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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:43 Sa 11.04.2009 | | Autor: | Denny22 |
Hallo an alle.
Für den komplexen Logarithmus gilt bekanntlich mit der Notation [mm] $\IR_{-}:=\{x\in\IR\mid x\leqslant 0\}$
[/mm]
[mm] $\mathrm{Log}:\IC\backslash\IR_{-}\rightarrow\IC$ [/mm] ist stetig und holomorph
Wenn ich jetzt beispielsweise für die Kurve
[mm] $\alpha:[0,2\pi]\rightarrow\IC$ [/mm] mit [mm] $\alpha(t):=-1+e^{it}$
[/mm]
das Kurvenintegral (oder Wegintegral)
[mm] $\oint_{\alpha}\frac{1}{z-1}\,dz$
[/mm]
berechnen möchte, wie mache ich das dann genau und worauf muss ich aufpassen? Konkret habe ich damals auf einem Übungszettel Punkte abgezogen bekommen mit der Bemerkung "Auspassen!", weil ich
[mm] $\oint_{\alpha}\frac{1}{z-1}\,dz=\left[\mathrm{Log}(z-1)\right]_{\alpha(0)}^{\alpha(2\pi)}=0$
[/mm]
geschrieben habe. Wo liegt der Fehler hierbei und wie schreibe ich das ganze mathematisch korrekt auf? Im zweiten Aufgabenteil hatten wir die Kurve
[mm] $\beta:[0,2\pi]\rightarrow\C$ [/mm] mit [mm] $\beta(t):=1+e^{it}$
[/mm]
und dort schrieb der Übungsleiter "hier okay, da Log holomorph in [mm] $B_1(1)$". [/mm] Damit hat es vermutlich etwas mit der Holomorphie von $Log$ zu tun, wenn die Kurve die negative reelle Achse schneidet?.
Wäre schön, wenn mir jemand bei der Berechnung des oberen Kurvenintegral behilflich sein könnte.
Gruß und schöne Osterfeiertage
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Mit [mm]\operatorname{Log}[/mm] meinst du wahrscheinlich den Hauptzweig des Logarithmus. Das Problem ist, daß
[mm]F(z) = \operatorname{Log}(z-1)[/mm]
nur im Gebiet [mm]\mathbb{C} \setminus (-\infty,1][/mm] eine Stammfunktion von
[mm]f(z) = \frac{1}{z-1}[/mm]
ist. [mm]F[/mm] läßt sich auf das reelle Intervall [mm](-\infty,1][/mm] nicht stetig fortsetzen. Wenn du also das Integral unbedingt mit Hilfe von [mm]F[/mm] berechnen willst, mußt du den Integrationsweg [mm]\alpha[/mm] aufteilen: in den positiv orientierten Halbkreis [mm]\alpha^{+}[/mm] oberhalb der reellen Achse und den positiv orientierten Halbkreis [mm]\alpha^{-}[/mm] unterhalb der reellen Achse. Und dann mußt du auch noch die jeweiligen Grenzwerte von [mm]F[/mm] bei Annäherung von oben (weiter unten symbolisch mit [mm]+ \operatorname{i} \cdot 0[/mm] bezeichnet) bzw. von unten (symbolisch mit [mm]- \operatorname{i} \cdot 0[/mm] bezeichnet) nehmen, denn [mm]F[/mm] ist ja gerade an den Grenzen der Halbkreise nicht stetig.
Die Rechnung geht dann so:
[mm]\int_{\alpha} \frac{\mathrm{d}z}{z-1} = \int_{\alpha^{+}} \frac{\mathrm{d}z}{z-1} + \int_{\alpha^{-}} \frac{\mathrm{d}z}{z-1} = \operatorname{Log}(-3 + \operatorname{i} \cdot 0) - \operatorname{Log}(-1 + \operatorname{i} \cdot 0) + \operatorname{Log}(-1 - \operatorname{i} \cdot 0) - \operatorname{Log}(-3 - \operatorname{i} \cdot 0)[/mm]
[mm]= (\ln 3 + \operatorname{i} \pi) - \operatorname{i} \pi + (- \operatorname{i} \pi) - (\ln 3 - \operatorname{i} \pi) = 0[/mm]
Mit einem anderen Zweig des Logarithmus hast du diese Probleme nicht. Es bezeichne [mm]\hat{\operatorname{Log}}(w)[/mm] denjenigen Zweig des Logarithmus, dessen Imaginärteil das Argument von [mm]w[/mm] im Intervall [mm](0,2\pi)[/mm] ist. Dieser Zweig ist definiert für [mm]w \in \mathbb{C} \setminus [0,\infty)[/mm]. Dann ist
[mm]\hat{F}(z) = \hat{\operatorname{Log}}(z-1) \, , \ \ z \in \mathbb{C} \setminus [1,\infty)[/mm]
eine Stammfunktion von [mm]f[/mm] über dem gesamten Integrationsweg. Folglich kannst du rechnen:
[mm]\int_{\alpha} \frac{\mathrm{d}z}{z-1} = \hat{\operatorname{Log}}(-1) - \hat{\operatorname{Log}}(-1) = \operatorname{i} \pi - \operatorname{i} \pi = 0[/mm]
Zu empfehlen ist der Rechenweg über den Logarithmus aber nicht. Denn der Cauchysche Integralsatz liefert ja sofort, daß das Integral den Wert 0 hat. Und vermutlich sollte auch genau das mit dieser Aufgabe abgeprüft werden.
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