cdot\omega,0]}f(z)dz = \int_0^{\infty}\frac{1}{x^n+1}dx + \int_{\infty}^0\frac{\omega}{x^n + 1} dx = \left(1 - \omega\right)\int_0^{\infty}\frac{1}{x^n + 1}dx.$$ Dermed: $$\int_0^{\infty}\frac{1}{x^n+1}dx = \frac{2\pi i}{n}\frac{\alpha}{\omega-1} = \frac{2\pi i}{n}\frac{e^{\frac{\pi i}{n}}}{e^{\frac{2\pi i}{n}}-1} = \frac{\pi}{n}\frac{2 i}{e^{\frac{\pi i}{n}} - e^{-\frac{\pi i}{n}}} = \frac{\pi}{n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}.$$
EDIT: Slurvefeil
Sist redigert av DennisChristensen den 22/01-2018 23:29, redigert 1 gang totalt.