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| Aufgabe | | [Dateianhang nicht öffentlich] |
Hallo,
a) und b) konnte ich lösen, bei c) bleib' ich aber hängen.
Hier die Lösung von b), für den Fall, dass diese für c) nützlich ist:
Die Potenzreihenentwicklung von [mm] Li_2(z)=\summe_{i=1}^{\infty}\frac{z^n}{n^2} [/mm] für [mm] |z|<\rho
[/mm]
Der Konvergenzradius: [mm] \rho [/mm] = 1
Meine Versuche bisher: Ich habe [mm] Li_2(1/z) [/mm] einfach nach Definition ausgerechnet. Raus kam, oh wunder (ich hätte es auch gleich in die Potenzreihenentwickl einsetzen können): [mm] Li_2(1/z) [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{\infty}\frac{1}{z^n\cdot n^2}
[/mm]
Dann gabs noch einen Tipp, mit dem ich allerdings nichts anfangen kann:
Anstatt auf dem Pfad von 0 bis 1/z zu integrieren, könnte man auch zuerest auf dem Pfad von 0 bis 1 und dann auf dem Pfad von 1 bis 1/z integrieren. An die Tafel gekrizelt sah das so aus:
[mm] Li_2(1/z) [/mm] = [mm] \integral_{0}^{1/z}=\integral_{0}^{1}+\integral_{1}^{1/z}
[/mm]
(aber ich denke diese notation soll eher symbolisch sein, da hier ja nicht über Wege integriert wird, sondern die integrationsgrenzen weganfangs und -endpunkt sind)
Achso: [mm] Li_2(1)=\frac{\pi^2}{6}
[/mm]
Evtl. könnt ihr mir weiterhelfen?
LG,
HP
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:01 Do 23.10.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Anstatt auf dem Pfad von 0 bis 1/z zu integrieren, könnte
> man auch zuerest auf dem Pfad von 0 bis 1 und dann auf dem
> Pfad von 1 bis 1/z integrieren. An die Tafel gekrizelt sah
> das so aus:
> [mm]Li_2(1/z)[/mm] =
> [mm]\integral_{0}^{1/z}=\integral_{0}^{1}+\integral_{1}^{1/z}[/mm]
>
> (aber ich denke diese notation soll eher symbolisch sein,
> da hier ja nicht über Wege integriert wird, sondern die
> integrationsgrenzen weganfangs und -endpunkt sind)
>
> Achso: [mm]Li_2(1)=\frac{\pi^2}{6}[/mm]
>
> Evtl. könnt ihr mir weiterhelfen?
Tipp: Substituiere in dem zweiten Integral (von 1 bis $1/z$): [mm] $z'=\bruch{-1}{u}$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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Hallo Rainer,
wenn ich noch wüsste, was im zweiten Integral steht...
Ich verstehe ja schon nicht, warum plötzlich unter dem Integralzeichen kein Weg mehr steht, sondern das Integral nun Integrationsgrenzen besitzt.
Hier ein Ansatz:
[mm] Li_2(\frac{1}{z}) [/mm] = [mm] -\integral_{\sigma(0,\frac{1}{z})}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}
[/mm]
= [mm] -\integral_{\sigma(0,1)}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}+\left(-\integral_{???}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}\right)
[/mm]
Beim zweiten Integral stehh als Weg "???" weil ich nicht weiß, wie ich den Weg von 1 bis z korrekt parametrisiere. Habe ich den Tipp (aus meinem ersten Post) überhaupt richtig verstanden? Weil in diesem Tip hat man INtegrationsgrenzen, ich habe hier Wege.
LG,
HP
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:47 Do 23.10.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo Rainer,
>
> wenn ich noch wüsste, was im zweiten Integral steht...
>
> Ich verstehe ja schon nicht, warum plötzlich unter dem
> Integralzeichen kein Weg mehr steht, sondern das Integral
> nun Integrationsgrenzen besitzt.
>
> Hier ein Ansatz:
>
> [mm]Li_2(\frac{1}{z})[/mm] =
> [mm]-\integral_{\sigma(0,\frac{1}{z})}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}[/mm]
>
> = [mm]-\integral_{\sigma(0,1)}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}+\left(-\integral_{???}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}\right)[/mm]
>
> Beim zweiten Integral stehh als Weg "???" weil ich nicht
> weiß, wie ich den Weg von 1 bis z korrekt parametrisiere.
> Habe ich den Tipp (aus meinem ersten Post) überhaupt
> richtig verstanden? Weil in diesem Tip hat man
> INtegrationsgrenzen, ich habe hier Wege.
Richtig. Allerdings gilt ja auch, dass in einem Gebiet, in dem der Integrand holomorph ist, das Kurvenintegral unabhängig vom Weg ist und dass eine lokale Stammfunktion existiert. Der Dilogarithmus (wie er hier definiert ist) ist unstetig auf der reellen Achse von $+1$ bis [mm] $\infty$, [/mm] und holomorph auf jeder Teilmenge von [mm] $\IC$, [/mm] die diese Punkte nicht enthält. Daher darfst du das Integral so zerlegen und sogar einen beliebigen Weg wählen.
Der entscheidende Punkt in Teilaufgabe c) ist, dass du den Weg gar nicht wählen musst, sondern durch einfache Substitution zum Ziel kommst.
Viele Grüße
Rainer
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Hallo,
ich komme damit nicht klar. Kannst du nochmal helfen?
[mm] Li_2(\frac{1}{z})=\integral_{0}^{1}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}} [/mm] - [mm] \integral_{1}^{1/z}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{1}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}} [/mm] + [mm] \integral_{-1/0}^{-z}{Log(1+\frac{1}{u}) \frac{du}{u}}
[/mm]
mit der von dir vorgeschlagenen Substitution.
Mehrere Probleme:
1) Eine Integrationsgrenze wurde zu [mm] \frac{1}{0}
[/mm]
2) Was mache ich mit dem ersten Integral, das kann man ja auch nicht so einfach Integrieren
3) Das gleiche gilt für das durch die Substitution veränderte Integral. Das kann man doch nicht einfach integrieren?!
LG,
HP
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:07 Fr 24.10.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo,
>
> ich komme damit nicht klar. Kannst du nochmal helfen?
>
>
> [mm]Li_2(\frac{1}{z})=\integral_{0}^{1}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}[/mm]
> - [mm]\integral_{1}^{1/z}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}[/mm]
Da fehlt das Minuszeichen vor dem ersten Integral.
[mm] Li_2(\frac{1}{z}) = -\integral_{0}^{1/z}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'} = \red{-}\integral_{0}^{1}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}} - \integral_{1}^{1/z}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}[/mm]
> = [mm]\integral_{0}^{1}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}}[/mm] +
> [mm]\integral_{-1/0}^{-z}{Log(1+\frac{1}{u}) \frac{du}{u}}[/mm]
>
> mit der von dir vorgeschlagenen Substitution.
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
> Mehrere Probleme:
> 1) Eine Integrationsgrenze wurde zu [mm]\frac{1}{0}[/mm]
Da solltest du nochmal nachrechnen. 1/1=1.
Mit $u=-1/z'$ ist
[mm] \integral_{1}^{1/z}{Log(1-z') \frac{dz'}{z'}} = -\integral_{-1}^{-z} \bruch{\log(1+1/u)}{u} du = -\integral_{-1}^{-z} \bruch{-\log(u)+\log(u+1)}{u} du = \integral_{-1}^{-z} \bruch{\log u}{u} du - \integral_{-1}^{-z} \bruch{\log(u+1)}{u} du[/mm].
Den ersten Summanden kannst du ausrechnen, er ergibt [mm] \bruch{1}{2}\log^2(-z) + \bruch{\pi^2}{2} [/mm].
Im zweiten Summanden substituierst du $u=-z'$ und addierst wieder [mm] $\pi^2/6$.
[/mm]
> 2) Was mache ich mit dem ersten Integral, das kann man ja
> auch nicht so einfach Integrieren
Das erste Integral ist, wie du selbst in deinem ersten Post schriebst, gleich [mm] $\pi^2/6$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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Hallo Rainer,
vielen Dank für Deine Geduld. Jetzt habe ich es verstanden, habe aber beim Beweis vorraussetzen müssen, dass z [mm] \in \IC \backslash [/mm] [0,1) ist. Kann es sein, dass die Formel gar nicht auf [0,1) gültig ist?
LG,
HP
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:00 Sa 25.10.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> vielen Dank für Deine Geduld. Jetzt habe ich es verstanden,
> habe aber beim Beweis vorraussetzen müssen, dass z [mm]\in \IC \backslash[/mm]
> [0,1) ist.
Du musst sogar die ganze positive reelle Achse ausnehmen, wegen des letzten Integrals, das für [mm] $z\in [1,\infty]$ [/mm] nicht holomorph ist.
> Kann es sein, dass die Formel gar nicht auf
> [0,1) gültig ist?
Das kannst du so nicht schließen. Tatsächlich ist sie überall gültig, denn die Unstetigkeiten heben sich heraus.
Viele Grüße
Rainer
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