sciencetalk

Geert Van Asbrouck schreef:Blijkbaar een slechte dag, vorige keer. Nu snap ik het wel, behalve dan 1 ding:

Waarom in feite al dat gedoe met
\(\vert g(t_0+re^{i\theta})\vert \leq M\)
?

is het niet gewoon zo dat
\( \lim_{r \rightarrow 0} \)
van
\( ir \int^\pi_0 g(t_0+re^{i\theta})e^{i\theta} d\theta\)
gelijk is aan 0 gewoon omwille van de r vooraan die 0 wordt?

Je mag een limiet en een integraal (= ook een limiet) niet zomaar verwisselen, vandaar dat ze de integraal eerst (naar boven) afschatten om dan de limiet te nemen. Hetzelfde was nodig in de afschatting die ik je hier gaf, om dezelfde reden (herlees eventueel daar even).

Antwoord aan PeterPan:

Neen, ik probeerde dit bewijs te begrijpen:

http://math.fullerton.edu/mathews/c2003/in...tourLemma.1.pdf

ivm de waarde van de integraal bij een "halve" omcirkeling, waarbij de waarde van de integraal bij een hele omcirkeling gewoon door 2 gedeeld wordt. (Zie de hele resem vragen en antwoorden hierboven). Toch bedankt voor je opmerking. Maar waarom dit 'rechthoekig' integratiepad, en waarom geen halve cirkelboog om 0 met straal R? Wat is het voordeel?

Antwoord aan TD!:

Inderdaad, in je antwoord van 12/2 stond dat eigenlijk ook al. Ik had de betekenis van dat afschatten niet ten volle door. Je laatste opmerking maakt weer één en ander duidelijker. Het valt me op dat soms het antwoord voor m'n neus ligt, maar ik het niet zie, en dat ik maar een vingerknip nodig heb om het toch plots te begrijpen, en me dan tenslotte af te vragen waarom ik dat in hemelsnaam voorheen niet zag. Maar dat is dan waarschijnlijk het mooie aan wiskunde. Ik doe wiskunde namelijk als hobby, tussendoor, omdat ik het gewoon plezierig vind, en kan dit soort hulp wel goed gebruiken. Nogmaals bedankt.

\(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x} dx = 2\iint_{0}^{\infty}\frac{\sin(x)}{x} dx\)

Die grote cirkelboog levert een akelige integraal op. Integreren via rechte paden levert veel simpelere afschattingen op.

Zo vindt ik de volgende afschattingen:

voor [R,R+iD] en [-R+iD,-R] deafschatting |.| < D/R

en voor [R+iD,-R+iD] de afschatting |.| < 2e^(-D)

en voor het halve cirkeltje (veruit het meeste werk) voor r naar 0 de uitkomst

\(-\pi i\)

.

Resultaat:

\(|2i \int_{0}^R \frac{\sin(x)}{x} dx -\pi i| \leq \frac{2D}{R} + \frac{2}{e^D}\)

Kies nu

\(D=\sqrt{R}\)

en laat R naar oneindig gaan.

De volgende integraal heeft een fraaie uitkomst.

\(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(x)}{1+x^2} dx\)

Wat komt er uit deze integraal?

Dan krijg je pi/e (inderdaad mooi!), precies hetzelfde als bij:

\(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\sin(x)}{1+x^2} dx\)

sciencetalk

kringintegraal

Re: kringintegraal

Re: kringintegraal

Re: kringintegraal

Re: kringintegraal

Re: kringintegraal