Noen som kan vise dette vha residue theorem:
[tex]\large I = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{dz}{(1+z^2)^{n+1}}=\frac{\pi(2n)!}{2^{2n}(n!)^2},\,\,\,n \in \mathbb{Z^+}[/tex]
jeg vet sjølsagt at polene er:
[tex]z_o= \pm i[/tex]
med orden [tex]\,\,(n+1)[/tex]
der jeg bruker
[tex]z_o= i[/tex]
som pol.
Nevner er:
[tex]z^2+1=(z+i)(z-i)[/tex]
Men jeg går litt i stå etter hvert...
Vise vha residue theorem
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Du lager deg en halvsirkel $D$ i øvre halvdel av det komplekse plan , med radius $R$, som omfatter $z=+i$. Merk at
$\oint_D \frac{1}{(1+z^2)^{n+1}}\,dz=\int_{-R}^{R} \frac{1}{(1+z^2)^{n+1}}\,dz + \int_{\Gamma=D\setminus [-R,+R]}\frac{1}{(1+z^2)^{n+1}}\,dz$.
Deretter la $R\to \infty$.
Integralet på venstresida regnes ut med residue teoremet, mens integralet til høyre kan beregnes ved hjelp av Estimeringslemmaet/ML-ulikheten. https://en.wikipedia.org/wiki/Estimation_lemma
$\oint_D \frac{1}{(1+z^2)^{n+1}}\,dz=\int_{-R}^{R} \frac{1}{(1+z^2)^{n+1}}\,dz + \int_{\Gamma=D\setminus [-R,+R]}\frac{1}{(1+z^2)^{n+1}}\,dz$.
Deretter la $R\to \infty$.
Integralet på venstresida regnes ut med residue teoremet, mens integralet til høyre kan beregnes ved hjelp av Estimeringslemmaet/ML-ulikheten. https://en.wikipedia.org/wiki/Estimation_lemma
jo takk, men kan egentlig dette.Gustav skrev:Du lager deg en halvsirkel $D$ i øvre halvdel av det komplekse plan , med radius $R$, som omfatter $z=+i$. Merk at
$\oint_D \frac{1}{(1+z^2)^{n+1}}\,dz=\int_{-R}^{R} \frac{1}{(1+z^2)^{n+1}}\,dz + \int_{\Gamma=D\setminus [-R,+R]}\frac{1}{(1+z^2)^{n+1}}\,dz$.
Deretter la $\lim_{R\to \infty}$ på begge sider.
Integralet på venstresida regnes ut med residue teoremet, mens integralet til høyre kan beregnes ved hjelp av Estimeringslemmaet/ML-ulikheten. https://en.wikipedia.org/wiki/Estimation_lemma
det jeg sliter med - er faktisk manipuleringen, dvs:
[tex]\text Res(f,\,i)=\lim_{z \to i}\frac{1}{n!}\left(\frac{d^{n}(z+i)^{-(n+1)}}{dz^n}\right)[/tex]
DVs
der
[tex]I=2\pi*i*\, \text Res(f, i)=\frac{\pi(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}}[/tex]
******************************************'
PS:
er Estimeringslemmaet noe ala
Jordan's lemma?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
.Janhaa skrev: [tex]\text Res(f,\,i)=\lim_{z \to i}\frac{1}{n!}\left(\frac{d^{n}(z+i)^{-(n+1)}}{dz^n}\right)[/tex]
Deriverer du én gang fås $-(n+1)(z+i)^{-n-2}$. Deriverer du dette igjen fås
$(n+1)(n+2)(z+i)^{-n-3}$
etc.
Så etter derivasjon n ganger blir det vel noe sånt som
$(-1)^n(n+1)(n+2)...(2n)(z+i)^{-2n-1}=(-1)^n\frac{(2n)!}{n!} (z+i)^{-2n-1}$, så
$Res(f,i)=\lim_{z \to i}\frac{1}{n!}\left(\frac{d^{n}(z+i)^{-(n+1)}}{dz^n}\right)=\lim_{z \to i} (-1)^n\frac{(2n)!}{(n!)^2} (z+i)^{-2n-1}=(-1)^n\frac{(2n)!}{(n!)^2} (2i)^{-2n-1}=...$
Estimeringslemmaet er noe ala Jordan ja. Begge brukes til samme type ting.
Det hjalp, takker igjen!Gustav skrev:.Janhaa skrev: [tex]\text Res(f,\,i)=\lim_{z \to i}\frac{1}{n!}\left(\frac{d^{n}(z+i)^{-(n+1)}}{dz^n}\right)[/tex]
Deriverer du én gang fås $-(n+1)(z+i)^{-n-2}$. Deriverer du dette igjen fås
$(n+1)(n+2)(z+i)^{-n-3}$
etc.
Så etter derivasjon n ganger blir det vel noe sånt som
$(-1)^n(n+1)(n+2)...(2n)(z+i)^{-2n-1}=(-1)^n\frac{(2n)!}{n!} (z+i)^{-2n-1}$, så
$Res(f,i)=\lim_{z \to i}\frac{1}{n!}\left(\frac{d^{n}(z+i)^{-(n+1)}}{dz^n}\right)=\lim_{z \to i} (-1)^n\frac{(2n)!}{(n!)^2} (z+i)^{-2n-1}=(-1)^n\frac{(2n)!}{(n!)^2} (2i)^{-2n-1}=...$
Estimeringslemmaet er noe ala Jordan ja. Begge brukes til samme type ting.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]