Zerlegung v. Kurvenintegral < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:04 Di 30.05.2006 | | Autor: | Moe007 |
| Aufgabe | Sei D [mm] \in \IC [/mm] offen, a [mm] \in \IC [/mm] und [mm] \epsilon [/mm] > 0, so dass [mm] \overline{B_{\epsilon}(a)} \subset [/mm] D. Die holomorphe Funktion f: D [mm] \to \IC [/mm] habe in a eine einfache Nullstelle, d.h.f(a) = 0, f'(a) [mm] \not= [/mm] 0) und ansonsten keine weitere Nullstelle in [mm] \overline{B_{\epsilon}(a)}.
[/mm]
Z.Z.: [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f(z)} dz} [/mm] = [mm] \bruch{2 \pi i}{f'(a)} [/mm] |
Hallo,
ich hoffe, es kann mir jemand einen Tipp geben, wie ich diese Gleichheit zeigen soll.
Man hat mir nur einen Hinweis gegeben, dass es eine holomorphe Funktion [mm] f_{1} [/mm] : D [mm] \to \IC [/mm] mit f(z) = f(a) + (z-a) [mm] f_{1}(z) \forall [/mm] z [mm] \in [/mm] D ist und f(a) = 0 hier. Jetzt soll ich ein c [mm] \in \IC [/mm] finden und q: D [mm] \to \IC [/mm] holomorph, so dass [mm] \bruch{1}{f(z)} [/mm] = [mm] \bruch{c}{z-a} [/mm] + [mm] \bruch{q(z)}{f_{1}(z)} \forall [/mm] z [mm] \in \overline{B_{\epsilon}(a)} [/mm] \ {a}.
Leider weiß ich nicht, wie ich das c und das q wählen soll und komm deshalb auch nicht sehr weit.
Wen ich das c und das q gefunden hab, muss man doch die Cauchy Integralformel anwenden, um diese Gleichheit zu zeigen oder?
Ich hoffe, ihr helft mir weiter.
Liebe Grüße,
Moe
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:40 Do 01.06.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Moe007!
Setze [mm]c:=\frac1{f_1(a)}[/mm]. Daraus kannst Du dann die Funktion q(z) bestimmen; diese scheint zunächst in z=a nicht definiert zu sein, diese "Singularität" ist aber hebbar.
> Wen ich das c und das q gefunden hab, muss man doch die
> Cauchy Integralformel anwenden, um diese Gleichheit zu
> zeigen oder?
Du brauchst eigentlich nur [mm]\integral_{\partial B_\epsilon(a)}\frac1{f_1(a)}\frac1z\, dz = \frac{2\pi i}{f_1(a)}[/mm]. Man kann dies aber auch als einen Spezialfall der Cauchyschen Intrgralformel ansehen. Außerdem benötigst Du, daß das entsprechende Integral über [mm]\frac{q(z)}{f_1(z)}[/mm] verschwindet, da [mm]\frac{q(z)}{f_1(z)}[/mm] auf der betrachteten Kreisscheibe holomorph ist.
Ein alternativer Beweis ohne c und q(z), aber mit der CIF:
Verwende die Cauchysche Integralformel für die holomorphe Funktion [mm]\frac{z-a}{f(z)}=\frac1{f_1(z)}[/mm].
Grüße,
Galois
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:14 Fr 02.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo Galois,
erstmal danke für deine Antwort. Ich wär echt allein nie auf das c und q(z) gekommen. Wie kommt man drauf? Ich hab mit deiner Hilfe folgendes gemacht, weiß aber nicht, ob das so stimmt. Ich poste mal, was ich gemacht habe:
c := [mm] \bruch{1}{f_{1}(a)} [/mm]
Dann erhalte ich [mm] \bruch{1}{f(z)} [/mm] = [mm] \bruch{1}{f_{1}(a) (z-a)} [/mm] + [mm] \bruch{q(z)}{f_{1}(z)}
[/mm]
Dann hab ich das ganze nach q(z) aufgelöst und erhalte:
q(z) = [mm] \bruch{(f_{1}(a) (z-a) - f(z)) f_{1}(z)}{f(z) f_{1}(a) (z-a)}
[/mm]
Stimmt das so?
Dann hab ich das Integral ausgerechnet:
[mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f(z)} dz} [/mm] = [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f_{1}(a) (z-a)} dz} [/mm] + [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{f_{1}(a)(z-a)-f(z)}{f(z)f_{1}(a)(z-a)} dz}
[/mm]
Es gilt ja f(a) = f(z) + (a-z) [mm] f_{1}(a)
[/mm]
Also hab ich den Zähler im 2. Integral umgeformt und erhalte:
= [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f_{1}(a) (z-a)} dz} [/mm] + [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{f(a)}{f(z)f_{1}(a)(z-a)} dz}
[/mm]
Da f(a) = 0 ist, folgt, dass das 2.Integral = 0 ist.
Also ist [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f(z)} dz} [/mm] = [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f_{1}(a) (z-a)} dz} [/mm] = [mm] \bruch{1}{f_{1}(a)} \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{(z-a)} dz} [/mm]
Dann hab ich einfach gesagt, dass [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{(z-a)} dz} [/mm] = [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{z} dz} [/mm] ist.
Stimmt das so? Ich bin mir nicht sicher.
Ich hab das einfach mal so angenommen und damit weiter gerechnet und erhalte:
[mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f(z)} dz} [/mm] = [mm] \bruch{1}{f_{1}(a)} [/mm] 2 [mm] \pi [/mm] i = [mm] \bruch{2 \pi i}{f_{1}(a)}
[/mm]
Ich hab jetzt eine frage, ist [mm] f_{1}(a) [/mm] hier gleich f'(a)?
Weil dann hätte ich nämlich das Ergebnis, was ich zeigen soll.
Ich hoffe, du oder gerne auch jemand anders hilft mir weiter.
Viele Grüße,
Moe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:36 Sa 03.06.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Moe007!
> Ich wär echt allein nie auf das c und q(z) gekommen. Wie kommt man drauf?
Am einfachsten wohl, indem man die von c und q(x) zu erfüllende Identität mit [mm]f(z)=(z-a)f_1(z)[/mm] multipliziert. Man erhält dann [mm]1=cf_1(z)+q(z)(z-a)[/mm]. Setzt man nun noch z=a, so sieht man sofort, was c sein sollte.
(In der Praxis habe ich natürlich zunächst diverse andere Ansätze versucht, die alle nicht weiterführten...)
> Ich hab mit deiner Hilfe folgendes gemacht, weiß aber nicht, ob das so stimmt. Ich poste mal, was ich gemacht habe:
> c := [mm]\bruch{1}{f_{1}(a)}[/mm]
> Dann erhalte ich [mm]\bruch{1}{f(z)}[/mm] = [mm]\bruch{1}{f_{1}(a) (z-a)} + \bruch{q(z)}{f_{1}(z)}[/mm]
>
> Dann hab ich das ganze nach q(z) aufgelöst und erhalte:
> q(z) = [mm]\bruch{(f_{1}(a) (z-a) - f(z)) f_{1}(z)}{f(z) f_{1}(a) (z-a)}[/mm]
>
> Stimmt das so?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") --- Du kannst es aber noch vereinfachen, indem Du [mm]f(z)=(z-a)f_1(z)[/mm] verwendest und den Bruch kürzst. Du erhältst dann [mm]q(z)= \frac{f_1(a)-f_1(z)}{f_1(a)(z-a)}[/mm]
> Dann hab ich das Integral ausgerechnet:
>
> [mm]\integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f(z)} dz} = \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f_{1}(a) (z-a)} dz}+ \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{f_{1}(a)(z-a)-f(z)}{f(z)f_{1}(a)(z-a)} dz}[/mm]
>
> Es gilt ja f(a) = f(z) + (a-z) [mm]f_{1}(a)[/mm]
Fast. Es ist [mm]f(a) = f(z) + (a-z) f_{1}(\red{z})[/mm].
> Also hab ich den Zähler im 2. Integral umgeformt und erhalte:
> = [mm]\integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f_{1}(a) (z-a)} dz} + \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{f(a)}{f(z)f_{1}(a)(z-a)} dz}[/mm]
Hier scheint Dir zudem ein Minuszeichen abhanden gekommen zu sein. Der Zähler müßte [mm]\red{-}f(a)[/mm] lauten. In Wirklichkeit ist dies wegen Deines obigen Fehlers aber auch noch nicht richtig. Vielmehr lautet der korrekte Zähler: [mm]f_1(a)(z-a)-(a-z)f_1(z)-f(a)= (z-a) (f_1(a)-f_1(z))[/mm]
> Da f(a) = 0 ist, folgt, dass das 2.Integral = 0 ist.
An dieser Stelle hätte dir auffallen können, daß Du mit Deiner Argumentation ja sogar [mm]\frac{q(z)}{f_1(z)}=0[/mm] "bewiesen" hast, was aber im allgemeinen offensichtlich nicht stimmen kann. ![[sehrverdaechtig]](/images/smileys/sehrverdaechtig.gif "[sehrverdaechtig]")
Das 2.Integral selbst ist aber tatsächlich = 0, worüber man aber noch einen Moment nachdenken muß.
> Also ist [mm]\integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f(z)} dz} = \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f_{1}(a) (z-a)} dz} = \bruch{1}{f_{1}(a)} \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{(z-a)} dz}[/mm]
> Dann hab ich einfach gesagt, dass [mm]\integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{(z-a)} dz} = \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{z} dz}[/mm] ist.
>
> Stimmt das so? Ich bin mir nicht sicher.
So, wie Du es geschrieben hast, stimmt es (im allgemeinen) zunächst einmal nicht. Wenn Du aber auf der rechten Seite den Integrationsweg [mm]\partial B_\epsilon(\red{0})[/mm] nimmst, stimmt es.
> Ich hab das einfach mal so angenommen und damit weiter gerechnet und erhalte:
> [mm]\integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f(z)} dz} = \bruch{1}{f_{1}(a)} 2 \pi i = \bruch{2 \pi i}{f_{1}(a)}[/mm]
> Ich hab jetzt eine frage, ist [mm]f_{1}(a)[/mm] hier gleich f'(a)?
Ja, das stimmt. Zum Beweis leite einfach [mm]f(z)=(z-a)f_1(z)[/mm] nach z ab und setze dann z=a.
Grüße,
Galois
![[]](/images/popup.gif) Bonner Matheforum
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:43 Sa 03.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo Galois,
ich danke dir für deine ausführliche Antwort. Ich hab leider nicht alles verstanden, was du gemacht hast.
Du hast ja geschrieben, dass q(z) = [mm] \bruch{f_{1}(a)-f_{1}(z)}{f_{1}(a)(z-a)}
[/mm]
Dann hab ich das hier eingesetzt:
[mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f(z)} dz} [/mm] = [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{1}{f_{1}(a) (z-a)} dz}+ \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{ \bruch{f_{1}(a)-f_{1}(z)}{f_{1}(a)(z-a)f_{1}(z)} dz}
[/mm]
Ich hab aber eine Frage. Du hast geschrieben:
>Vielmehr lautet der korrekte Zähler:
> [mm]f_1(a)(z-a)-(a-z)f_1(z)-f(a)= (z-a) (f_1(a)-f_1(z))[/mm]
Wie kommt man da drauf? Ich weiß nicht, wie du da drauf kommst.
Ich weiß auch nicht genau, warum das 2.Integral 0 ergibt. Vielleicht weil es ein Integral über holomorphe Funktionen ist?
Danke nochmal für deine Hilfe.
Schönen Abend,
Moe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:29 So 04.06.2006 | | Autor: | Binie |
Hi Moe
Also wieso das zweite Integral verschwindet weiß ich nicht genau, aber ich kann dir das mit dem Zähler erklären.
Du hattest doch heraus,
q(z) = $ [mm] \bruch{(f_1(a)(z-a)-f(z))f_1(z)}{f(z)f_1(z)(z-a)} [/mm] $
Hier ist also oben und unten noch f(z) = [mm] f_1(z) [/mm] (z-a)
Also folgt:
$ [mm] \bruch{(f_1(a)(z-a)-f(z))f_1(z)}{f(z)f_1(z)(z-a)} [/mm] $= $ [mm] \bruch {(f_1 (a)(z-a)-f_1(z)(z-a))f_1(z)}{f_1(z)(z-a)f_1(a)(z-a)} [/mm] $ = $ [mm] \bruch {(f_1(a)-f_1(z))(z-a)f_1(z)}{f_1(z)(z-a)f_1(a)(z-a)} [/mm] $ = $ [mm] \bruch {f_1(a)-f_1(z)}{f_1(a)(z-a)} [/mm] $
Das ist also dein q(z)
Ansonsten war ja alles okay bisher
Liebe Grüße Binie
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:50 So 04.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
das q(z) hab ich auch so herausbekommen. Vielleicht kann mir jemand weiter helfen, der weiß, weshalb das 2.Integral 0 ergibt.
Ich vermute mal, dass [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(a)}{\bruch{f_{1}(a) - f_{1}(z)}{f_{1}(a)f_{1}(z)(z-a)} dz} [/mm] = 0 , weil das Integral über holomorphe Funktionen ist?!? Ich bin mir nicht sicher. [mm] f_{1} [/mm] ist ja nach Voraussetzung holomorph.
Stimmt das so? Danke für die Hilfe.
VG, Moe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:06 So 04.06.2006 | | Autor: | SEcki |
> Hallo,
> das q(z) hab ich auch so herausbekommen. Vielleicht kann
> mir jemand weiter helfen, der weiß, weshalb das 2.Integral
> 0 ergibt.
Das ist klar: Der Ball ist ein Sterngebiet, also besitzt die holomorphe Funktion eine Stammfunktion, also verschwindet das Integral. Und den Satz gab es in der Vorlesung.
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:21 So 04.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo,
danke erstmal für die große Hilfe!
Ich hab jetzt ein weiteres Problem. Und zwar ist jetzt f(z) = [mm] z^{3} [/mm] +1, [mm] \IC \to \IC.
[/mm]
Man soll jetzt eine Nullstelle [mm] z_{0} [/mm] von f wählen und das Integral [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(z_{0})}{ \bruch{1}{f(z)} dz} [/mm] berechnen, wobei [mm] \epsilon [/mm] so klein ist, dass [mm] z_{0} [/mm] die einzige Nullstelle von f ist, die in [mm] \overline{B_{\epsilon}(z_{0})} [/mm] liegt.
Ich soll das Ergebnis in der Form x + iy angegeben und da häng ich grad....
Ich hab als Nullstellen von f herausbekommen:
[mm] z_{1} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] + i [mm] \bruch{1}{2} \wurzel{3},
[/mm]
[mm] z_{2} [/mm] = -1,
[mm] z_{3} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] - i [mm] \bruch{1}{2} \wurzel{3}
[/mm]
Dann hab ich die Nullstelle -1 gewählt, um das Integral zu berechnen.
Da kommt doch das heraus:
[mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(-1)}{ \bruch{1}{f(z)} dz} [/mm] = [mm] \bruch{2 \pi i}{3} [/mm]
Stimmt das so?
Jetzt weiß ich nicht, wie ich das Ergebnis in der Form x + iy schreiben soll.
Ich hab das einfach so gemacht: exp( [mm] \bruch{2}{3} \pi [/mm] i) = cos [mm] \bruch{2}{3} \pi [/mm] + i sin [mm] \bruch{2}{3} \pi [/mm] i = - [mm] \bruch{1}{2} [/mm] + i [mm] \bruch{1}{2} \wurzel{3}
[/mm]
Stimmt die Umformung so?
Viele Grüße,
Moe
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:33 Mo 05.06.2006 | | Autor: | Binie |
Hi Moe
Also ich habe das mit der Nullstelle genauso gemacht wie du. Da ich die selbe Aufgabe bearbeite wie Moe würde ich gerne noch eine Fortsetzung der Aufgabenstellung loswerden.
Für die eben schon bearbeitete Funktion f(z) = [mm] z^3+1 [/mm] soll man eine der Nullstellen wählen (also dacht ich mir ich nehm wieder die [mm] z_0 [/mm] = -1) und soll eine geschlossene Kurve definieren [mm] \gamma [/mm] = [mm] \gamma_1 \oplus \gamma_2 \oplus \gamma_3, [/mm] die am Rand eines Sektors des Kreises um 0 mit Radius r>1 verläuft. Dabei soll [mm] \gamma_2 [/mm] das gebogene Teilstück sein und die gewählte Nullstelle soll innerhalb, die anderen beiden Nullstellen außerhalb dieses Sektors liegen.
Ich dachte mir also [mm] \gamma_1 [/mm] verläuft vom Nullpunkt bis zum Punkt -r-i, [mm] \gamma_2 [/mm] dann als Kreisbogen von -r-i bis -r+i und als letztes [mm] \gamma_3 [/mm] von dort zurück zum Nullpunkt.
Es bereitet mir aber Schwierigkeiten diesen Weg dann richtig auszudrücken, vielleicht weiß ja einer von euch weiter.
Meine Vermutung wäre für
[mm] \gamma_1: [/mm] t(-r-i) mit 0 [mm] \le [/mm] t [mm] \le [/mm] 1 analog
[mm] \gamma_2: [/mm] t(-r+i) für 0 [mm] \le [/mm] t [mm] \le [/mm] 1 und für
[mm] \gamma_2 [/mm] = r [mm] e^{it} [/mm] wobei t vom Winkel zw. x-Achse und (-r-i) bis zum Winkel zw. x-Achse und (-r+i) geht?
Bin aber sehr unsicher und würde mich über Antwort freuen.
Liebe Grüße Binie
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:51 Mo 05.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo Binie,
hast du auch bei der Berechnung des Integrals [mm] \bruch{2}{3} \pi [/mm] i heraus bekommen? Wie wandelt man das denn in die Form x+iy um??
Also zu deiner Wahl von [mm] \gamma. [/mm] Ich weiß nicht, was bei dir rauskommt, aber ich hab einfach [mm] \gamma [/mm] so wie in der Übung gewählt und da kommt man sehr schnell zur Lösung der folgenden Aufgaben.
[mm] \gamma_{1}: [/mm] [0,r] [mm] \to \IC, [/mm] t [mm] \to [/mm] t,
[mm] \gamma_{2}: [/mm] [0, [mm] \bruch{\pi}{2}] [/mm] \ to [mm] \IC, [/mm] t [mm] \to [/mm] r exp(it),
[mm] \gamma_{3}: [/mm] [-r,0] [mm] \to \IC, [/mm] t [mm] \to [/mm] -it
Gruß, Moe
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:23 Mo 05.06.2006 | | Autor: | Binie |
Hi Moe
Ja, für das Integral habe ich das selbe raus aber ich weiß auch nicht genau wie ich daraus die x+iy Form bekomme, andererseits ist das nicht auch schon so eine Form, also 0+i [mm] \bruch{2 \pi}{3}? [/mm] Vielleicht weiß das ja jemand.
Was die Kurve angeht, danke schon mal, ich kann leider nicht in die Übung, deshalb habe ich das nicht mitbekommen. Ich versuche es mal damit wenn ich später Zeit habe.
Bis bald Binie
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 11:58 Di 06.06.2006 | | Autor: | Binie |
Hi Moe
Der Weg den du beschrieben hast, der geht doch vom Nullpunkt auf der realen Achse bis r dann einen 90° Winkel mit Radius r und dann von ir bis Null, soweit klar, aber wieso liegt dann die Nullstelle [mm] z_o [/mm] = -1 in diesem Sektor drin?
Und wie kommst du damit auf die Lösung dass
[mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{\gamma_2}{\bruch{1}{f(z)} dz}| [/mm] = 0
es gilt doch
[mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{\gamma_2}{\bruch{1}{f(z)} dz}| [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{f(re^{it}) ire^{it}} dz}| [/mm]
und nun? Wo liegt mein Fehler?
Vielleicht weißt du ja weiter Liebe Grüße Binie
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:34 Mi 07.06.2006 | | Autor: | Binie |
Hi ihr
Ich hab mir mein Integral grad nochmal angesehen und gemerkt, dass ich die Funktion ja kenne, trotzdem bin ich mir nicht sicher, also
[mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{f(re^{it}) ire^{it}} dt}| [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{((re^{it})^3+1) ire^{it}} dt}| [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{i(re^{it})^4+ire^{it}} dt}| \le \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{|i(re^{it})^4+ire^{it}|} dt} \le \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{|i(re^{it})^4|+|ire^{it}|} dt} [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{|ir^4cos(4t)-r^4sin(4t)|+|ircos(t)-rsin(t)|} dt} [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{(r^8cos^2(4t)+r^8sin^2(4t))+(r^2cos^2(t)+r^2sin^2(t))} dt} [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{r^8+r^2} dt} [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}\bruch{1}{r^8+r^2} [/mm] = 0
also ich weiß ja nicht, ich habe das Gefühl, dass das nicht stimmt, obwohl das gewünschte Ergebnis rauskommt, was sagt ihr?
Liebe Grüße Binie
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:01 Do 08.06.2006 | | Autor: | Galois |
Wie der Titel bereits sagt...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:45 Di 06.06.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Moe007!
> Dann hab ich die Nullstelle -1 gewählt, um das Integral zu berechnen.
> Da kommt doch das heraus:
>
> [mm]\integral_{\partial B_{\epsilon}(-1)}{ \bruch{1}{f(z)} dz}= \bruch{2 \pi i}{3}[/mm]
>
> Stimmt das so?
> Jetzt weiß ich nicht, wie ich das Ergebnis in der Form x + iy schreiben soll.
Ich denke, daß das so gemeint ist, wie von Binie vermutet, also einfach [mm]0+ i\frac{2\pi}3[/mm]. Das ist bei der hier betrachteten Nullstelle z=-1 natürlich witzlos, wird aber bei den beiden anderen Nullstellen relevant, da dann der Nenner f'(a) selbst komplex ist.
> Ich hab das einfach so gemacht: [mm]\exp(\frac{2}{3} \pi i) = \cos \bruch{2}{3} \pi + i \sin \bruch{2}{3} \pi i = -\bruch{1}{2} + i \bruch{1}{2} \wurzel{3}[/mm]
>
> Stimmt die Umformung so?
Sie stimmt, ist aber wohl nicht das, was hier gefragt war.
Grüße,
Galois
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:27 Di 06.06.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo SEcki, hallo Moe007!
> Das ist klar: Der Ball ist ein Sterngebiet, also besitzt
> die holomorphe Funktion eine Stammfunktion, [...]
Im Prinzip hat SEcki damit zwar recht, seine Argumentation scheint mir aber etwas kurz zu sein. Die entscheidende Frage lautet doch:
Warum ist [mm]g(z):=\frac{f_1(a)-f_1(z)}{f_1(a)f_1(z)(z-a)}[/mm] im gesamten betrachteten Gebiet holomorph?
Nun, mit f(z) ist auch [mm] $f_1(z)=\frac{f(z)}{z-a}$ [/mm] für [mm]z\neq a[/mm] holomorph. Damit sind also Zähler und Nenner des betrachteten Quotienten g(z) für [mm]z\neq a[/mm] holomorph.
Ferner besitzt mit f auch [mm] f_1 [/mm] keine Nullstellen [mm]z\neq a[/mm]. Wegen [mm]f_1(a)=f'(a)\neq0[/mm] ist [mm]f_1[/mm] im betrachteten Gebiet dann aber sogar gänzlich nullstellenfrei und der Quotient g(z) mithin für [mm]z\neq a[/mm] definiert und holomorph.
Soweit kein Problem. Aber was passiert an der Stelle z=a, an der g(z) zunächst ja gar nicht definiert ist? Nun, glücklicherweise existiert [mm]\lim_{z\to a} g(z)=\frac1{f_1(a)f_1(a)}(-f'_1(a))[/mm], so daß g(z) nach z=a zumindest stetig fortsetzbar ist.
Nun kommt der Riemannsche Hebbarkeitssatz ins Spiel: Eine stetige Funktion [mm]\IC\supseteq D\to \IC[/mm] besitzt keine isolierten Stellen, an denen sie nicht holomorph ist.
Also wird g(z) durch die Festlegung [mm]g(a):=\frac1{f_1(a)f_1(a)}(-f'_1(a)})[/mm] zu einer auf dem gesamten betrachteten Gebiet holomorphen Funktion fortgesetzt. Und da dieses Gebiet einfachzusammenhängend ist, verschwindet das Integral entlang eines jeden geschlossenen Weges.
Grüße,
Galois
Bonner Matheforum
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:00 Di 06.06.2006 | | Autor: | Moe007 |
Hallo Galois,
vielen Dank für die ausführliche Erklärung!
Ich hab jetzt noch eine andere Frage zur Berechnung vom Integral [mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(z_{0})}{ \bruch{1}{z^{3} +1} dz}
[/mm]
Das Integral ist ja (siehe Beweis weiter oben im Strang):
[mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(z_{0})}{ \bruch{1}{z^{3} +1} dz} [/mm] = [mm] \bruch{2 \pi i}{f'(a)}, [/mm] wobei a Nullstelle ist.
Die Nullstellen von f hab ich schon ausgerechnet und diese sind [mm] z_{1} [/mm] = -1, [mm] z_{2} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2} \wurzel{3} [/mm] i, [mm] z_{3} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] - [mm] \bruch{1}{2} \wurzel{3} [/mm] i.
Wenn ich jetzt für die Berechnung des Integrals die Nullstelle [mm] z_{0} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2} \wurzel{3} [/mm] i wähle, dann kommt bei mir heraus:
[mm] \integral_{\partial B_{\epsilon}(z_{0})}{ \bruch{1}{z^{3} +1} dz} [/mm] = [mm] \bruch{2 \pi i}{f'(z_{0})} [/mm] = [mm] \bruch{1}{3} [/mm] i [mm] \pi [/mm] + [mm] \bruch{1}{3} \wurzel{3} \pi
[/mm]
Stimmt das, was ich gemacht habe? Jetzt soll ich das Ergebnis in der Form x + iy schreiben. Aber wie soll ich das denn machen?
Ich hab leider keine Ahnung, wie ich das umformen soll.
Ich hoffe, du hilfst mir weiter.
VG, Moe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:15 Mi 07.06.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Moe007!
> Wenn ich jetzt für die Berechnung des Integrals die Nullstelle [mm]z_{0} = \bruch{1}{2} + \bruch{1}{2} \wurzel{3} i[/mm] wähle, dann kommt bei mir heraus:
>
> [mm]\integral_{\partial B_{\epsilon}(z_{0})}{ \bruch{1}{z^{3} +1} dz} = \bruch{2 \pi i}{f'(z_{0})} = \bruch{1}{3} i \pi + \bruch{1}{3} \wurzel{3} \pi[/mm]
>
> Stimmt das, was ich gemacht habe?
Du hast da wohl noch einen Vorzeichenfehler drin:
Es ist ja [mm]f'(z_0)= 3z_0^2=3\left(\frac12+\frac12\sqrt3\,i \right)^2=3\left(-\frac12+\frac12\sqrt3\,i\right)=\frac3{(-\frac12-\frac12\sqrt3\,i)}[/mm] und daher
[mm]\frac{2 \pi i}{f'(z_0)}= 2 \pi i\,\frac{(-\frac12-\frac12\sqrt3\,i)}3=\red{-}\frac\pi3i+\frac{\sqrt3}3\pi[/mm]
> Jetzt soll ich das Ergebnis in der Form x + iy schreiben. Aber wie soll ich das denn machen?
Das steht jetzt ja praktisch schon da: [mm]\frac{\sqrt3}3\pi+ i (-\frac\pi3)[/mm]. - Die eigentliche rechnerische Aufgabe war halt der Übergang von [mm]f'(z_0)[/mm] zu [mm]\frac1{f'(z_0)}[/mm] (bzw. umgekehrt, je nachdem, wie man es aufschreibt.)
Grüße,
Galois
Bonner Matheforum
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:55 Mi 07.06.2006 | | Autor: | Binie |
Hi ihr
Ich hab die Frage schon mal weiter oben gestellt, aber vielleicht ist das untergegangen, deswegen nochmal:
Ich will zeigen, dass
[mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{\gamma_2}{\bruch{1}{f(z)} dz}| [/mm] = 0
wobei nach wie vor f(z) = [mm] z^3+1 [/mm] und [mm] \gamma_2 [/mm] = [mm] re^{it} [/mm] mit t [mm] \in [/mm] [0; [mm] \bruch{\pi}{2}]
[/mm]
Also dachte ich mir:
[mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{f(re^{it}) ire^{it}} dt}| [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{((re^{it})^3+1) ire^{it}} dt}| [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}|\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{i(re^{it})^4+ire^{it}} dt}| \le \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{|i(re^{it})^4+ire^{it}|} dt} \le \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{|i(re^{it})^4|+|ire^{it}|} dt} [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{|ir^4cos(4t)-r^4sin(4t)|+|ircos(t)-rsin(t)|} dt} [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{(r^8cos^2(4t)+r^8sin^2(4t))+(r^2cos^2(t)+r^2sin^2(t))} dt} [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{r^8+r^2} dt} [/mm] = [mm] \limes_{r\rightarrow\infty}\bruch{1}{r^8+r^2} [/mm] = 0
Bei dieser Rechnung bin ich nicht wirklich sicher, vor allem weil ich gehört habe, dass schon der Ansatz falsch sein könnte da evtl die Ableitung des Weges nicht in den Nenner sondern in den Zähler gehört. Kann mir jemand sagen ob ich total daneben liege?
LG Binie
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:57 Do 08.06.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Binie!
Deine Rechnung liefert zwar das gewünschte Ergebnis, enthält aber leider eine Reihe von Umformungsfehlern.
Zunächst mußt Du in der Tat die Ableitung des Weges nach t in den Zähler schreiben. Am besten kann man sich dies in der Form [mm] $\int_\gamma f(z)\,dz=\int_0^1 f(\gamma(t))\frac{d\gamma}{dt}\,dt$ [/mm] (f stetig, [mm] \gamma [/mm] stetig diffbar) oder kurz und suggestiv als [mm]\fbox{$\displaystyle dz=\frac{dz}{dt}\,dt$}[/mm] merken.
Ferner ist
1.) [mm]\bruch{1}{|i(re^{it})^4+ire^{it}|} \mathrel{\red{\not\le}} \bruch{1}{|i(re^{it})^4|+|ire^{it}|}[/mm] (Dreiecksungleichung falschherum verwendet - wir operieren hier im Nenner!),
2.) [mm]|ir^4cos(4t)-r^4sin(4t)|+|ircos(t)-rsin(t)| \mathrel{\red{\neq}} (r^8cos^2(4t)+r^8sin^2(4t))+(r^2cos^2(t)+r^2sin^2(t))[/mm] (Du hast die Wurzeln vergessen!),
3.) Die Identität [mm]\limes_{r\rightarrow\infty}\integral_{0}^{ \bruch{ \pi}{2}}{\bruch{1}{r^8+r^2} dt} = \limes_{r\rightarrow\infty}\bruch{1}{r^8+r^2}[/mm] ist zwar formal korrekt (beide Seiten sind in der Tat =0), aber nicht wirklich schön - Du hast beim Integrieren einen Faktor [mm]\frac\pi2[/mm] vergessen.
Richtig war aber auf jeden Fall Dein Ansatz, das Integral geschickt nach oben abzuschätzen. Ich schreibe Dir mal auf, wie man das (vermutlich) am einfachsten macht:
[mm]\left|\integral_{\gamma_2}\frac1{f(z)}\,dz\right|
=\left|\integral_0^{\pi/2}\frac1{f(\gamma_2(t))}\,\gamma_2'(t)\,dt\right|
=\left|\integral_0^{\pi/2}\frac1{\gamma_2^3(t)+1}\,\gamma_2'(t)\,dt\right|
\le \integral_0^{\pi/2}\frac1{|\gamma_2^3(t)+1|}\,|\gamma_2'(t)|\,dt
\le \integral_0^{\pi/2}\frac1{|\gamma_2^3(t)|-1}\,|\gamma_2'(t)|\,dt
= \integral_0^{\pi/2}\frac1{r^3-1}\,r\,dt
=\frac\pi2 *\frac{r}{r^3-1}\stackrel{r\to+\infty}{\longrightarrow}0
[/mm]
Falls ihr schon den Satz hattet, daß man [mm] |\int_\gamma f(z)\,dz| [/mm] nach oben durch das Produkt aus der Weglänge und dem Maximum von |f(z)| entlang des Weges abschätzen kann, wird's noch etwas einfacher.
Grüße,
Galois
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:30 Fr 09.06.2006 | | Autor: | Binie |
Hey Galois
Erstmal danke für deine Hilfe. Habe gestern zum Glück dann selbst noch ein paar Fehler entdeckt und danke für die Richtigstellung, dass die Ableitung in den Zähler gehört, hatte da wohl einen bösen Denkfehler drin.
Liebe Grüße Binie
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