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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:18 Di 19.05.2009 | | Autor: | Denny22 |
| Aufgabe | | Gebe ein moeglichst grosses Gebiet an, auf dem [mm] $\log((1-z)^2)$ [/mm] holomorph ist. |
Hallo an alle,
ich bin mir nicht ganz sicher, wie ich an diese Aufgabe herangehen muss.
Meine Idee: Sei [mm] $\IR_{-}:=\{z\in\IR\mid z\leqslant 0\}$, [/mm] dann gilt bekanntlich
[mm] $\log:\IC\backslash\IR_{-}\rightarrow\IC$ [/mm] mit [mm] $z\longmapsto\log(z)$ [/mm] ist stetig und holomorph.
Mit $z=x+iy$ erhalten wir zunaechst
[mm] $(1-z)^2=(1-x)^2-y^2+i((2x-1)y)$
[/mm]
Da der Logarithmus auf der negativen reellen Achse [mm] $\IR_{-}$ [/mm] nicht holomorph ist, untersuchen wir nun, fuer welche [mm] $z\in\IC$ [/mm] die Funktion [mm] $(1-z)^2$ [/mm] Werte auf dieser Achse annimmt. Wir erhalten die zwei Bedinungen
(1): [mm] $(1-x)^2-y^2\leqslant [/mm] 0$
(2): $(2x-1)y=0$
(2) ist nur dann erfuellt, wenn [mm] $x=\frac{1}{2}$ [/mm] oder/und $y=0$ gilt. Betrachte wir $y=0$, so liefert uns (1):
[mm] $(1-x)^2\leqslant [/mm] 0$
Da diese Ungleichung nur fuer $x=1$ erfuellt ist, folgern wir, dass [mm] $\log((1-z)^2)$ [/mm] im Punkt $z=1$ nicht holomorph sein kann. Betrachten wir nun [mm] $x=\frac{1}{2}$, [/mm] so liefert uns (1):
[mm] $\frac{1}{4}-y^2\leqslant [/mm] 0$
Da diese Ungleichung nur fuer [mm] $y\in]-\infty,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},+\infty[$ [/mm] erfuellt ist, folgern wir, dass [mm] $\log((1-z)^2)$ [/mm] in den Punkten [mm] $z=\frac{1}{2}+iy$ [/mm] mit [mm] $y\in]-\infty,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},+\infty[$ [/mm] nicht holomorph sein kann. Daher ist das groesst moegliche Gebiet, auf dem [mm] $\log((1-z)^2)$ [/mm] holomorph ist gegeben durch
[mm] $\IC\backslash (D_1\cup D_2)$
[/mm]
wobei
[mm] $D_1:=\{z=(1,0)\}$
[/mm]
[mm] $D_2:=\{z=\frac{1}{2}+iy\mid y\in]-\infty,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},+\infty[\}$
[/mm]
Waere schoen, wenn mir jemand sagen koennte, ob die Loesung tatsaechlich stimmt.
Danke und Gruss
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:59 Di 19.05.2009 | | Autor: | fred97 |
> Gebe ein moeglichst grosses Gebiet an, auf dem
> [mm]\log((1-z)^2)[/mm] holomorph ist.
> Hallo an alle,
>
> ich bin mir nicht ganz sicher, wie ich an diese Aufgabe
> herangehen muss.
>
> Meine Idee: Sei [mm]\IR_{-}:=\{z\in\IR\mid z\leqslant 0\}[/mm], dann
> gilt bekanntlich
> [mm]\log:\IC\backslash\IR_{-}\rightarrow\IC[/mm] mit
> [mm]z\longmapsto\log(z)[/mm] ist stetig und holomorph.
> Mit [mm]z=x+iy[/mm] erhalten wir zunaechst
> [mm](1-z)^2=(1-x)^2-y^2+i((2x-1)y)[/mm]
Hier stimmt was nicht !!! Richtig:
[mm](1-z)^2=(1-x)^2-y^2+2i((x-1)y)[/mm]
Ansonsten hast Du richtig gedacht. Rechne also nochmal
FRED
> Da der Logarithmus auf der negativen reellen Achse [mm]\IR_{-}[/mm]
> nicht holomorph ist, untersuchen wir nun, fuer welche
> [mm]z\in\IC[/mm] die Funktion [mm](1-z)^2[/mm] Werte auf dieser Achse
> annimmt. Wir erhalten die zwei Bedinungen
> (1): [mm](1-x)^2-y^2\leqslant 0[/mm]
> (2): [mm](2x-1)y=0[/mm]
> (2) ist nur dann erfuellt, wenn [mm]x=\frac{1}{2}[/mm] oder/und [mm]y=0[/mm]
> gilt. Betrachte wir [mm]y=0[/mm], so liefert uns (1):
> [mm](1-x)^2\leqslant 0[/mm]
> Da diese Ungleichung nur fuer [mm]x=1[/mm]
> erfuellt ist, folgern wir, dass [mm]\log((1-z)^2)[/mm] im Punkt [mm]z=1[/mm]
> nicht holomorph sein kann. Betrachten wir nun
> [mm]x=\frac{1}{2}[/mm], so liefert uns (1):
> [mm]\frac{1}{4}-y^2\leqslant 0[/mm]
> Da diese Ungleichung nur
> fuer [mm]y\in]-\infty,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},+\infty[[/mm]
> erfuellt ist, folgern wir, dass [mm]\log((1-z)^2)[/mm] in den
> Punkten [mm]z=\frac{1}{2}+iy[/mm] mit
> [mm]y\in]-\infty,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},+\infty[[/mm] nicht
> holomorph sein kann. Daher ist das groesst moegliche
> Gebiet, auf dem [mm]\log((1-z)^2)[/mm] holomorph ist gegeben durch
> [mm]\IC\backslash (D_1\cup D_2)[/mm]
> wobei
> [mm]D_1:=\{z=(1,0)\}[/mm]
> [mm]D_2:=\{z=\frac{1}{2}+iy\mid y\in]-\infty,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},+\infty[\}[/mm]
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> Waere schoen, wenn mir jemand sagen koennte, ob die Loesung
> tatsaechlich stimmt.
>
> Danke und Gruss
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:23 Di 19.05.2009 | | Autor: | Denny22 |
Hallo Fred,
vielen Dank fuer die Antwort und das Auffinden des Fehlers.
Gruss Denny
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