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Beitrag |
    
Tiffany (T_L)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 10. Februar, 2002 - 14:02: | 
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Hier mal eine hübsche Aufgabe:
Beweisen Sie
ò0 ¥ sin(r*x)/x dx = p/2 "r>0
Tiffany |
r?
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 10. Februar, 2002 - 15:36: |
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Suchst Du Int sin(x)/x oder Int sin(r*x)/x ? |
H.R.Moser,megamath
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 10. Februar, 2002 - 17:48: |
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Hi Tiffany,
Ein rein formaler Beweis (zunächst ohne notwendige Konvergenzbetrachtungen)
läuft so.
Zunächst schaffen wir durch die Substitution r*x = u , dx = du / r das r aus der
Welt:
Wir brauchen uns somit „nur“ mit dem Integral
int [sin x / x * dx ],untere Grenze 0 , obere Grenze unendlich
zu beschäftigen.
Beim Thema haben wir es mit dem so genannten Integralsinus (sinus integralis)
Si(x)=int [sin x / x * dx ],untere Grenze 0 ,obere Grenze x für den Grenzfall
x gegen unendlich zu tun.
Wir gehen aus von einem Integral C, dessen Herleitung wir im Anhang
separat durchführen.
Dieses Integral C lautet:
C = int [ (1-cos z) / z^2 * dz ] = ½ * Pi ,untere Grenze 0 ,obere Grenz unendlich.
Durch eine partielle Integration
(zunächst sollen die Grenzen weggelassen werden) kommt:
- 1 / z * (1-cos z) + int [ sin z / z * dz ]
Setzt man die untere Grenze z = 0 und die obere Grenze z = unendlich ein,
so wird der erste Summand in beiden Fällen null
(verwende die Regel von de L´Hospital-Bernoulli !) ,
und es bleibt für das bestimmte Integral C :
C = Si(unendlich) = Pi / 2 , w.z.b.w.
Anhang
Bei früheren Integrationsübungen in diesem Board wurde auch das folgende
Integral durch partielle Integration oder mittels komplexer Zahlen hergeleitet:
int [e^(ax)*cos (bx) *dx] = e^(ax)*[a*cos (bx ) + b*sin (bx)] / (a^2+b^2)
Setze a = - 1 und b = t; es entsteht:
int [e^(-x)*cos (tx) * dx ] = e^(-x)*[-cos (tx) + t*sin (tx)] / (1+ t ^ 2 )
Nimmt man das zugehörige bestimmte Integral mit unterer Grenze x = 0 ,
oberer Grenze x = unendlich, so entsteht:
J = int [e^(-x)*cos (tx) * dx ] , in den genannten Grenzen.
Es ergibt sich gemäss Einleitung, wenn auch rechts die Grenzen ausgewertet
werden
J = 1 / ( 1 + t ^2 )
Unter gewissen Voraussetzungen, die hier erfüllt sind, darf unter dem soeben
angeschriebenen Integral zweimal nach t (!!) von 0 bis t integriert werden;
tun wir dies auch rechts ,so kommt:
int[e^(-x)*{1-cos (tx)}/x^2 * dx],untere Grenze x = 0 , obere Grenze x = unendlich
= int [arc tan t ]* dt , untere Grenze t = 0 ,obere Grenze t
= t * arc tan t - ln [wurzel( 1+ t ^ 2 )].
Substitution t*x = z , dx = dz / t
Es entsteht :
int[e^(-z/t)*{1-cos (z)}/z^2 * dz] ,untere Grenze z = 0 , obere Grenze z = infinity
= arc tan t – 1 / t * ln [wurzel( 1+ t ^ 2 )].
Nun lassen wir (legal !) t gegen unendlich gehen, dabei verschwindet
der Term mit ln , und es entsteht die im ersten Teil verwendete Formel
C = int [ (1-cos z) / z^2 * dz ] = ½ * Pi ,untere Grenze 0 ,obere Grenze
unendlich.
Damit ist die Beweisskizze beendet.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath |
Tiffany (T_L)
| | Veröffentlicht am Montag, den 11. Februar, 2002 - 15:10: |
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Hi megamath
Aber warum darf man denn das r einfach so "aus der Welt" schaffen? Das ist mir nicht ganz klar.
Tiffany |
H.R.Moser,megamath
| | Veröffentlicht am Montag, den 11. Februar, 2002 - 17:12: |
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Hi Tiffany,
Substituiere im Integral r * x = z, also dx = dz / r
Was geschieht beim Einsetzen mit dem Integrand
sin (r * x ) / x * dx ?
Antwort : r hebt sich weg, und es bleibt :
sin z / z .
Die Grenzen 0 und infinity bleiben samt Reihenfolge.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath. |
H.R.Moser,megamath
| | Veröffentlicht am Montag, den 11. Februar, 2002 - 17:12: |
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Hi Tiffany,
Substituiere im Integral r * x = z, also dx = dz / r
Was geschieht beim Einsetzen mit dem Integrand
sin (r * x ) / x * dx ?
Antwort : r hebt sich weg, und es bleibt :
sin z / z .
Die Grenzen 0 und infinity bleiben samt Reihenfolge.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath. |
H.R.Moser,megamath
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 12. Februar, 2002 - 08:10: |
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Hi Tiffany,
Es gibt selbstverständlich in diesem Umfeld auch Integrale,
bei denen ein Parameter r eine entscheidende Rolle spielt
und nicht einfach aus Abschied und Traktanden fällt.
Dazu ein paar Beispiele (ohne Beweis):
1.
J1 = int [e^ ( - r * x ) * sin x / x * dx ] ,
untere Grenze 0, obere Grenze unendlich.
Es gilt:
J1 = arccot r
2.
J2 = int [ sin x * cos( r * x ) / x * dx ]
dieselben Grenzen.
Es gilt:
J2 =
· ½ Pi für abs ( r ) < 1
· ¼ Pi für abs ( r ) = 1
· 0 für die übrigen r-Werte.
3.
Als Gegenstück zum sinus diene ein sinus hyperbolicus:
J3 = int [x / sinh ( r * x ) * dx ] mit den genannten Grenzen.
Resultat:
J3 = (Pi)^2 / (4*r ^2)
4.
Oder mit cosinus hyperbolicus:
J4 = int [1 / cosh ( r * x ) * dx ],dieselben Grenzen.
Resultat:
J3 = Pi / 2* r
Beachte: J3 = J4 ^ 2
u.s.w.
Anmerkung
Das erste Integral J1 eignet sich dazu, erneut
int [ sin x / x * dx ] = ½ * Pi (Grenzen wie oben) zu begründen ;
setze zu diesem Zweck r = 0 ein !
Das Integral J1 selbst werde ich in einer spätern Arbeit
unter die Lupe nehmen !
Bis dann
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath. |
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