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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:19 Sa 10.08.2013 | | Autor: | Wolve |
Schönen guten Tag,
Meine Frage bezieht sich auf die Bestimmung von Logarithmusfunktionen im Allgemeinen, abhängig vom Urbildbereich, bzw. dem Gebiet.
Mir ist klar, dass folgende Logarithmen so bestimmt werden können:
für [mm] $\IC \backslash \IR^- [/mm] $ ist [mm] $\log(z) [/mm] = [mm] \log(z) [/mm] + [mm] 2\pi [/mm] i n$ mit $ [mm] \log(z) [/mm] = [mm] \log|z| [/mm] + i [mm] \arg(z)$
[/mm]
für $ [mm] \IC \backslash \IR^+ [/mm] $ ist [mm] $\log(z) [/mm] = [mm] \log(-z) [/mm] + i [mm] \pi [/mm] + 2 [mm] \pi [/mm] i n $
für $ [mm] \IC \backslash i\IR^- [/mm] $ ist [mm] $\log(z) [/mm] = [mm] \log(i [/mm] z) + [mm] \bruch{3}{2} \pi [/mm] i + 2 [mm] \pi [/mm] i n $
etc.
Interessieren würde mich jedoch, wie die Logarithmusfunktion aussehen könnte, wenn man die Winkelhalbierende oder andere Halbgeraden aus [mm] $\IC$ [/mm] nimmt.
Von größerem Interesse aber fände ich, wie es bei anderen "Linien" aussieht, die man aus [mm] $\IC$ [/mm] nimmt. Beispielhaft Spiralen. Den Definitionen nach müsste der Logarithmus genauso funktionieren, wenn man statt einer Halbgerade, eine Spirale nimmt, die vom Nullpunkt ausgeht.
Primäre Ideen wären [mm] $z^t [/mm] = [mm] |z|^t e^{i t \arg z} [/mm] = [mm] e^{t\ln|z|} \left(\cos \left(t\arg z\right) + i \sin \left(t\arg z\right)\right)$ [/mm] oder $t [mm] e^{t}$ [/mm] in einer Art und Weise in die Argument- oder Logarithmusfunktion einzubauen.
Dabei bin ich aber absolut nicht sicher, wie ich eine Spirale einbasteln kann, dass solch ein Vorhaben gelingt.
Über jegliche Lösungen, Tipps, Verweise auf Literaturen oder sonstige Hilfestellungen wäre ich sehr dankbar.
Mit freundlichen Grüßen
Hendrik
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Hallo Wolve,
Wenn du dich für die Form von urbildern interessierst solltest du dir zunächst überlegen, dass die (komplexe) log-Funktion die Umkehrabbildung der komplexen exponentialfunktion ist.
das Urbild einer Gerade $z(t)=t*(a+ib)$ hat also die Form
[mm] e^{z(t)}=e^{t(a+ib)}=e^{ta}e^{itb}
[/mm]
Der winkel wächst also Linear und der betrag exponenziell, man erhält somit eine arithmetische Spirale.
Für affine Geraden [mm] z(t)=a_0+b_0+t(a+ib) [/mm] ergibt sich ähnliches
Beantwortet das deine Frage?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:20 Sa 10.08.2013 | | Autor: | Wolve |
Hallo mathinator,
Danke für die schnelle Antwort.
Ich bin mir nicht sicher, ob das meine Frage beantwortet. Denke ich habe die Frage auch etwas ungünstig gestellt. Ich versuche nochmal meine Frage zu präzisieren.
Die komplexe Exponentialfunktion bildet ja von einem offenen $ 2 [mm] \pi [/mm] $-breiten Streifen auf einen Kreis ab, um die Bijektivität zu gewährleisten. Dadurch entsteht ja so ein "Schlitz". Und je nachdem welchen $ 2 [mm] \pi [/mm] $-breiten Streifen man wählt aus dem Urbildbereich, wandert der "Schlitz". Die Standard-Fälle, die ich im ersten Post genannt habe sind klar.
Unklar jedoch ist, wie ich eine Logarithmusfunktion aufstelle, wenn der "Schlitz" nicht senkrecht zu einer Achse steht sondern beispielhaft die Winkelhalbierende eines Quadranten. Da habe ich Schwierigkeiten eine Logarithmusfunktion zu gestalten, damit [mm] $\log(\exp [/mm] (z) ) = z$ ist. Ich nehme mal an, dass die Exponentialfunktion dannach, die Bildmenge zurück auf einen $ 2 [mm] \pi [/mm] $-breiten Streifen abbildet.
Zusätzlich wäre es interessant, ob statt so einem "Schlitz" im Bildbereich der Exponentialfunktion auch andere Konstrukte, wie z.B. eine Spirale mögliche wären. Dazu wäre interessant, wie ich zu einer konkreten Spirale eine entsprechende Logarithmusfunktionen finde und ob der bijektive Bildbereich der Logarithmusfunktion auch ein $ 2 [mm] \pi [/mm] $-breiter Streifen ist.
Dazu habe ich bisher die Stichworte "holomorphe Fortsetzung" und "Abändern der Argumentfunktion" aufgeschnappt. Bin mir aber unsicher, ob diese zielführend sind.
Ich hoffe ich habe ich mich nicht zu konfus ausgedrückt. Funktionentheorie-VL sind leider schon etwas her und etwas blättern in meinen Büchern hat mich heute etwas konfus gmacht 
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Hallo Wolve,
Zur Defiition. Verwendet man den "intuitiven" ansatz [mm] $z=re^{i\varphi}\mapsto \ln(r)+i\varphi$ [/mm] dann ergibt sich als Definitionsmenge [mm] $\mathbb{C}\backslash [/mm] 0$ und als Bildbereich [mm] $\mathbb{R}^+_\emptyset\times [0,2\pi)$. [/mm] Die Abbildung ist damit bijektiv und borell-messbar, aber im bereich von [mm] $\varphi=2\pi$ [/mm] nicht stetig.
Um einen Bildbereich in Form eines "schrägen schlitzes" ,it höhe [mm] §2\pi§ [/mm] zu erhalten, also einer Menge der Form [mm] M:=$\{a_0+ib_0+t(a+ib)+s\cdot 2\pi:t\in \mathbb{R},s\in [0,1)\} (a\neq [/mm] 0)$ muss man die von mir vorgeschlagene Deinition mit einer Bijektiven Abblidung $f$ von $M$ auf [mm] $\mathbb{R}^+_\emptyset\times [0,2\pi)$ [/mm] verknüpfen. Diese Abbbildung erfüllt dann $f(a+ib)=a+ig(b)$ mit [mm] b-g(b)=2\pi\cdot [/mm] n, [mm] n\in\mathbb{N}. [/mm] und ist dadurch eindeutig bestimmt.
Die Abbildung $f$ ist somit eine Äqivalenzklassen-projektion und somit meist unstetig (da wo die komplexen argumente von $0$ auf [mm] $2\pi$ [/mm] springen sind die unstetigkeitsstellen)
Die höhe von [mm] $2\pi$ [/mm] ist dabei notwendig, um die Umkehrbarkeit zu gewährleisten.
Eine gerade in diesem Schliz hat somit auch (keine oder abzählbar viele) unstetigkeitstellen und wird auf eine arithmetische spirale abgebildet mit der vorschift [mm] re^{i\varphi}\mapsto ln(r)+i\phi. [/mm] Dies liegt daran, dass die Exponentialfunktion äquivalenzklassen-unabhängig ist [mm] (re^{i\varphi+in\cdot 2\pi}=re^{i\varphi}).
[/mm]
Um andere Definitionsbereiche wählen zu können, muss zunächst sichergestellt sein, dass diese Topologisch ähnlch zu [mm] $\mathbb{R}^+_\emptyset\times [0,2\pi)$ [/mm] sind. Gewisse Spiralen erfüllen diese Eigenschaft. Welche?
Tipp: eine gewöhnliche spirale ist topologisch ähnlich zu einer Gerade (mit höhe null), wir suchen aber eine "spirale" die topologisch ähnlich zu einem unendlich breiten, [mm] $2\pi$ [/mm] hohen rechteck ist.
Lg nathor
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:14 So 22.09.2013 | | Autor: | Wolve |
Hallo Mathinator,
Habe jetzt etwas gebraucht mich in die Literatur einzulesen, um deine Ausführungen nachzuvollziehen. Ist doch etwas schwerere Kost wie ursprünglich angenommen. Aber deine Ausführungen haben mir nun doch etwas mehr zum Verständnis geholfen. Bin dennoch unsicher, wie ich soetwas berechnen kann. Werde aber noch weiter daran arbeiten..
Danke für deine Hilfe :)
Gruß Wolve
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