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Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 313
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Februar, 2003 - 17:19: | 
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Hi, bei meinem Studium der Gammafunktion bin ich auf den Satz von Raabe zur Gammafunktion gestoßen!
Dieser lautet ja:
ò0 1 ln(Gx) dx = ln(Ö(2*p))
So nun habe ich einen kurzen und kanppen Beweis dazu gefunden, zu dem ich einige Frage habe:
der Beweis läuft folgendermassen:
sei:
I=ò0 1 ln(Gx) dx
und:
I=ò0 1 ln(G(1-x)) dx
dann:
2I=ò0 1 ln(Gx*G(1-x)) dx
2I=ò0 1 ln(p/(sin(p*x)) dx
2I=ln(p)-ò0 1 ln(sin(p*x)) dx
2I=ln(p)+ln(2)
I=ln(Ö(2*p))
So nun meine Fragen:
1.)Kann man das erste Integral Gamma[x] mit dem von Gamma[1-x] gleichsetzen?
2.) Wie beweise ich:
ò0 1 ln(sin(p*x)) dx=-ln(2)
3.)Was hat dieser Satz jetzt für eine Bedeutung für die Gammfunktion und wozu ist er noch Wichtig?
Bin für jede Hilfe dankbar!
mfg |
Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 314
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Februar, 2003 - 18:42: |
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Hi Ferdi,
zu deiener Frage 1).
Ich weis ja nicht wo du den Beweis her hast, aber wenn er korrekt ist, dann muss man sie Gleichsetzen können. Die Frage ist nur warum oder besser unter welchen Bedingungen?
Schließlich gilt die Beziehung
G(x)*G(1-x)=p/sin(p*x)
ist ja auch nicht für alle x Element R definiert!
Also schau mal ob da nicht noch irgend welche Angaben sind.
Gruß n. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 315
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Februar, 2003 - 20:34: |
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Hi Niels,
also in Büchern konnte ich bis heute nichts dazu finden. Im Internet fand ich folgendes, kurzes, aus dem Englischen:
"Let's first consider
I = integral_0^1 log(Gamma(x)) dx.
Then I = integral_0^1 log(Gamma(1-x)) dx and so
2I = integral_0^1 log(Gamma(x) Gamma(1-x)) dx
= integral_0^1 log(pi/log(sin pi x)) dx
= log pi - integral_0^1 log(sin pi x)) dx
= log pi + log 2
= log (2pi)
since it's well-known that int_0^pi log(sin x) dx = - pi log 2."
Tja, darraus ergeben sich halt meine Fragen, ich finde leider auch keine passende Literatur dazu, wollte morgen noch mal zur Bücherei.
Also meine drei Fragen stehen damit immer noch! Vielen Dank für jede Hilfe!
mfg
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 315
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Februar, 2003 - 21:14: |
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Hi Ferdi,
tja, dann müssen wir mal schauen.
Auf jedenfall scheint mir das Ergebnis
ln(2*pi) besser un richtiger zu sein als das Ergebnis ln(Wurzel(2*pi)) zu sein.
Was das Integral selbst betrifft habe ich schon einen Verdacht. Will ihm aber erst überprüfen bevor ich näheres erzähle.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 316
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 04. Februar, 2003 - 22:12: |
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Warum?
Da steht doch das selbe!
auf der linekn Seite haben wir doch 2*I! Das war ja meine Frage! Wir haben ja einfach:
I=ò0 1 ln(Gx) dx
und
I=ò0 1 ln(G(1-x))
addiert und kommen dann am Ende zu:
2I=ln(2*p)
I=0,5*ln(2*p)
Darauf Logarithmusgesetze anwenden, liefert:
I=ln(Ö(2*p))
von daher stimmt das ergebniss wohl so...
mfg |
Orion (orion)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: orion
Nummer des Beitrags: 490
Registriert: 11-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Februar, 2003 - 09:26: |
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Ferdi,
Substituiert man x = 1-t ==> dx = - dt und schreibt wieder x statt t,so erhält man
I = ò0 1ln G(x) dx =
ò0 1ln G(1-x)dx.
Die weitere Rechnung verläuft nun wie von Dir
angegeben. Die eigentliche Schwierigkeit
ist aber die Berechnung von
ò0 1ln sin(px)dx =
(1/p)*ò0 pln sin(x)dx.
Dazu kann ich hier nur folgenden Hinweis
geben:
Mit Hilfe des Residuensatzes (komplexe Integration) kann man zeigen, dass
ò0 ¥ln(x2+1)/(x2+1)dx = p*ln 2. Durch Substitution x=tan(t)
gewinnt man daraus
ò0 p/2ln sin(x) dx =
ò0 p/2ln cos(x) dx =
- (p/2}*ln 2.
Dies addiert man und verwendet noch
cos(x)*sin(x) = (1/2)sin(2x), sodass man nach
Substitution 2x=t wieder auf das Integrationsintervall [0,p] kommt.
Die Rechnung für das oben erwähnte
ln-Integral findest Du ausführlich in
Schaum's Outlines : Complex Variables,
1999, p.187 (problem 22.)
mfG Orion
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Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 319
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Februar, 2003 - 13:30: |
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Hi Orion, Hi Niels.
Erst mal Danke für deinen Tipp Orion, das ist jetzt klar!
Leider bin ich mit komplexer Integration noch nicht so vertraut!
Ich habe allerdings einen Weg gefunden, der ein ähnliches Integral berechnet, aber ich bin irgendwie nicht in der Lage (Brett vorm Kopf) das auf unser Integral übertragen, da es eine andere obere Grenze gibt!
Vielleicht könnt ihr euch das mal anschauen.
mfg
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 316
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Februar, 2003 - 14:25: |
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Hi Orion,
müsste man nicht wenn du substituierts auch die Grenzen verändern?
Oder gilt dies nur wenn man ganze Funktionen substituierst und nicht in Variablen.?
Übrigens, Ferdi du hast recht, ich hatte die 0,5 vergessen.
Auch ich habe mir ein paar Gedanken gemacht zu dem Integral was Orion äußerte.
Wenn tatsache die Regelung von Orion gilt, das man nicht die Grenzen verändern muss habe ich einen genial einfachen weg gefunden, das Integral zu lösen!
Mehr dazu später.
Gruß N.
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H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 1961
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Februar, 2003 - 14:43: |
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Hi Ferdi,
Zur Beta- und Gamma Funktion.
Das Thema wurde ganz intensiv in diesem Forum mit
einschlägigen Aufgaben vor gut 9 Monaten behandelt.
Ausgelöst wurde der Reigen der Fragen von Berta am
23. April 2002.
Die Arbeiten an diesem Thema zogen sich bis in den
Juni hinein.
Beteiligt daran waren ausser mir:
Orion,Titan Zwick, Niels, Fritz Laher und andere.
Es ist Berta gelungen, alle Dokumente aus jener Zeit
aus diesem Gebiet auszugraben und mir in
wohlgeordneten Dokumenten zu übermitteln.
Ich möchte Berta an dieser Stelle für diese
umfangreiche Sekretariatsarbeit meinen
herzlichen Dank und meine Anerkennung aussprechen.
Die damals von mir gestellte Frage,
die Du kürzlich in dieses Forum nochmals stelltest,
ist mit dabei, auch die Lösung, die ich nachgeliefert hatte
mit guten Ratschlägen meinerseits, wie man an diese
Probleme am besten herangeht.
Ich habe grundsätzlich nichts dagegen, wenn jemand weiter
zurückliegende Aufgaben oder Lösungen von mir
übernimmt; ich möchte allerdings bitten, Quellenangaben
vorzunehmen
(was Du auch gemacht hast, was die Aufgabenstellung betrifft).
Dieselbe Aufgabe in etwas modifizierter Form geistert
gegenwärtig in einem andern Forum herum, das „zahreich“
zum Verwechseln ähnlich sieht, ich meine
„Mathematik-Abitur 2003“, www.emath.de
Weiterhin viel Spass mit den Eulerschen Integralen
erster und zweiter Gattung !
Mit freundlichen Grüssen
H.R.Mosetr,megamath
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H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 1962
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Februar, 2003 - 14:58: |
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Hi,
Hier eine Bemerkung zur Substitutionsmethode,
die ich im Mai 2002 ins Forum stellte;
die Ratschläge, die darin vorkommen,sollte man sich
wolhlweislich zu Herzen nehmen !
Ich komme auf die Frage von Niels an Hand anderer Beispiele
zu gegebener Zeit zurück.
Beginn des Zitats:
Hier das angekündigte Beispiel zur
Substitutionsmethode.
Ich entnehme es dem bereits erwähnten
amerikanischen Standardwerk zur Integration
von Robert C.Weast.
abs(u) bedeutet: „Absolutbetrag von u“
Das Zitat erfolgt in der Originalsprache,
um Uebersetzungsfehler zu vermeiden.
Example:
int [ x ^ 4 / sqrt (a^2 - x^2) * dx ]
Here we make the substitution x = abs(a)* sin t.
Then dx = abs(a) * cos t * dt , and
sqrt (a^2 - x^2) = sqrt [ a^2 - a^2* {sin t}^2 ]
= abs(a) * sqrt [1 – {sin t }^ 2 ] =
abs [a * cos t].
Notice the absolute value signs. It is very important
to keep in mind that a square root radical always
denotes the positive square root , and to assure the sign
is always kept positive.
Thus sqrt(x^2) = abs(x).
Failure to observe this is a common cause of errors
in integration.
Notice also that the indicated substitution is not a
one–to-one function, that is , it does not have a unique
inverse.Thus we must restrict the range of t in such a
way as to make the function one–to -one.
Fortunately,this is easily done by solving for t
t = arc sin [x / abs(a) ]
and restricting the inverse sine the to the principal
values,
- ½ Pi < = t <= ½ Pi
Thus the integral becomes
int [{ a^4 (sin t)^4 abs(a) * cos t }/{abs(a)*abs(cos t)} *dt]
Now, however, in the range of values chosen for t ,
cos t is always positive.Thus we may remove the absolute
value signs from cos t in the denominator.(This is one
of the reasons that the principal values of the inverse
trigonometric functions are defined as they are.)
Then the cos t terms cancel,and the integral becomes
a ^ 4 * int [ (sin t) ^ 4 * dt ]b
By application of integral formulas 299 and 296,
we integrate this to
- a^4 * ¼ (sin t)^3*cos t –3/8*a^4*cos t * sin t +3/8*a^4 * t + C
We now must perform the inverse substitution to get
the result in terrms of x. We have
t = arc sin [ x / abs(a) ]
sin t = x / abs (a)
Then
cos t = (+ -) sqrt [1-(sin t)^2)] =
(+-)sqrt[1-x^2/a^2] = (+-)sqrt[a^2 – x^2 ] / abs (a)
Because of the previously mentioned fact that cos t
is positive,we may omit the (+-)sign.
The reverse substitution then produces the final answer
int [ x ^ 4 / sqrt (a^2 - x^2) * dx ] =
- ¼ x^3*sqrt(a^2-x^2) –3/8a^2*x *sqrt(a^2-x^2) +
+ 3/8*a^4*arc sin [x/abs(a)] + C
°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° °°°
Ende Zitat
So subtil sollte man bei der Substitution in der
Integralrechnung vorgehen!
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath.
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Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 322
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Februar, 2003 - 15:55: |
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Hi,
Ich beschäftige mich erst seit Sonntag mit der Gammafunktion, da sie mir bei Volumenberechnung von Kugeln aufgefallen war. Ich habe auch einige interessante Artikel zur Gammafunktion im Board gefunden, nur leider habe ich keinen Archiv Zugang, so dass mir die meisten Artikel versperrt bleiben!
Naja, mir ist jetzt aber trotzdem gelungen, das Intergal ò0 1 ln(sin(p*x)) dx zu lösen. Ganz ohne komplexe Integration.
Hier eine kurze Lösungsskizze:
ò0 1 ln(sin(p*x)) dx=(1/p)*ò0 p ln(sin(x)) dx
Nun habe ich das Integral aufgespalten:
ò0 p ln(sin(x)) dx=
ò0 p/2 ln(sin(x)) dx + òp/2 p ln(sin(x)) dx
Das erste ist ja wie in der pdf Datei angegeben -(p*ln(2))/2
Das zweite Integral berechne ich wieder mit der Relation: sin(x)=2*sin(x/2)*cos(x/2)
Dies führt schliesslich zu:
òp/2 p ln(sin(x)) dx = (p*ln(2))/2+2*ò0 p/2 ln(sin(x)) dx
Alles zusammen ergibt, das (p*ln(2))/2 hebt sich weg:
ò0 p ln(sin(x)) dx = 2*ò0 p/2 ln(sin(x)) dx
Das führt zu:
(2/p)*ò0 p/2 ln(sin(x)) dx
da ò0 p/2 ln(sin(x)) dx = -(p*ln(2))/2
folgt:
ò0 1 ln(sin(p*x)) dx = -ln(2)
Hoffe das stimmt jetzt alles so, freue mich auch auf andere Vorschläge!
mfg
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Orion (orion)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: orion
Nummer des Beitrags: 491
Registriert: 11-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Februar, 2003 - 16:14: |
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Niels,
Die Grenzen werden bei der Substitution x--> 1-x
zunächst vertauscht, dann gibt's wegen dx --> - dx
nochmals einen Zeichenwechsel.
mfG Orion
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Niels (niels2)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 317
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Februar, 2003 - 17:15: |
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Hi Ferdi,
das scheint mir alles korrekt zu sein!
Ein schöne Aufgabe zu diesem Thema!
Was nun dieser Satz bedeutet weis ich aber nicht.
Gruß N. |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 324
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 05. Februar, 2003 - 21:57: |
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Hi Niels,
dein Weg den du beschrieben hast würde mich auch interessieren! Ist er wirklich so genial einfach, den mein Weg umfasst ca. 1,5 DinA4 Seiten!
mfg |
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Integral
