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Funktionentheorie » klassische Funktionen » Eigenschaften des komplexen Logarithmus
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Beruf Eigenschaften des komplexen Logarithmus
sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-09-23


Hallo Zusammen,

Ich habe eine Frage zum komplexen log anhand des Beispiels von Integralen des Typs $\int_0^\infty \frac{R(x)}{x^\alpha}dx$ mit dem sogenannten Pacman Integrationsweg.

Die Integrandfunktion wird nun geschrieben als: $R(z)\cdot e^{-\alpha\cdot log(z)}$.

Für das weitere Vorgehen wird nun verwendet, dass die Exponentialfunktion keine Polstellen besitzt und folglich $R(z)\cdot e^{-\alpha\cdot log(z)}$ dieselben Polstellen besitzt wie $R(z)$.


Nun sehe ich leider nicht, weshalb $\frac{R(z)}{z^\alpha}$ nicht dieselben Polstellen besitzt wie $R(z)\cdot e^{-\alpha\cdot ln(z)}$
oder noch viel allgemeiner was überhaupt der Unterschied dieser zwei Funktionen ist.

Dies beruht auf einer Eigenschaft des komplexen Logarithmus, welche ich gerade nicht kenne.  



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-24


Hallo sulky,

\(z^\alpha\) ist zunächst einmal definiert als \(e^{\alpha\log(z)}\), womit dann auch \(\frac{1}{z^\alpha}=e^{-\alpha\log(z)}\) ist. Dabei sind \(\alpha,z\in\mathbb{C}\), wobei \(z\neq0\) sein muss. Wie kommst Du darauf, dass es einen Unterschied gibt?

Man muss allerdings etwas vorsichtig sein, da dies von der Wahl des Logarithmus abhängt. Die Funktion \(\exp\colon\mathbb{C}\to\mathbb{C}\setminus\{0\}\) ist zwar surjektiv aber nicht injektiv, da \(2\pi i\)-periodisch. Entsprechend gibt es auch mehrere Möglichkeiten einen Logarithmus als Umkehrabbildung zu definieren, je nach Wahl des Definitionsbereich der Exponentialfunktion.

Um Dir konkreter mit Deinem Integral helfen zu können, wäre es gut, ein paar mehr Informationen zu haben. Was genau verstehst Du unter dem Pacman-Integrationsweg? Ich nehme an, dass \(R\colon U\to\mathbb{C}\) mit \((0,\infty)\subseteq U\subseteq\mathbb{C}\) und \(U\) offen. Was hat \(R\) für Eigenschaften? Möchtest Du den Residuensatz verwenden?



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-09-24


Ich sollte vielleicht noch etwas hinzufügen: Die Abbildung \(\exp\colon\{z\in\mathbb{C}\,|\,-\pi<\operatorname{Im}z<\pi\}\to\mathbb{C}\setminus(-\infty,0]\) ist bijektiv und die entsprechende Umkehrabbildung ist holomorph. Man nennt diese Umkehrabbildung den Hauptzweig des Logarithmus auf \(\mathbb{C}\setminus(-\infty,0]\). Diese setzt den reellen Logarithmus fort.



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-24


Hallo Sonnenschein,

Ja der Log wurde definiert als $ln(r)+i\theta$

Mit dem Pacman Weg meine ich:
$\gamma=\gamma_1+\gamma_2+\gamma_3+\gamma_4$ wobei
$\gamma_1=r\cdot e^{it},$ $t\in [\theta,2\pi-\theta]$
$\gamma_3=\epsilon\cdot e^{it},$ $t\in [2\pi-\theta,\theta]$
$\gamma_2=[r\cdot e^{2\pi-\theta},\epsilon\cdot e^{2\pi-\theta}]$
$\gamma_4=[\epsilon\cdot e^{i\theta},r\cdot e^{i\theta}]$

Schaut doch ein wenig wie Pacman aus.
Ich habe alles in der Theorie Verstanden, ausser weshalb
$\int_{\gamma_3}F(z)dz$ gegen Null geht wenn $\epsilon \to 0$ und $\theta \to 0$

Dies wäre ja dann der Fall, wenn $F(z)$ in einer Umgebung von Null holomorph wäre. Die Funktion $\frac{R(z)}{z^{\alpha}}$ jedenfalls ist es nicht.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-09-24


Okay, also ich kenne das so, dass man in dieser Situation als Logarithmus die holomorphe Umkehrabbildung der Funktion \(\exp\colon\{z\in\mathbb{C}\,|\,0<\operatorname{Im}z<2\pi\}\to\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) verwendet. Dein Pacman verläuft ja in \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) wenn ich das richtig verstehe (und frisst \([0,\infty)\) ;D).

Das Integral über \(\gamma\) kann dann mit dem Residuensatz berechnet werden.

Die Integrale über \(\gamma_1\) und \(\gamma_3\) verschwinden im Grenzwert. Dazu muss man aber gewisse Wachstumsbedingungen an \(R\) stellen. Du hast bis jetzt leider gar nichts über \(R\) gesagt.

Die Integrale über \(\gamma_2\) und \(\gamma_4\) konvergieren gegen \(\int_0^\infty\frac{R(x)}{x^\alpha}\,dx\), allerdings mit unterschiedlichen Vorfaktoren (nicht nur unterschiedlichen Vorzeichen, sonst würden sie sich ja wegheben), was daher kommt, dass der gewählte Zweig des Logarithmus in \([0,\infty)\) einen Sprung hat.

Dann musst Du nur noch umstellen.




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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-24


Ja genau darum geht es in diesem Abschnitt.

Dass das Integral über $\gamma_1$ verschwindet, das ist mir klar. Wir haben dazu extra ein Lemma bewiesen.

Aber weshalb das Integral über den kleinen Kreis, also $\gamma_3$ verschwindet, dies ist mir unklar.

In der Theorie geht es um das Integral $\int_0^\infty \frac{R(x)}{x^\alpha }dx$ wobei $0<\alpha<-1$ und $R$ eine Rationale Funktion ist ohne Polstellen auf $\mathbb{R}^+$

Angewendet wurde die Theorie auf das Integral $\int_0^\infty \frac{1}{(1+x)x^\alpha }dx$

Auf den ersten Blick vermute ich dass $lim\\{\epsilon \to 0}$ $\int_{\Gamma_\epsilon} \frac{R(z)}{z^\alpha} dz$ nicht Null gibt, weil bei Null ja eine Polstelle liegt.

Die erklärung (Beweis wäre übertrieben) weshalb es doch Null gibt konnte ich nicht verstehen.



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-09-24


Im Englischen ist der Pacman übrigens auch unter dem Stichwort "Keyhole" bekannt.

Die Bedingung \(0<\alpha<-1\) ergibt keinen Sinn, wahrscheinlich meintest Du \(0<\alpha<1\).

Das Integral über \(\gamma_3\) lässt sich dann im Wesentlichen durch \(\varepsilon^{1-\alpha}\) abschätzen, was für \(\varepsilon\to0\) gegen \(0\) geht, da insbesondere \(\alpha<1\) vorausgesetzt wurde. Das \(\varepsilon\) kommt von der Länge von \(\gamma_3\), das \(\varepsilon^{-\alpha}\) kommt vom \(\frac{1}{z^\alpha}\) im Integranden. Dazu kannst Du z.B. einfach das Kurvenintegral konkret mit einer Parametrisierung hinschreiben und dann abschätzen.

Intuitiv bedeutet das, dass wegen \(\alpha<1\) der Integrand langsamer gegen \(\infty\) geht, als die Länge von \(\gamma_3\) gegen \(0\) geht, daher geht das Integral insgesamt gegen \(0\).

Bitte schreib die genauen Voraussetzungen und was Du eigentlich genau wissen willst das nächste Mal gleich in Deinen ersten Beitrag, das spart eine Menge Zeit und Nachfragen.



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-09-24


Also z.B. mit der Parametrisierung \(\gamma_3\colon[\theta,2\pi-\theta]\to\mathbb{C},\gamma_3(t)=\varepsilon e^{i(2\pi-t)}\) gilt
\[ \begin{align*}
\int_{\gamma_3}\frac{1}{(1+z)z^\alpha}\,dz &= \int_\theta^{2\pi-\theta}\frac{-i\varepsilon e^{i(2\pi-t)}}{(1+\varepsilon e^{i(2\pi-t)})\varepsilon^\alpha e^{\alpha i(2\pi-t)}}\,dt \\
& = \varepsilon^{1-\alpha}\int_\theta^{2\pi-\theta}\frac{-i e^{i(2\pi-t)}}{(1+\varepsilon e^{i(2\pi-t)}) e^{\alpha i(2\pi-t)}}\,dt.
\end{align*}\]
Der Betrag des Integrals kann nun leicht durch \(\frac{2\pi}{1-\varepsilon}\) abgeschätzt werden. Nun geht aber \(\frac{2\pi\varepsilon^{1-\alpha}}{1-\varepsilon}\) gegen \(0\).



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-24


ach so machst du das, du rechnest das Wegintegral aus.

Was ist dann der Gedanke dahinter den Integranden so umzuformen?

Im Skript geht es so:
$F(z)=R(z)e^{-\alpha L(z)}$

Und nun folgt die Bemerkung:
F(z) definiert eine meromorphe Funktion auf $\Omega$ mit denselben Polstellen wie R(z).

Hier stand ich auf dem Schlauch. Wenn $F(z)$ in einer Umgebung von Null keine Polstellen hat, dann gibt das Integral um den kleinen Kreis sowieso Null.
Aber ich verstand nicht ganz weshalb F(z) bei Null keine Polstelle haben soll. Oder eben, wieso ersichtlich ist, dass F(z) und R(z) dieselben Polstellen haben.



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-09-24


Was meinst Du mit "umformen"? Ich habe einfach die Definition des Kurvenintegrals eingesetzt.

Die Idee ist halt, dass man das Integral durch etwas abschätzen will, das gegen \(0\) geht. Das Integral selber ist nicht \(0\), sondern geht nur gegen \(0\).

\(F\) ist meromorph auf \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) und besitzt die selben Polstellen wie \(R\), das stimmt. Das liegt einfach daran, dass wir den Logarithmus gerade so gewählt haben, dass \(z^\alpha\) holomorph auf \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) ist. Die \(0\) liegt gar nicht in der Menge \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) und spielt beim Anwenden des Residuensatzes damit auch gar keine Rolle.

Das Integral über den Kreisbogen ergibt aber nicht null, es ist ja auch kein geschlossener Integrationsweg.



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-25


2020-09-24 19:12 - sonnenschein96 in Beitrag No. 9 schreibt:


\(F\) ist meromorph auf \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) und besitzt die selben Polstellen wie \(R\), das stimmt. Das liegt einfach daran, dass wir den Logarithmus gerade so gewählt haben, dass \(z^\alpha\) holomorph auf \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) ist.

Eben. Nach meinen bisherigen (unvollständigen oder gar falschen) Kenntnissen sind $\frac{R(z)}{z^\alpha}$ und $R(z)e^{-\alpha L(z)}$ ein und dassselbe.




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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-09-25


Ja, \(z^\alpha\) ist definiert als \(e^{\alpha L(z)}\), hängt aber eben von der Wahl von \(L\) ab. Dies habe ich Dir schon in meinem ersten Beitrag erklärt.

Ich verstehe ehrlich gesagt nicht, was jetzt eigentlich Deine Frage ist.


Nochmal ganz allgemein: Es sei \(\Omega\subseteq\mathbb{C}\setminus\{0\}\) ein Gebiet und \(\alpha\in\mathbb{C}\). Dann nennt man eine holomorhphe Funktion \(L\colon\Omega\to\mathbb{C}\) einen holomorphen Zweig des Logarithmus auf \(\Omega\), falls \(e^{L(z)}=z\) für alle \(z\in\Omega\).

Der zugehörige assoziierte holomorphe Zweig der \(\alpha\)-ten Potenzfunktion auf \(\Omega\) ist definiert als \(p_{\alpha,L}\colon\Omega\to\mathbb{C},p_{\alpha,L}(z)=e^{\alpha L(z)}\).

Oft notiert man dann \(p_{\alpha,L}(z)\) einfach als \(z^\alpha\), wobei das wie gesagt von der Wahl von \(L\) abhängt und man daher vorsichtig sein muss.


Bei uns ist \(\Omega=\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) und \(L\) die Umkehrabbildung von \(\exp\colon\{z\in\mathbb{C}\,|\,0<\operatorname{Im}z<2\pi\}\to\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\).


Damit ist also \(\frac{R(z)}{z^\alpha}=R(z)e^{-\alpha L(z)}\) und da \(\frac{1}{z^\alpha}=e^{-\alpha L(z)}\) holomorph auf \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) ist, sind die Polstellen von \(\frac{R(z)}{z^\alpha}\) die gleichen wie die von \(R\). Diese kommen von den Nullstellen des Nennerpolynoms von \(R\).



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-25


Ja eben, $e^{-\alpha L(z)}$ ist holomorph auf $\mathbb{C}\backslash [0,\infty]$. also auf $0$ nicht holomorph.

Setzen wir zur Vereinfachung mal $R(z)=1$

Dann ist: $z^{-\alpha}=e^{-\alpha L(z)}=e^{-\alpha ln(r)}*e^{-\alpha i\theta}*e^{-\alpha 2\pi i k}$

Somit gilt doch für jedes $k$, resp. jeden Log, dass der erste Faktor, nämlich $e^{-\alpha ln(r)}$ gegen unendlich geht wenn $z=0$.

Dies verstehe ich leider noch immer nicht



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-09-25


Es gilt \(|z^{-\alpha}|\to\infty\) für \(z\to0\), da bei uns \(\alpha>0\) ist, das stimmt. Das hatte ich ja auch bereits in meinem vierten Beitrag angedeutet ("Integrand geht gegen unendlich").

Ich verstehe jetzt aber immer noch nicht, was daran das Problem für Dich ist. Bei der Anwendung des Residuensatzes spielt das gar keine Rolle, da Dein Pacman innerhalb von \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) verläuft, wo die \(0\) ja gar nicht enthalten ist. Die Polstellen von \(\frac{R(z)}{z^\alpha}\) auf \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\) liegen (bei \(r\) groß genug und \(\theta,\varepsilon\) klein genug) dann alle im Inneren des Pacman (Die \(0\) tut es nicht und ist eben eh nicht in unserem betrachteten Gebiet enthalten).



Was da \(D\) heißt, ist bei uns \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\). \(D_f\subseteq D\) ist die Polstellenmenge von \(f\) in \(\mathbb{C}\setminus[0,\infty)\). Da die Windungszahlen (für \(r\) groß, \(\varepsilon,\theta\) klein) alle \(1\) sind, folgt
\[\frac{1}{2\pi i}\int_\gamma f(z)\,dz=\sum_{a\in D_f}\operatorname{Res}_a f\] mit der holomorphen Funktion \(f\colon D\setminus D_f\to\mathbb{C}\) definiert durch \(f(z)=\frac{R(z)}{z^\alpha}\). \(\gamma=\gamma_{r,\varepsilon,\theta}\) ist der Pacman. Der Nullpunkt spielt hier absolut keine Rolle!


Wenn Du dann später den Grenzwert bildest, spielt es natürlich schon eine Rolle, dass Dein Integrand in \(0\) betragsmäßig gegen \(\infty\) geht, nämlich insbesondere beim Integral über \(\gamma_3\). Warum dies trotzdem gegen \(0\) geht, habe ich Dir ja schon erklärt (liegt an \(\alpha<1\)).



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sulky
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-25


Ja, das habe ich schon verstanden.

Aber wieso erkennt man sofort dass $\int_{\Gamma_\epsilon}\frac{R(z)}{z^\alpha}dz \to 0$ ?

Ich bin mir nicht mal mehr sicher ob dies überhaupt etwas damit zu tun hat, dass $\int_{\Gamma_\epsilon}R(z)e^{-\alpha L(z)} dz$ steht anstatt $\int_{\Gamma_\epsilon}\frac{R(z)}{z^\alpha}dz$





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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-09-26


Ich habe Dir in meinem vierten und fünften Beitrag bereits intuitiv erklärt und auch nachgerechnet, wieso \(\lim_{\varepsilon\to0}\lim_{\theta\to0}\int_{\gamma_3}\frac{1}{(1+z)z^\alpha}\,dz=0\) ist.

Allgemein gilt mit der Standardabschätzung für Kurvenintegrale
\[\left|\int_{\gamma_3}\frac{R(z)}{z^\alpha}\,dz\right|\leq(2\pi-2\theta)\varepsilon\frac{1}{\varepsilon^\alpha}\sup_{\gamma_3}|R|.\] Da \(0\) keine Polstelle von \(R\) ist, kannst Du Dir jetzt wie gesagt leicht überlegen, dass dies beim Grenzübergang \(\theta\to0\) und \(\varepsilon\to0\) gegen \(0\) geht, da \(\alpha<1\) ist.

Es liegt wie gesagt daran, dass \(\varepsilon\) (Kommt von der Länge der Kurve) schneller gegen \(0\) geht, als \(\frac{1}{\varepsilon^\alpha}\) (Kommt vom Integranden) gegen unendlich geht.

Die Ausdrücke \(\int_{\gamma_3}R(z)e^{-\alpha L(z)}\,dz\) und \(\int_{\gamma_3}\frac{R(z)}{z^\alpha}\,dz\) bedeuten wie gesagt das gleiche.

Jetzt habe ich eigentlich schon viele Sachen mehrfach erklärt. Wieso Du darauf nicht eingehst und immer wieder die gleichen Fragen stellst weiß ich nicht. Eigentlich ist jetzt denke ich alles gesagt und das Thema kann abgehakt werden.



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