matematikk.net

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...

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

Gustav wrote: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

jo takk, men kan egentlig dette.
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?

Janhaa wrote: [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.

Gustav wrote:

Janhaa wrote: [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!