Umkehrabbildung vom tan < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:57 Fr 20.05.2005 | | Autor: | Herby |
Hallo Paul,
direkt aus dem Duden:
goo|geln <sw. V.; hat> [zu: Google® = Name einer Suchmaschine]: Internetrecherchen mithilfe einer Suchmaschine durchführen: ...
d.h. Verb, regelmäßig [mm] \Rightarrow [/mm] gegoogelt ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
liebe Grüße
Herby
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:14 Fr 20.05.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Paul, lieber Stefan!
Vielen Dank für eure Antworten!
> Den Teil mit der Potenzreihenentwicklung findest du
> ![[]](/images/popup.gif) hier
> (Hausaufgabe H21). Die Umformungen, die dort vorkommen,
> kannst du ja besser bei Paul nachlesen.
@ Stefan: Wie hast du die Seite denn gefunden? Kanntest du sie vorher schon, oder nach was hast du gegoogelt ( ), um sie zu finden? Ich glaub', gut googeln ist ne Wissenschaft für sich... 
Allerdings habe ich da mal dummerweise ein Problem - aber ich denke, das dürfte nicht allzu schwierig sein:
Nachtrag: das Problem hier hat sich gerade erledigt - allerdings habe ich dann trotzdem noch eins, deswegen lasse ich meine Überlegungen hier mal stehen...
Es gilt: [mm] \log(1+x) [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{n}\bruch{(-1)^{n-1}}{n}x^n
[/mm]
Nun brauche ich [mm] \log(1-ix) [/mm] und ich weiß nicht so ganz, wie die da drauf kommen. Ich würde es so machen:
[mm] \log(1-ix) [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{n}\bruch{(-1)^{n-1}}{n}(-i)^nx^n
[/mm]
Nun habe ich mir überlegt, dass gilt:
[mm] (-i)^n=-1, [/mm] falls n gerade
[mm] (-i)^n=-i, [/mm] falls n ungerade
und für [mm] (-1)^{n-1} [/mm] gilt:
[mm] (-1)^{n-1}=-1, [/mm] für n gerade
[mm] (-1)^{n-1}=1, [/mm] für n ungerade
Also ergibt sich:
[mm] (-1)^{n-1}(-i)^n=1, [/mm] für n gerade
[mm] (-1)^{n-1}(-i)^n=-i, [/mm] für n ungerade
Die haben da aber dann geschrieben, dass das folgendes ist: (also der ganze Logarithmus):
[mm] \summe_{i=1}^{n}\bruch{-i^n}{n}x^n, [/mm] und ich habe gerade festgestellt, dass das genau dasselbe ist.
Nun fehlt mir aber noch
[mm] \log(1+ix)
[/mm]
Ich komme da soweit, dass ich im Zähler noch eine Funktion brauche, die 1 ist, für n gerade und i für n ungerade. Welche Funktion ist das denn?
Ach - sorry, auch das Problem hat sich gerade erledigt... Es ist die Funktion [mm] -(-i)^n [/mm]
So - ich glaub', ich mach jetzt hier draus mal ne Mitteilung, das hier braucht ja eigentlich keiner zu lesen, aber ich möchte es gerne haben, da ich meine Überlegungen auf meinem Schmierzettel evtl. nicht mehr nachvollziehen kann...
> Zum Teil mit dem Wegintegral kann ich dir leider nichts
> sagen... ![[keineahnung]](/images/smileys/keineahnung.gif "[keineahnung]")
Schade.
Viele Grüße
Christiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:19 Fr 20.05.2005 | | Autor: | Bastiane |
Liebe Leute, also noch einmal - denn zwei Sachen verstehe ich immer noch nicht...
Hier steht folgendes:
[mm] \bruch{1}{2i} \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{-(-i)^n+i^n}{n}x^n [/mm] = [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{-Im i^n}{n}x^n [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{2k+1}x^{2k+1}
[/mm]
Vielleicht reichen Erklärungen in Worten - eigentlich dürfte das nicht allzu schwierig sein, oder?
Viele Grüße
Christiane
![[winken]](/images/smileys/winken.gif "[winken]")
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:21 Fr 20.05.2005 | | Autor: | Paulus |
Liebe Chchristiane
> Liebe Leute, also noch einmal - denn zwei Sachen verstehe
> ich immer noch nicht...
>
> Hier steht folgendes:
> [mm]\bruch{1}{2i} \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{-(-i)^n+i^n}{n}x^n[/mm]
> = [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{-Im i^n}{n}x^n[/mm] =
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{2k+1}x^{2k+1}[/mm]
>
> Vielleicht reichen Erklärungen in Worten - eigentlich
> dürfte das nicht allzu schwierig sein, oder?
>
Ob etwas schwierig ist, oder nicht, ist eine subjektive Beurteilung! Und diese Kette zu verstehen ist sehr schwierig! Es sei denn, das Minus im Zähler des 2. Summenzeichens sein ein Tippfehler von dir.
Nun, du weisst ja sicher, dass sich der Imaginärteil einer Komplexen Zahl so berechnen lässt:
$Im z = [mm] \bruch{z-\overline{z}}{2i}$
[/mm]
Das siehst du sicher ganz leicht ein, wenn du $z_$ in der Darstellung $x+iy$ nimmst und dann [mm] $\bruch{z-\overline{z}}{2i}$ [/mm] berechnest.
In obiger Gleichungskette kannst du als $z_$ dieses nehmen: [mm] $i^n$.
[/mm]
Dann ist [mm] $\overline{z}$ [/mm] eben [mm] $(-i)^n$.
[/mm]
Mit den folgenden Identitäten
[mm] $i^0=1$
[/mm]
[mm] $i^1=i$
[/mm]
[mm] $i^2=-1$
[/mm]
[mm] $i^3=-i$
[/mm]
[mm] $i^4=1$
[/mm]
[mm] $i^5=i$
[/mm]
[mm] $i^6=-1$
[/mm]
[mm] $i^7=-i$
[/mm]
Sihst du auch leicht ein, dass gilt:
$Im [mm] i^0=0$
[/mm]
$Im [mm] i^1=1$
[/mm]
$Im [mm] i^2=0$
[/mm]
$Im [mm] i^3=-1$
[/mm]
$Im [mm] i^4=0$
[/mm]
$Im [mm] i^5=1$
[/mm]
$Im [mm] i^6=0$
[/mm]
$Im [mm] i^7=-1$
[/mm]
Nun schreibst du einfach die ersten Glieder der Summe auf (mittleres Summenzeichen, mit n=1 beginnend):
[mm] $\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{Im i^n}{n}x^n=\bruch{1}{1}x^1+\bruch{0}{2}x^2+\bruch{-1}{3}x^3+\bruch{0}{4}x^4+\bruch{1}{5}x^5+\bruch{0}{6}x^6+\bruch{-1}{7}x^7+\bruch{0}{8}x^8+...=$
[/mm]
[mm] $\bruch{1}{1}x^1+\bruch{-1}{3}x^3+\bruch{1}{5}x^5+\bruch{-1}{7}x^7+...$
[/mm]
Wenn du nun selber die das dritte Summenzeichen etwas ausschreibst, mit k=0 beginnend, machst du eine überraschende Feststellung!
Mit lieben Grüssen
Paul
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:08 Sa 21.05.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Paul!
Vielen lieben Dank für deine schöne ausführliche Antwort! ![[flowers]](/images/smileys/flowers.gif "[flowers]")
Bisher glaube ich, dass ich so ziemlich alles verstanden habe - ich denke, ich werde die Aufgabe dann morgen aufschreiben, evtl. ergibt sich dann noch die ein oder andere Frage...
Aber eine Frage habe ich doch noch:
> > Hier steht folgendes:
> > [mm]\bruch{1}{2i} \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{-(-i)^n+i^n}{n}x^n[/mm]
> > = [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{-Im i^n}{n}x^n[/mm] =
> > [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{2k+1}x^{2k+1}[/mm]
> >
> > Vielleicht reichen Erklärungen in Worten - eigentlich
> > dürfte das nicht allzu schwierig sein, oder?
> >
>
> Ob etwas schwierig ist, oder nicht, ist eine subjektive
> Beurteilung! Und diese Kette zu verstehen ist sehr
> schwierig! Es sei denn, das Minus im Zähler des 2.
> Summenzeichens sein ein Tippfehler von dir.
Ich hab' das hier zuerst als Witz genommen - aber ganz unten hast du das Minus ja tatsächlich weggelassen oder habe ich es übersehen? Es war aber kein Tippfehler von mir, sondern es steht wirklich so in dem von Stefan angegebenen Link. Sieh doch selbst nach, wenn du mir nicht glaubst. Aber deine Erklärung kommt doch eigentlich so ganz gut hin, oder? Ist das dann ein Tippfehler dort in dem Link oder wie?
Viele Grüße
Christiane
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:20 Sa 21.05.2005 | | Autor: | Paulus |
Liebe Christiane
In der Tat, ich habe das jetzt auch gesehen!
Meiner Meinung nach ist das tatsächlich ein Tippfehler! Man möge mich bitte korrigieren, aber meine Herleitung in der vorherigen Antwort ist doch nachvollziehbar. Vielleicht übersehe ich da aber doch etwas Wesentliches! ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Mit lieben Grüssen
Paul
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:15 Sa 21.05.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
So, jetzt mal zum Definitionsbereich vom arctan:
edit: siehe auch folgendes: richtige Lösung?
Ich denke, das Problematische ist der Logarithmus - dessen Argument muss >0 sein. Deswegen muss entweder
(i) 1+iw>0 [mm] \wedge [/mm] 1-ix>0
gelten, oder
(ii) 1+iw<0 [mm] \wedge [/mm] 1-ix<0
Bei (i) habe ich umgeformt:
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] w>-\bruch{1}{i}=-\wurzel{-1} \wedge w>\bruch{1}{i}=\wurzel{-1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow w>\wurzel{-1}
[/mm]
Und bei (ii) dann entsprechend:
... [mm] \Rightarrow w<-\wurzel{-1}
[/mm]
Ist das so richtig oder habe ich mich irgendwo vertan? Oder habe ich womöglich etwas vergessen?
Außerdem fällt mir gerade ein, dass man bei komplexen Zahlen doch eigentlich gar nicht solche Vergleiche wie < und > hat - wie mache ich das denn dann hier? Oder geht das hier, weil ich Realteil und Imaginärteil einzeln betrachte?
Viele Grüße
Christiane
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:24 Sa 21.05.2005 | | Autor: | Paulus |
Liebe Christiane
ich habe heute, allerdings unter grossem Zeitdruck, dieses hier geschrieben:
https://matheraum.de/read?i=69090
Vielleicht liest du dir das mal durch. Ich werde aber gerne noch etwas ausführlicher darauf eingehen, wenn du das möchstest. Aber erst morgen! Jetzt bin ich zu müde!
Mit lieben Grüssen
Paul
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:13 Sa 21.05.2005 | | Autor: | Paulus |
Liebe Christiane
> Ich denke, das, was du da geschrieben hast, habe ich
> verstanden. Und ich vermute jetzt mal, dass daraus dann
> folgt, dass [mm]\log(z)[/mm] überall auf [mm]\IC[/mm] definiert ist
Nur fast: für $z=0_$ ist der Logarithmus nicht definiert.
> (wegen
> [mm]\log(a*b)=\log(a)\log(b)[/mm] - oder hab' ich da jetzt wieder
> etwas falsch gemacht?).
Leider ja! Es gilt: [mm] $\log(a*b)=\log(a)+\log(b)$
[/mm]
Aber das meintest du ja sicher!
Daraus kannst du übrigens auch das herleiten:
Mit [mm] $z=re^{it}$ [/mm] gilt:
[mm] $\log (re^{it})=\ln(r)+i(t+2k\pi), \, [/mm] k [mm] \in \IZ$
[/mm]
[mm] $\ln(0)$ [/mm] ist aber nicht definiert, weshalb auch [mm] $\log(0)$ [/mm] nicht definiert ist!
Durchwandere jetzt doch einmal einen Kreis mit $z=0$ als Zentrum und bilde den Logarithmus. Das Bild wandert einfach auf einer Parallelen zur Imaginären Achse mit deiner Kreiswanderung. Bei $r=1_$ auf der Imaginären Achse. Bei $r=e_$ auf einer Parallelen mit dem Realteil 1. Je kleiner der Radius, desto weiter links in der Gaussschen Ebene befindet sich die Gerade mit den Bildpunkten.
> Also ist dann meine Darstellung des
> arctan auf ganz [mm]\IC[/mm] definiert!?
>
Ich denke, überall ausser bei [mm] $z=\pm [/mm] i$.
Mit lieben Grüssen
Paul
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:15 So 22.05.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Zum Definitionsbereich der Funktion:
[mm] $\arctan(z) [/mm] = [mm] \frac{1}{2i} \log \frac{1+iz}{1-iz}$
[/mm]
lässt sich zunächst einmal feststellen, dass -wenn ich am Anfang mit dem Hauptzweig des Logarithmus arbeite-
$D= [mm] \IC \setminus\{-i; ri\, :\, r \in \IR, r \ge 1\}$
[/mm]
gilt, da der Hauptzweig des Logarithmus auf [mm] $\{z \in \IC\, : \, Re(z)<0, Im(z)=0\}$ [/mm] nicht definiert ist.
Nun lässt sich aber
[mm] $\arctan(z) [/mm] = [mm] \frac{1}{2i} \log \frac{1+iz}{1-iz}$
[/mm]
auf nicht-stetige (!) und nicht-eindeutige (!) Weise auf [mm] $\IC \setminus\{-i,i\}$ [/mm] fortsetzen, indem man zum Beispiel
[mm] $\log(-1):=\pi\, [/mm] i$
definiert. (Diese Festlegung ist allerdings nicht eindeutig.)
Beachte aber bitte, dass die Funktion dann nicht mehr stetig, geschweige denn holomorph ist. Stattdessen erhält man eine sogenannte Riemannsche Fläche, mit zwei Verzweigungspunkten unendlich hoher Ordnung. Im Prinzip eine Art unendlich lange Treppe mit zwei Löchern. Aus dem Blickpunkt dieser Treppe mit ihren zwei Löchern aus betrachtet ist die Funktion dann holomorph! (Man möge mir meine Unexaktheit verzeihen. )
Allerdings ist die Funktion im klassischen Sinne holomorph im offenen Einheitskreis und lässt sich dort lokal in eine Potenzreihe entwickeln (was du tun sollst und was im Link auch gemacht wurde).
Ich würde, um die Probleme mit der Mehrdeutigkeit des Logarithmus zu vermeiden und daher ausschließlich dessen Hauptzweig zu betrachten, als Definitionsbereich
$D= [mm] \IC \setminus\{-i; ri\, :\, r \in \IR, r \ge 1\}$
[/mm]
angeben. Alles andere erfordert einen höheren Standpunkt, den du (noch) nicht besitzt.
Liebe Grüße
Stefan
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![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]"){kind=small}
![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]"){kind=small}
![[clown]](/images/smileys/clown.gif "[clown]"){kind=small}
