Matematické Fórum

2M70 · 27. 04. 2020 23:15

Zdravím, mohl bych poprosit o pomoc s tímto integrálem? Postup by měl být správně, ale asi tam je někde chyba:

$\int_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})(x^{2}+b^{2})^{2}}$

Stručně postup:

póly: +ai, -ai, (jednonásobné), +bi, -bi (dvojnásobné)

Integruji přes horní polorovinu - v ní leží jen póly +ai a +bi

Integrál přes horní půlkružnici je nulový - Jordanovo lemma

Reziduum v +ai:

$Res_{ai}=\lim_{z\to ai}\frac{1}{(1-1)!}\cdot \frac{z-ai}{(z-ai)(z+ai)(z^{2}+b^{2})^{2}}$

po dosazení
$Res_{ai}=\frac{1}{2ai(-a^{2}+b^{2})^{2}}$

Reziduum v bi - dvojnásobný pól, postup složitější:

$Res_{bi}=\lim_{z\to bi}\frac{1}{(2-1)!}\cdot \frac{d}{dz}(\frac{(z-bi)^{2}}{(z^{2}+a^{2})(z-bi)^{2}(z+bi)^{2}})$

Hledám tedy derivaci výrazu
$\frac{1}{(z^{2}+a^{2})(z+bi)^{2}}$

která je
$\frac{d/dz((z^{2}+a^{2})(z^{2}+2bzi-b^{2}))}{(z^{2}+a^{2})^{2}(z+bi)^4}$

Po roznásobení a derivování výrazu v čitateli
$\frac{4z^{3}+6z^{2}bi-2zb^{2}+2a^{2}z+2a^{2 }bi}{(z^{2}+a^{2})^{2}(z+bi)^4}$

Po dosazení
$\frac{4b^{3}(-i)-6b^{2}bi-2bib^{2}+2a^{2}bi+2a^{2 }bi}{(-b^{2}+a^{2})^{2}(bi+bi)^4}$

Po sečtení
$\frac{-4bi(a^{2}-b^{2)}}{(-b^{2}+a^{2})^{2}16b^4}$

Celkově reziduum bi
$\frac{-i}{4b^{3}(a^{2}-b^2)}$

Sečtu rezidua ai a bi:
$\frac{1}{2ai(a^{2}-b^{2})^{2}}-\frac{i}{4b^{3}(a^{2}-b^2)}=$
$=\frac{1}{2ai(a^{2}-b^{2})^{2}}-\frac{i(a^{2}-b^{2})}{4b^{3}(a^{2}-b^2)^{2}}=\frac{1}{(a^{2}-b^2)^{2}}\cdot \frac{2b^{3}+a(a^{2}-b^{2})}{4aib^{3}}$

Součet reziduí souhrnně:
$\sum_{Res}=^{}\frac{2b^{3}+a(a^{2}-b^{2})}{4aib^{3}(a^{2}-b^2)^{2}}$

Po vynásobení $2\pi i$
$\pi \cdot \frac{2b^{3}+a(a^{2}-b^{2})}{2ab^{3}(a^{2}-b^2)^{2}}$

Což je však špatně, protože správně má vyjít

$\pi \cdot \frac{2b+a}{2ab^{3}(a+b)^{2}}$

Mohl bych vás poprosit zkontrolovat výpočet a nalézt chybu / chyby ve výpočtu, které vedou ke špatnému výsledku?

Předem díky!

2M70 · 28. 04. 2020 16:28

Ještě mě napadá - stačí k důkazu Jordanova lemmatu použít na funkci substituci $z=Re^{it}$ , tedy

$f(z)=\frac{1}{(R^{2}e^{2iRT}+a^{2})(R^{2}e^{2iRT}+b^{2})^{2}}$

Tedy řádově lze chování funkce odhadnout jako $\frac{1}{R^{6}}$

a $\lim_{R\to \infty }\frac{1}{R^{6}}=0$

Integrál přes horní velkou půlkružnici je =0.

Je úvaha a postup správně?

jelena · 29. 04. 2020 09:47

Zdravím,

v postupu jsem snad chybu nenašla, ale při ověření derivace (pro reziduum s dvojnásobným polem) WA dává mírně jiný výsledek Odkaz (v čitateli v závorce je -3b^2), zkusit ještě překontrolovat.

Úvahu s výpočtem zadaného integrálu bych použila stejnou (s ohledem na podíl polynomů a rozdíl stupňů polynomů v čitateli a v jmenovateli (pokud se k tomu vztahuje dotaz ohledně úvahy s výpočtem) - viz kapitola 7.3 (a) v odkazu. Děkuji za upřesnění, zda je dořešeno ve shodě s výsledkem.

2M70 · 29. 04. 2020 10:48

↑ jelena:

Zkusil jsem sečíst reziduum pro ai s tím správným výsledkem rezidua pro bi, ale opět se nedostal k výsledku. Vychází

$\frac{1}{2a(a^{2}-b^{2})^{2}}-\frac{i(a^{2}-3b^{2})}{4b^{3}(a^{2}-b^{2})^{2}}=$

$\frac{1}{(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{2b^{3}-2ai(i)(a^{2}-3b^{2})}{4aib^{3}}=$

$\frac{1}{(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{2b^{3}+2a^{3}-6ab^{2}}{4aib^{3}}=$

$\frac{1}{(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{b^{3}+a^{3}-3ab^{2}}{2aib^{3}}$

Po vynásobení 2pi.i

$\frac{\pi }{(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{b^{3}+a^{3}-3ab^{2}}{ab^{3}}$

Což bohužel opět není výsledek, který má vyjít

$\pi \cdot \frac{2b+a}{2ab^{3}(a+b)^{2}}$

Tak nevím, kde hledat chybu, když postup je správně :-(

jelena · 29. 04. 2020 11:46

↑ 2M70:

děkuji, v prvním řádku je jen překlep - u prvního zlomku chybí i v jmenovateli, potom spíš nepozornost u společného jmenovatele (v druhém řádku pro druhý zlomek):
$\frac{1}{2ai(a^{2}-b^{2})^{2}}-\frac{i(a^{2}-3b^{2})}{4b^{3}(a^{2}-b^{2})^{2}}=$
V druhém řádku ještě vytknu 2 v jmenovateli:
$\frac{1}{2(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{2b^{3}-ai(i)(a^{2}-3b^{2})}{2aib^{3}}=$

souhlasí to? Potom ještě rozklad na součin v druhém čitateli, ale zatím prosím o kontrolu "mých oprav".

2M70 · 29. 04. 2020 12:06

↑ jelena:

Než to začnu přepočítávat - myslíš, že tohle by už mohlo vést k uvedenému výsledku?

jelena · 29. 04. 2020 12:22

↑ 2M70: pokud jsem vložila do WA dobře, tak souhlasí s uváděným výsledkem (viz Alternate forms, nenásobila jsem $\pi$ , ale to je jasné), je-li toto dostatečný argument začít přepočítávat :-)

2M70 · 29. 04. 2020 12:53

↑ jelena:

Mně tam po roznásobení čitatele vychází

$\frac{1}{2(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{2b^{3}-ai(i)(a^{2}-3b^{2})}{2aib^{3}}=$

$\frac{1}{2(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{2b^{3}+a(a^{2}-3ab^{2})}{2aib^{3}}$

Podle residuové věty

$\pi \frac{1}{(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{2b^{3}+a(a^{2}-3ab^{2})}{2ab^{3}}$

Což mi ale stále nedává správný výsledek :-(

$\pi \cdot \frac{2b+a}{2ab^{3}(a+b)^{2}}$

jelena · 29. 04. 2020 13:14

↑ 2M70: děkuji, snad jen překlepy (nebo nepozornost při úpravě): v závorce v čitateli nemá být $a$ , tak?

$\frac{1}{2(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{2b^{3}+a(a^{2}-3b^{2})}{2aib^{3}}$

potom $2b^{3}+a^{3}-3ab^{2}=2b^{3}-2ab^{2}+a^{3}-ab^{2}$ možná i jiná úprava pro rozklad na součin, ale to už by mělo nějak dopadnou. V pořádku?

2M70 · 29. 04. 2020 13:58

↑ jelena:

Pokusil jsem se upravit a nic moc...

$2b^{3}+a^{3}-3ab^{2}=2b^{3}-2ab^{2}+a^{3}-ab^{2}$

$= 2b^{2}(b-a)+a(a^{2}-b^{2})$

Po převedení na společného jmenovatele

$\frac{1}{2(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{2b^{2}(b-a)+a(a^{2}-b^{2})}{2aib^{3}}$

Eventuálně ještě

$(\frac{2b^{2}}{2(a+b)^{2}(a-b)}+\frac{a}{2(a^{2}-b^{2})})\cdot \frac{1}{2aib^{3}}$

Resp.

$(\frac{2b^{2}}{2(a+b)^{2}(a-b)}+\frac{a}{2(a^{2}-b^{2})})\cdot \frac{\pi }{ab^{3}}$

Ale to stále není ono a rozhodně to nedává výsledek,

$\pi \cdot \frac{2b+a}{2ab^{3}(a+b)^{2}}$

jelena · 29. 04. 2020 15:17

↑ 2M70:

tak bych pokračovala (možná by bylo i něco více efektivního)
$= 2b^{2}(b-a)+a(a^{2}-b^{2})=(a-b)(a(a+b)-2b^2)=(a-b)(a^2+ab-b^2-b^2)=(a-b)(a^2-b^2+ab-b^2)$ , jak to vypadá? Děkuji.

2M70 · 29. 04. 2020 15:25

↑ jelena:

Když tam dosadím, tak dostanu

$\frac{1}{2(a^{2}-b^{2})^{2}}\cdot \frac{(a-b)(a^{2}-b^{2}+ab-b^{2)}}{2aib^{3}}$

takže jsem si moc nepomohl :-(

jelena · 29. 04. 2020 16:05

↑ 2M70:

jen úprava čitatele na součin, aby šla dokončit úprava zlomků, tj. pro čitatel:
$=(a-b)((a^2-b^2)+b(a-b))=\ldots$ už je vidět? Děkuji za dokončení

2M70 · 29. 04. 2020 16:26

↑ jelena:

Tentokrát dostanu

$\frac{1}{2(a+b)^{2}(a-b))}\cdot \frac{(a^{2}-b^{2}+ab-b^{2)}}{2aib^{3}}$ =
$\frac{1}{2(a+b)^{2}(a-b))}\cdot \frac{(a^{2}-b^{2}+b(a-b)}{2aib^{3}}$ =
$\frac{1}{2(a+b)^{2}(a-b))}\cdot \frac{(a-b)(a+b)+b(a-b)}{2aib^{3}}$ =
$\frac{1}{2(a+b)^{2}(a-b))}\cdot \frac{(a+2b)(a-b)}{2aib^{3}}$ =
$\frac{1}{2(a+b)^{2})}\cdot \frac{(a+2b)}{2aib^{3}}$ =
$\frac{a+2b}{4aib^{3}\cdot (a+b)^{2}}$

Po aplikaci reziduové věty
$2\pi i\frac{a+2b}{4aib^{3}\cdot (a+b)^{2}}=\pi \cdot \frac{a+2b}{2ab^{3}\cdot (a+b)^{2}}$

tedy výsledek je
$\pi \cdot \frac{a+2b}{2ab^{3}\cdot (a+b)^{2}}$

Což je správný výsledek!!! Super !!!

Díky moc za pomoc !!!