Integral mit Log-Fkt. < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei f eine holomorphe Funktion in D(0,3). Zeigen Sie, dass
[mm] \bruch{1}{2i\pi}\integral_{C}^{}{f(z)Log(\bruch{z+1}{z-1}) dz}=\integral_{-1}^{1}{f(x) dx}, [/mm] wobei [mm] C(t)=2e^{it}, [/mm] t [mm] \in [0,2\pi], [/mm] gilt. |
Hi, komme bei dieser Aufgabe gerade irgendwie gar nicht weiter. kann vielleicht irgend jemand bisschen helfen??
Danke im Voraus.
Gruß
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Mit [mm]\operatorname{Log}[/mm] sei der Hauptzweig des Logarithmus bezeichnet. Das Argument liegt also im Intervall [mm](-\pi,\pi)[/mm]. Die Möbiustransformation
[mm]w = \frac{z+1}{z-1}[/mm]
bildet das Kreisäußere [mm]|z|>1[/mm] auf die rechte Halbebene [mm]\Re(w) > 0[/mm] ab. Deshalb gilt:
[mm]f(z) \cdot \operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}[/mm] ist holomorph in [mm]1<|z|<3[/mm] .
Der Integralwert ändert sich daher nicht, wenn man den Kreis [mm]|z|=2[/mm] durch den dazu homotopen Kreis [mm]|z|=r[/mm] mit [mm]1 < r < 2,5[/mm] ersetzt (die Kreise und Halbkreise auch im Folgenden seien jeweils positiv orientiert):
[mm]\int_{|z| = 2} f(z) \cdot \operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}~\mathrm{d}z = \int_{|z| = r} f(z) \cdot \operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}~\mathrm{d}z[/mm]
Jetzt verwendet man ein Logarithmusgesetz:
[mm]\operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1} = \operatorname{Log}(z+1) - \operatorname{Log}(z-1)[/mm]
Man kann es so begründen: Für sich allein genommen ist die rechte Seite im Gebiet [mm]\mathbb{C} \setminus (- \infty,1][/mm] holomorph, die linke im Gebiet [mm]|z|>1[/mm]. Der Schnitt der beiden Gebiete ist wieder ein Gebiet [mm]G[/mm]. Beide Seiten der Gleichung besitzen in [mm]G[/mm] dieselbe Ableitung, und da sie etwa in [mm]z=2[/mm] übereinstimmen, muß die Gleichung in ganz [mm]G[/mm] gelten.
Es folgt nun:
(#) [mm]\int_{|z| = 2} f(z) \cdot \operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}~\mathrm{d}z = \int_{|z|=r} f(z) \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z - \int_{|z|=r} f(z) \cdot \operatorname{Log}(z-1)~\mathrm{d}z[/mm]
Daß die Integrale auf der rechten Seite für den einzelnen Punkt [mm]z=-r[/mm] jeweils nicht definiert sind, stört nicht. Auch im Folgenden tritt dieses Phänomen an Randpunkten der Kurven auf, ohne daß man das weiter beachten muß.
Im letzten Integral substituiert man [mm]z \mapsto -z[/mm] (Punktspiegelung am Ursprung). Dabei geht die Integrationskurve in sich selber über, auch die Orientierung bleibt erhalten:
[mm]\int_{|z|=r} f(z) \operatorname{Log}(z-1)~\mathrm{d}z = - \int_{|z|=r} f(-z) \operatorname{Log}(-z-1)~\mathrm{d}z[/mm]
Wieder verwendet man ein Logarithmusgesetz:
[mm]\operatorname{Log}(-z-1) = \begin{cases} \operatorname{Log}(z+1) - \operatorname{i} \pi & \mbox{für} \ \Im(z) > 0 \\ \operatorname{Log}(z+1) + \operatorname{i} \pi & \mbox{für} \ \Im(z)<0 \end{cases}[/mm]
Man kann es ähnlich wie oben begründen. Es folgt nun
[mm]\int_{|z|=r} f(z) \cdot \operatorname{Log}(z-1)~\mathrm{d}z = - \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \geq 0} f(-z) \cdot \left( \operatorname{Log}(z+1) - \operatorname{i} \pi \right)~\mathrm{d}z \ \ - \ \ \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \leq 0} f(-z) \cdot \left( \operatorname{Log}(z+1) + \operatorname{i} \pi \right)~\mathrm{d}z[/mm]
[mm]= - \int_{|z|=r} f(-z) \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z \ \ + \ \ \operatorname{i} \pi \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \geq 0} f(-z)~\mathrm{d}z \ \ - \ \ \operatorname{i} \pi \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \leq 0} f(-z)~\mathrm{d}z[/mm]
[mm]= - \int_{|z|=r} f(-z) \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z \ \ - \ \ \operatorname{i} \pi \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \leq 0} f(z)~\mathrm{d}z \ \ + \ \ \operatorname{i} \pi \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \geq 0} f(z)~\mathrm{d}z[/mm]
[mm]= - \int_{|z|=r} f(-z) \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z \ \ - \ \ \operatorname{i} \pi \int_{-r}^r f(x)~\mathrm{d}x \ \ + \ \ \operatorname{i} \pi \int_{r}^{-r} f(x)~\mathrm{d}x[/mm]
[mm]= - \int_{|z|=r} f(-z) \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z \ \ - \ \ 2 \pi \operatorname{i} \int_{-r}^r f(x)~\mathrm{d}x[/mm]
Bei (#) eingesetzt erhält man mit [mm]g(z)=f(z)+f(-z)[/mm] die Gleichung
[mm]\int_{|z| = 2} f(z) \cdot \operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}~\mathrm{d}z = \int_{|z|=r} g(z) \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z \ \ + \ \ 2 \pi \operatorname{i} \int_{-r}^r f(x)~\mathrm{d}x[/mm]
[mm]g(z) \cdot \operatorname{Log}(z+1)[/mm] ist in [mm]\mathbb{C} \setminus (-\infty,-1][/mm] holomorph. Der in [mm]-r[/mm] gelochte Kreis [mm]|z|=r[/mm] wird durch den dazu homotopen Kreis [mm]|z+1|=r-1[/mm], ebenfalls in [mm]-r[/mm] gelocht, ersetzt:
[mm]\int_{|z| = 2} f(z) \cdot \operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}~\mathrm{d}z = \int_{|z+1| = r-1} g(z) \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z \ \ + \ \ 2 \pi \operatorname{i} \int_{-r}^r f(x)~\mathrm{d}x[/mm]
Jetzt muß nur noch gezeigt werden, daß das erste Integral rechts für [mm]r \to 1[/mm] gegen 0 strebt. Das kann man mit der Standardabschätzung "Länge der Kurve mal Supremum des Betrags des Integranden auf der Spur der Kurve" bewältigen.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:17 Do 30.04.2009 | | Autor: | jaruleking |
Hi, super vielen Dank.
Muss mir das nochmal langsman durchn kopf gehen lassen, falls fragen auftauchen, melde ich mich wieder.
gruß
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Hi,
jetzt muss ich doch nochmal paar sachen zu deiner Lösungsskizze fragen.
1)
> $ [mm] \int_{|z|=r} [/mm] f(z) [mm] \operatorname{Log}(z-1)~\mathrm{d}z [/mm] = - [mm] \int_{|z|=r} [/mm] f(-z) [mm] \operatorname{Log}(-z-1)~\mathrm{d}z [/mm] $
Wo kommt nach dem ersten = auf einmal das Minus her??
2)
> Wieder verwendet man ein Logarithmusgesetz:
> $ [mm] \operatorname{Log}(-z-1) [/mm] = [mm] \begin{cases} \operatorname{Log}(z+1) - \operatorname{i} \pi & \mbox{für} \ \Im(z) > 0 \\ \operatorname{Log}(z+1) + \operatorname{i} \pi & \mbox{für} \ \Im(z)<0 \end{cases} [/mm] $
Welches gesetz ist das? habe bei wikipedia gesucht,aber nichts gefunden außer: ln(-x)=ln|-x| + [mm] i*arg(-x)=ln(x)+i*\pi, [/mm] aber das wird es ja wohl nicht sein?
3)
> $ [mm] \int_{|z|=r} [/mm] f(z) [mm] \cdot \operatorname{Log}(z-1)~\mathrm{d}z [/mm] = - [mm] \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \geq 0} [/mm] f(-z) [mm] \cdot \left( \operatorname{Log}(z+1) - \operatorname{i} \pi \right)~\mathrm{d}z [/mm] \ \ - \ \ [mm] \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \leq 0} [/mm] f(-z) [mm] \cdot \left( \operatorname{Log}(z+1) + \operatorname{i} \pi \right)~\mathrm{d}z [/mm] $
> $ = - [mm] \int_{|z|=r} [/mm] f(-z) [mm] \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z [/mm] \ \ + \ \ [mm] \operatorname{i} \pi \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \geq 0} f(-z)~\mathrm{d}z [/mm] \ \ - \ \ [mm] \operatorname{i} \pi \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \leq 0} f(-z)~\mathrm{d}z [/mm] $
So, hier von der ersten zur zweiten Zeile, hast du da nicht was vergesen?? muss es nicht - 2 [mm] \int_{|z|=r} [/mm] f(-z) [mm] \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z [/mm] heißen?? weil ich weiß nicht, was du bei - [mm] \int \limits_{|z|=r, \Im(z) \leq 0} [/mm] f(-z) [mm] \cdot \left( \operatorname{Log}(z+1) + \operatorname{i} \pi \right)~\mathrm{d}z [/mm] mit [mm] \int_{|z|=r} [/mm] f(-z) [mm] \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z [/mm] machst.
4)
> $ = - [mm] \int_{|z|=r} [/mm] f(-z) [mm] \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z [/mm] \ \ - \ \ [mm] \operatorname{i} \pi \int_{-r}^r f(x)~\mathrm{d}x [/mm] \ \ + \ \ [mm] \operatorname{i} \pi \int_{r}^{-r} f(x)~\mathrm{d}x [/mm] $
Warum schreibst du hier aufeinmal f(x) und nicht mehr f(z)?? Und wo kommen das r und -r her bei den Integralen??
5)
> Bei (#) eingesetzt erhält man mit $ g(z)=f(z)+f(-z) $ die Gleichung
> $ [mm] \int_{|z| = 2} [/mm] f(z) [mm] \cdot \operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}~\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \int_{|z|=r} [/mm] g(z) [mm] \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z [/mm] \ \ + \ \ 2 [mm] \pi \operatorname{i} \int_{-r}^r f(x)~\mathrm{d}x [/mm] $
Hier habe ich das mit g(z)=f(z)+f(-z) nicht ganz so nachvollziehen können, um auf das Integral da zu kommen.
6)
Zuletzt nochmal:
> $ [mm] \int_{|z| = 2} [/mm] f(z) [mm] \cdot \operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}~\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \int_{|z+1| = r-1} [/mm] g(z) [mm] \cdot \operatorname{Log}(z+1)~\mathrm{d}z [/mm] \ \ + \ \ 2 [mm] \pi \operatorname{i} \int_{-r}^r f(x)~\mathrm{d}x [/mm] $
So, wenn hier jetzt das erste Integral gegen 0 strebt, dann bleiben bei dem anderen Integral trotzdem immer noch diese [mm] 2i\pi, [/mm] wie kriegt man das auch weg, um dann auf das Ergebniss der Aufgabe zu kommen??
Sind jetzt leider doch sehr, sehr viele Fragen aufgetaucht. Danke für Erklärungen.
Grüße
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1) [mm]z[/mm] durch [mm]-z[/mm] ersetzt: auch beim Differential [mm]\mathrm{d}z[/mm] ausführen (Substitutionsregel)
2) Das ist das Logarithmusgesetz [mm]\operatorname{Log}(ab) = \operatorname{Log} a + \operatorname{Log} b[/mm] mit [mm]a = -1[/mm]. Im Komplexen gilt das aber nur modulo [mm]2 \pi \operatorname{i}[/mm]. Daher die unterschiedlichen Vorzeichen auf den verschiedenen Halbebenen. Man könnte es so begründen: [mm]\operatorname{Log}(-z-1)[/mm] ist für alle [mm]z \not \in [-1,\infty)[/mm] holomorph, [mm]\operatorname{Log}(z+1)[/mm] ist für alle [mm]z \not \in (-\infty,-1][/mm] holomorph (mit [mm]\operatorname{Log}[/mm] ist immer der Hauptzweig des Logarithmus gemeint). Der Schnitt der beiden Gebiete besteht aus den disjunkten Halbebenen [mm]\Im(z)>0[/mm] und [mm]\Im(z)<0[/mm]. Das ist kein Gebiet mehr, jede Halbebene für sich ist aber ein Gebiet. Da auf den Halbebenen beide Funktionen dieselbe Ableitung besitzen (nachrechnen!), können sie sich nur um eine Konstante unterscheiden. Diese bestimmt man, indem man zum Beispiel für die obere/untere Halbebene [mm]z = \pm \operatorname{i}[/mm] einsetzt.
3) Wenn für Kurven [mm]C_1 + C_2 = C[/mm] gilt, dann gilt [mm]\int_{C_1} \ldots + \int_{C_2} \ldots = \int_{C} \ldots[/mm]. Und hier habe ich ja nur die beiden Halbkreise wieder zu einem ganzen Kreis zusammengefaßt.
4) Nach Voraussetzung ist [mm]f[/mm] holomorph in [mm]|z|<3[/mm]. Ob man nun über den Halbkreis von [mm]-r[/mm] nach [mm]r[/mm] unten herum oder gleich die Strecke von [mm]-r[/mm] bis [mm]r[/mm] integriert, spielt keine Rolle (Cauchyscher Integralsatz). Entsprechend beim oberen Halbkreis. Und wenn man über eine Strecke integriert, die auf der reellen Achse liegt, geht das Kurvenintegral in das klassische reelle Integral (mit möglicherweise komplexen Werten) über. Die Umbenennung von [mm]z[/mm] nach [mm]x[/mm] ist nicht erforderlich, soll aber diese Tatsache suggestiv unterstreichen.
5) Hier wird bei (#) eingesetzt und zusammengefaßt. [mm]g(z)[/mm] ist nur ein neuer Name für [mm]f(z) + f(-z)[/mm], um im Folgenden weniger schreiben zu müssen. Weil [mm]f(z)[/mm] für [mm]|z|<3[/mm] holomorph ist, ist das auch [mm]g(z)[/mm]. Daher ist [mm]g[/mm] auf dem Kompaktum [mm]|z| \leq 2,5[/mm] beschränkt, etwa durch [mm]M>0[/mm]. Deshalb kann man auch bei der Abschätzung, die noch verbleibt, [mm]|g(z)| \leq M[/mm] verwenden (das ist der Grund, warum ich für [mm]r[/mm] den Bereich [mm]1
6) Sei froh, daß die [mm]2 \pi \operatorname{i}[/mm] noch da stehen. Sie stehen auch in der Aufgabe, nur anderswo.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:35 Sa 02.05.2009 | | Autor: | jaruleking |
Hi, super vielen dank für die Erklärungen.
Gestern stand da noch was von "Nicht fertig", heute ist es weg, aber du hast ja nichts geändert oder? also habe zumindest nichts gemerkt.
Gruß
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Doch, ich habe eine Kleinigkeit geändert. Beim Absenden des Beitrags habe ich aber wohl einen Fehler gemacht. Jetzt aber ist die Änderung vollzogen. Und wenn sie dir nicht aufgefallen ist, dann macht das nichts ...
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Dieser Strang hat mich auf eine andere, vielleicht einfachere Lösung gebracht.
Die Möbiustransformation [mm]w = \frac{1+s}{1-s}[/mm] bildet das Kreisinnere [mm]|s|<1[/mm] auf die rechte Halbebene [mm]\Re(w) > 0[/mm] ab. Daher ist [mm]\operatorname{Log} \frac{1+s}{1-s}[/mm] holomorph in [mm]|s|<1[/mm]. Wieder kann man zeigen, daß
[mm]\operatorname{Log} \frac{1+s}{1-s} = \operatorname{Log} (1+s) - \operatorname{Log}(1-s) \, , \ \ s \not \in (-\infty,-1] \cup [1,\infty)[/mm]
gilt ([mm]\operatorname{Log}[/mm] bezeichne immer den Hauptzweig). Speziell bekommt man aus der rechten Seite die Taylorreihe
[mm]\operatorname{Log} \frac{1+s}{1-s} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{2k-1} \, s^{2k-1} \, , \ \ |s| < 1[/mm]
Mit der Substitution [mm]s = \frac{1}{z}[/mm] findet man daraus die Laurententwicklung
[mm]\operatorname{Log} \frac{z+1}{z - 1} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{2k-1} \, \cdot \, \frac{1}{z^{2k-1}} \, , \ \ |z| > 1[/mm]
Setzt man nun
[mm]f(z) = \sum_{k=0} a_k \, z^k \, , \ \ |z| < 3[/mm]
an und multipliziert man die Reihen für [mm]\operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}[/mm] und [mm]f(z)[/mm] miteinander, so kommt es für die Integration nur auf den Koeffizienten von [mm]\frac{1}{z}[/mm] an. Man findet
[mm]\frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{|z|=2} f(z) \operatorname{Log} \frac{z+1}{z-1}~\mathrm{d}z = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2}{2k+1} a_{2k}[/mm]
Dasselbe bekommt man aber, wenn man in [mm]\int_{-1}^1 f(x)~\mathrm{d}x[/mm] die Reihe für [mm]f[/mm] gliedweise integriert.
Und das war es dann auch schon.
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