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| Aufgabe | Sei $f: [mm] \mathbb{C} [/mm] - [0,1] [mm] \to \mathbb{C}$ [/mm] mit [mm] f:=\frac{1}{z(z-1)}.
[/mm]
Zeige, dass für jeden geschl. Int'weg c im Definitionsgebiet gilt
[mm] $\int_c [/mm] f(z) [mm] \; [/mm] dz = 0$ |
Hallo zusammen,
die Aufgabe läuft ja darauf hinaus, dass ich eine holomorphe Stammfunktion finden muss.
Würde ich wie in [mm] $\R$ [/mm] rechnen so komme ich auf die Stammfunktion [mm] $F=\ln\left(\frac{z-1}{z}\right). [/mm] Warum ist dies eine holomorphe Stammfunktion?? Für die Funktion [mm] $f=\frac{1}{z}$ [/mm] ist ja [mm] $F=\ln(z)$ [/mm] auch keine holomorphe Stammfunktion.
Viele Grüße Patrick
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:43 Mi 11.05.2011 | | Autor: | fred97 |
> Sei [mm]f: \mathbb{C} - [0,1] \to \mathbb{C}[/mm] mit
> [mm]f:=\frac{1}{z(z-1)}.[/mm]
> Zeige, dass für jeden geschl. Int'weg c im
> Definitionsgebiet gilt
> [mm]\int_c f(z) \; dz = 0[/mm]
> Hallo zusammen,
>
> die Aufgabe läuft ja darauf hinaus, dass ich eine
> holomorphe Stammfunktion finden muss.
Nein. Ich würde den Residuensatz heranziehen:
$ [mm] \int_c [/mm] f(z) [mm] \; [/mm] dz = 2 [mm] \pi [/mm] i*(res(f;0)*n(c,0) +res(f;1)*n(c,1))=-n(c,0)+n(c,1)$
(n(c,*)= Umlaufzahl)
FRED
> Würde ich wie in [mm]$\R$[/mm] rechnen so komme ich auf die
> Stammfunktion [mm]$F=\ln\left(\frac{z-1}{z}\right).[/mm] Warum ist
> dies eine holomorphe Stammfunktion?? Für die Funktion
> [mm]$f=\frac{1}{z}$[/mm] ist ja [mm]$F=\ln(z)$[/mm] auch keine holomorphe
> Stammfunktion.
>
> Viele Grüße Patrick
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Hallo Fred,
diesen Satz hatten wir noch gar nicht. Es müsste also auch einen anderen Lösungsweg geben.
Gruß Patrick
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Man kann das in der Tat mit einer Stammfunktion machen. Betrachte dazu die Zweige
[mm]\log z \ \ \text{mit} \ \ - \pi < \arg z < \pi[/mm]
[mm]\log(z-1) \ \ \text{mit} \ \ - \pi < \arg(z-1) < \pi[/mm]
Beide Funktionen sind zunächst in [mm]\mathbb{C} - (-\infty,1][/mm] holomorph.
Jetzt untersuchen wir die Funktionen für [mm]-s[/mm] mit [mm]s>0[/mm]. Wir finden:
[mm]\log z \to \ln s + \operatorname{i} \pi[/mm] für [mm]z \to -s \, , \ \operatorname{Im}(z) > 0[/mm]
[mm]\log(z-1) \to \ln(s+1) + \operatorname{i} \pi[/mm] für [mm]z \to -s \, , \ \operatorname{Im}(z) > 0[/mm]
Insgesamt gilt also:
[mm]\log(z-1) - \log z \to \ln(s+1) - \ln s[/mm] für [mm]z \to - s \, , \ \operatorname{Im}(z) > 0[/mm]
Dasselbe Ergebnis erhält man aber auch für [mm]z \to -s, \, \operatorname{Im}(z) < 0[/mm]. Dieses Mal heben sich die Argumente [mm]- \operatorname{i} \pi[/mm] gegenseitig weg.
Damit ist die Funktion [mm]\log(z-1) - \log z[/mm] für alle [mm]z \in (-\infty,0)[/mm] stetig und damit auch holomorph ergänzbar. Und die Stammfunktion in [mm]\mathbb{C} - [0,1][/mm] ist gefunden.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:02 Mi 11.05.2011 | | Autor: | XPatrickX |
Dankeschön.
Ich denke, das habe ich verstanden.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:03 Do 12.05.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> diesen Satz hatten wir noch gar nicht. Es müsste also auch
> einen anderen Lösungsweg geben.
>
> Gruß Patrick
Es ist schwierig, zu antworten, wenn man nicht weiß, was Ihr hattet und verwenden dürft. Vielleicht hattet Ihr das:
Sei $D:= [mm] \IC \setminus [/mm] bild(c)$. Für [mm] z_0 \in [/mm] D heißt
[mm] $n(c,z_0):= \bruch{1}{2 \pi i}\integral_{c}^{}{\bruch{1}{z-z_0} dz}$
[/mm]
die Umlaufzahl von c bezüglich [mm] z_0.
[/mm]
Nun gilt folgendes: D ist offen und die Fkt. $z [mm] \to [/mm] n(c,z)$ ist auf jeder Zusammenhangskomponente von D konstant. Da [0,1] [mm] \subseteq [/mm] D ist und da [0,1] zusammenhängend ist, ist
$z [mm] \to [/mm] n(c,z)$ konstant auf [0,1].
Daher:
(*) $n(c,1)=n(c,0)$
Wegen $f(z)= [mm] \bruch{1}{z-1}-\bruch{1}{z}$ [/mm] ist
[mm] $\integral_{c}^{}{f(z) dz}=2 \pi [/mm] i(n(c,1)-n(c,0)).$
Aus (*) folgt dann [mm] $\integral_{c}^{}{f(z) dz}=0$
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:08 Mi 11.05.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Sei [mm]f: \mathbb{C} - [0,1] \to \mathbb{C}[/mm] mit
> [mm]f:=\frac{1}{z(z-1)}.[/mm]
> Zeige, dass für jeden geschl. Int'weg c im
> Definitionsgebiet gilt
> [mm]\int_c f(z) \; dz = 0[/mm]
> Hallo zusammen,
>
> die Aufgabe läuft ja darauf hinaus, dass ich eine
> holomorphe Stammfunktion finden muss.
>
> Würde ich wie in [mm]$\R$[/mm] rechnen so komme ich auf die
> Stammfunktion [mm]F=\ln\left(\frac{z-1}{z}\right).[/mm] Warum ist
> dies eine holomorphe Stammfunktion?? Für die Funktion
> [mm]$f=\frac{1}{z}$[/mm] ist ja [mm]$F=\ln(z)$[/mm] auch keine holomorphe
> Stammfunktion.
Es ist keine holomorphe Stammfunktion in ganz [mm] $\IC$, [/mm] aber zum Beispiel in [mm] $\IC- \{z\in \IR\mid z \le 0\}$. [/mm] Genausowenig ist [mm] $F=\ln\left(\frac{z-1}{z}\right)$ [/mm] in ganz [mm] $\IC$ [/mm] eine holomorphe Stammfunktion von f. Wichtig ist hier, dass das reelle Intervall aus dem Definitionsgebiet ausgenommen ist.
Probier's doch mal mit dem Cauchyschen Integralsatz. Für welche Integrationswege liefert er dir die Behauptung direkt? Bzw. für welche nicht?
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:37 Fr 13.05.2011 | | Autor: | fred97 |
Noch eine Möglichkeit:
Zeige zunächst:
$z [mm] \in \IC \setminus [/mm] [0,1] [mm] \gdw \bruch{z-1}{z} \in \mathbb{C} \setminus (-\infty,0] [/mm] $
Setzt man dann $F(z):= [mm] Log(\bruch{z-1}{z})$ [/mm] für $z [mm] \in \IC \setminus [/mm] [0,1] $, so ist F eine Stammfunktion von f auf [mm] $\IC \setminus [/mm] [0,1] $
(Log = Hauptzweig des Log.)
FRED
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