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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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