Komplexes Integral

03.11.2018, 09:02

Melanie233

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Komplexes Integral

Hallo,
ich habe ein Gebiet $\begin{eqnarray*} G \subset \mathbb C \end{eqnarray*}$ .Sei $\begin{eqnarray*} z_0 \in G \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f : G \rightarrow \mathbb C \end{eqnarray*}$ stetig. Beweisen Sie: Wenn nun f in $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ komplex
differenzierbar, dann gilt:

$\begin{eqnarray*} lim_{r \rightarrow 0} \frac{1}{ \pi r^2} \int_{\gamma} f(z) dz=0 \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ die Parametrisierung des Kreises $\begin{eqnarray*} \{ z \in \mathbb C: |z-z_0|=r \} \subset G \end{eqnarray*}$

Also ich kann den Kreis parameterisieren über die komplexe Exponentialfunktion. Wenn ich diese einsetze komme ich auch nicht weiter, zumal ich auch nicht die Voraussetzung Diffbarkeit verwende.

Oder läuft der Beweis so ähnlich, dass man das Integral in Real und Imaginärteil aufspaltet und die einzelnen reellwertigen Integrale als Vektorfeld auffasst.
Dann könnte man den Satz von Stockes anwenden und unter der Verwendung der Cauchy-Riemann-Diffgleichungen würde das Integral 0 ergeben. Jedoch würde man den limes gar nicht brauchen.

Wie ist den der richtige Ansatz?

03.11.2018, 15:01

Leopold

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Wir dürfen ohne Beschränkung der Allgemeinheit $\begin{align*} 0 \in G \end{align*}$ und $\begin{align*} z_0 = 0 \end{align*}$ annehmen. Dann schreibt sich alles etwas einfacher. Für $\begin{align*} z \in G \end{align*}$ setzen wir

$\begin{align*} \varepsilon(z) = \begin{cases} \frac{f(z) - f(0)}{z} , & z \neq 0 \\ f'(0) , & z = 0 \end{cases} \end{align*}$

Weil $\begin{align*} f(z) \end{align*}$ in 0 differenzierbar ist, ist $\begin{align*} \varepsilon(z) \end{align*}$ eine auch in $\begin{align*} z_0 = 0 \end{align*}$ stetige Funktion. Jetzt gilt

$\begin{align*} f(z) = f(0) + z \cdot \varepsilon(z) \, , \ \ z \in G \end{align*}$

Damit folgt:

$\begin{align*} \frac{1}{r^2} \cdot \int_{|z|=r} f(z) ~ \dd z = \frac{1}{r^2} \cdot \int_{|z|=r} \left( f(0) + z \cdot \varepsilon(z) \right) ~ \dd z = \frac{1}{r^2} \cdot \int_{|z|=r} z \cdot \varepsilon(z) ~ \dd z \end{align*}$

Denn für den Integranden $\begin{align*} f(0) \end{align*}$ verschwindet das Integral über die geschlossene Kurve. Jetzt parametrisiere den Kreis und überlege weiter.

03.11.2018, 16:08

Melanie233

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Danke für deine Antwort.
Warum schreibst du egtl vor das Integral nur $\begin{eqnarray*} \frac{1}{r^2} \end{eqnarray*}$ ohne das $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ ?

Also die Parametrisierung ist $\begin{eqnarray*} z(t)= re^{it} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t\in [0, 2 \pi] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{r^2} \int_0^{ 2\pi} (f( re^{it}) - f(0)) \ i e^{it} dt \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt den limes für r nach 0 in f aufgrund der Stetigkeit reinziehe, würde ich 0 erhalten.
Aber dann wäre die Frage ob ich den Limes ins Integral ziehen dürfte?

03.11.2018, 16:22

Leopold

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Zitat:

Original von Melanie233
Warum schreibst du egtl vor das Integral nur $\begin{eqnarray*} \frac{1}{r^2} \end{eqnarray*}$ ohne das $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ ?

Ich habe mich umgekehrt gefragt, was das $\begin{align*} \pi \end{align*}$ da soll. Bei Grenzwert 0 ist das doch völlig irrelevant.

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{align*} \ldots = \frac{1}{r^2} \cdot \int_{|z|=r} z \cdot \varepsilon(z) ~ \dd z \end{align*}$

Parametrisiere direkt hier. Laß das $\begin{align*} f \end{align*}$ vorerst aus dem Spiel. Und vergiß nicht irgendwelche $\begin{align*} r \end{align*}$ beim Ableiten.

03.11.2018, 16:32

Melanie233

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Also

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{r^2} i r^2 \int_0^{ 2\pi} e^{it} \epsilon(r e^{ it}) \ e^{it} dt <br /> = i \int_0^{ 2\pi} e^{2it} \epsilon(r e^{ it}) dt<br /> \end{eqnarray*}$

Jetzt ist die Frage, ob ich den Limes ins Integral ziehen darf?

03.11.2018, 16:37

Leopold

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Wie du siehst, wurde jetzt das $\begin{align*} r \end{align*}$ im Nenner, das den Bruch nach unendlich gezogen hat, kompensiert.

Zitat:

Original von Melanie233
Jetzt ist die Frage, ob ich den Limes ins Integral ziehen darf?

Gut, daß du dich das fragst, und es nicht einfach nur tust. Auf der anderen Seite: die Integrationsgrenzen sind konstant und endlich, der Integrand ist stetig (hast du verstanden, warum?), also optimale Voraussetzungen für alle Schandtaten, derer ein Mathematiker fähig ist.

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03.11.2018, 16:48

Melanie233

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Also der Integrand ist stetig, da z ein stetige Funktion ist. e(z) ist in 0 stetig, da f diffbar ist. Für $\begin{eqnarray*} z \ne 0 \end{eqnarray*}$ ist e eine Zusammensetzung stetiger Funktion, also auch stetig, da f stetig war.
Also ist insgesamt der z *e(z) als Zusammensetzung stetig.

Wir haben mal gelernt, dass man gleichmäßige Stetigkeit benötigt für den Tauschprozess.
Oder kann man sich das so klar machen:

Der stetige Integrand ist auf einer kompakten Menge(Kreislinie) gleichmäßig stetig?

Mit $\begin{eqnarray*} lim_{r \rightarrow 0} ...= i \epsilon(0) \ e^{ it}|_0^{ 2\pi} = i \epsilon(0) (1-1)=0 \end{eqnarray*}$

03.11.2018, 17:02

Leopold

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Ich würde einfach sagen: Da $\begin{align*} g(t,r) = \operatorname{e}^{2 \operatorname{i} t} \varepsilon \left( r \operatorname{e}^{\operatorname{i} t} \right) \end{align*}$ für $\begin{align*} t \in [0,2\pi] \end{align*}$ und genügend kleines $\begin{align*} r \geq 0 \end{align*}$ stetig ist, ist auch

$\begin{align*} h(r) = \int_0^{2 \pi} g(t,r) ~ \dd t \end{align*}$

stetig in $\begin{align*} r \end{align*}$ , also $\begin{align*} \lim_{r \to 0} h(r) = h(0) \end{align*}$ .
Richtig ist aber auch, daß auf kompakten Intervallen jede stetige Funktion auch gleichmäßig stetig ist.

Ah, noch etwas: die Stammfunktion richtig bestimmen. Auch Vorfaktoren sind zu berücksichtigen, selbst wenn sie für das Ergebnis letztlich keine Rolle spielen.

03.11.2018, 17:15

Melanie233

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Danke

smile

Das i muss noch weg.

Also kann ich meine Argumentation für die Stetigkeit des Integranden und die gleichm Stetigkeit für den Tausch so führen?

Der Beweis ist doch dann erbracht. Es war ja nur eine Implikation zu zeigen?

03.11.2018, 17:43

Leopold

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Zitat:

Original von Melanie233
Das i muss noch weg.

Und eine 2 ist irgendwie auch verloren gegangen.

Zitat:

Original von Melanie233
Also kann ich meine Argumentation für die Stetigkeit des Integranden und die gleichm Stetigkeit für den Tausch so führen?

Ja.

03.11.2018, 17:51

Melanie233

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Danke dir.
$\begin{align*} \varepsilon(z) = \begin{cases} \frac{f(z) - f(0)}{z} , & z \neq 0 \\ f'(0) , & z = 0 \end{cases} \end{align*}$
mit $\begin{align*} f(z) = f(0) + z \cdot \varepsilon(z) \, , \ \ z \in G \end{align*}$

Noch eine letzte Frage zu dieser Funktion.
Das $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ mit der letzten Gleichung ist doch weder die limes Darstellung noch die Linearsierung der Ableitung?
Wie kommt das zustande?

03.11.2018, 17:58

Leopold

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Das $\begin{align*} \varepsilon(z) \end{align*}$ ist, wie es durch Fallunterscheidung definiert wurde. Überall.
Die zweite Gleichung ist eine Folgerung direkt aus der Definition von $\begin{align*} \varepsilon(z) \end{align*}$ . Insofern stört mich deine Partikel "mit".
Einfach den definierenden Term nach $\begin{align*} f(z) \end{align*}$ auflösen. Den Fall $\begin{align*} z=0 \end{align*}$ durch direktes Einsetzen gesondert nachprüfen.

03.11.2018, 18:15

Melanie233

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Achso ok.
Aber warum kann man das ohne den limes schreiben?

03.11.2018, 18:30

Leopold

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Diese Frage verstehe ich nicht. Ich kann doch definieren, was ich will. Natürlich habe ich $\begin{align*} \varepsilon(z) \end{align*}$ im Blick auf später definiert. Es ist einfach die Funktion, die durch den Differenzenquotienten von $\begin{align*} f \end{align*}$ an der Stelle $\begin{align*} z_0 = 0 \end{align*}$ definiert wird, in $\begin{align*} z_0 \end{align*}$ selbst stetig fortgesetzt. Vielleicht hätte ich besser $\begin{align*} \operatorname{DQ}(z) \end{align*}$ statt $\begin{align*} \varepsilon(z) \end{align*}$ geschrieben.
In deinem ersten Beitrag war dir aufgefallen, daß du die Differenzierbarkeit von $\begin{align*} f \end{align*}$ bei $\begin{align*} z_0 \end{align*}$ gar nicht verwendet hattest. Und genau hier geht die ein: daß nämlich $\begin{align*} \varepsilon(z) \end{align*}$ bei $\begin{align*} z_0 \end{align*}$ stetig ist! Das brauchst du später, wenn du den Limes unters Integral ziehst.

03.11.2018, 18:38

Melanie233

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Aha. Jetzt verstehe ich die Wahl.

Und da die Wahl der Funktion e beliebig ist, ergibt sich auch keine Einschränkung für das f oder?
Ich meine, dass du für $\begin{eqnarray*} f(z)=f(0)+z e(z) \end{eqnarray*}$ einsetzt.

03.11.2018, 19:40

Leopold

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Zitat:

Original von Melanie233
Und da die Wahl der Funktion e beliebig ist, ergibt sich auch keine Einschränkung für das f oder?
Ich meine, dass du für $\begin{eqnarray*} f(z)=f(0)+z e(z) \end{eqnarray*}$ einsetzt.

verwirrt

Noch einmal. Ich setze das nicht ein. Ich löse die $\begin{align*} \varepsilon(z) \end{align*}$ definierende Formel einfach nach $\begin{align*} f(z) \end{align*}$ auf. Das habe ich in meinem vorletzten Beitrag bereits gesagt. Wieso kommst du jetzt damit wieder?

Das ist doch auch nichts anderes, als wenn ich

$\begin{align*} w = \frac{1+z}{3-z} \end{align*}$

definiere und das nach $\begin{align*} z \end{align*}$ auflöse:

$\begin{align*} z = \frac{3w-1}{w+1} \end{align*}$

03.11.2018, 21:08

Melanie233

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Ne ich habe das nicht so gemeint. Ich verstehe schon, dass du die Darstellung von f aus e herleitest, aber ich meine du wählst ja das e in einem bestimmten Sinne, um f auszudrücken.
Ich frage mich, warum die Wahl von e keine Beschränkung der Allgemeinheit darstellt? verwirrt

verwirrt

03.11.2018, 21:12

Leopold

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Ich hätte genauso

$\begin{align*} p(z) = f(z) + 2018 - z \sin z \end{align*}$

definieren und das nach $\begin{align*} f(z) \end{align*}$ auflösen können:

$\begin{align*} f(z) = p(z) - 2018 + z \sin z \end{align*}$

Dann wäre die Rechnung halt so gegangen:

$\begin{align*} \int_{\gamma} f(z) ~ \dd z = \int_{\gamma} \left( p(z) - 2018 + z \sin z \right) ~ \dd z \end{align*}$

03.11.2018, 21:23

Melanie233

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Vielen Dank smile

smile

Es ist also alles o.B.d.A Big Laugh

Big Laugh

smile

Ich hätte noch kurz eine andere Frage zur komplexen Integration:
Wenn ich den Rand des Einheitskreises betrachte $\begin{eqnarray*} \{ z \in \mathbb C: |z|<1 \} \end{eqnarray*}$

Ich hab ein Integral darüber mit log z als Integrand. Die Integration soll bei z=-1 beginnen und der Zweig von log ist so zu wählen, dass $\begin{eqnarray*} log(-1)= \pi i \end{eqnarray*}$

Meine Paramterisierung wäre doch dann $\begin{eqnarray*} z(t)= -1 + e^{- it} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t\in [0, 2 \pi] \end{eqnarray*}$
und log(z) ist in diesem Fall: $\begin{eqnarray*} ln|z| + i arg(z) \end{eqnarray*}$
Ist die Überlegung richtig?

03.11.2018, 21:30

Leopold

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Zitat:

Original von Melanie233
Ich hätte noch kurz eine andere Frage zur komplexen Integration:
Wenn ich den Rand des Einheitskreises betrachte $\begin{eqnarray*} \{ z \in \mathbb C: |z|<1 \} \end{eqnarray*}$

...

Meine Paramterisierung wäre doch dann $\begin{eqnarray*} z(t)= -1 + e^{- it} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t\in [0, 2 \pi] \end{eqnarray*}$

Das ist nicht die Parametrisierung des Einheitskreises.

Zitat:

Original von Melanie233
und log(z) ist in diesem Fall: $\begin{eqnarray*} ln|z| + i arg(z) \end{eqnarray*}$

Ja, aber um die Hauptsache drückst du dich: Wie ist $\begin{align*} \arg z \end{align*}$ hier zu wählen?

Und nach der hier getroffenen Wahl würde ich auch den Einheitskreis passend parametrisieren, damit man beim Umkehren gleich im richtigen Zweig ist.

03.11.2018, 21:36

Melanie233

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Ja bei dem arg(z) ist ja noch der additive Teil $\begin{eqnarray*} 2 i k \pi \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ .
In diesem Fall muss k=0 sein.
Also dann ist $\begin{eqnarray*} z(t)= e^{it} \end{eqnarray*}$ also ohne die -1.

Ich bin ja bei z=-1 bei Winkel $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ .
Gehe ich dann von $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} -\pi \end{eqnarray*}$

03.11.2018, 21:39

Leopold

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So geht das nicht. Zuerst einmal muß geklärt werden: Wird der Einheitskreis mit positivem oder negativem Drehsinn durchlaufen. Das muß in der Aufgabe angegeben sein.

03.11.2018, 21:42

Melanie233

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Also die Randkurve ist positiv orientiert und das Integral soll umgekehrt durchlaufen werden.
Was genau muss ich anders machen. Sorry verwirrt

verwirrt

03.11.2018, 21:43

Leopold

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Zitat:

Original von Melanie233
Also die Randkurve ist positiv orientiert und das Integral soll umgekehrt durchlaufen werden.

Das widerspricht sich. Bitte den originalen und vollständigen Aufgabentext. So kann man nicht arbeiten.

03.11.2018, 21:49

Melanie233

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Schau mal hier:

03.11.2018, 22:08

Leopold

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Das ist so klein, daß man das fast nicht lesen kann.

Wir beginnen also bei -1 und durchlaufen den Einheitskreis in negativer Richtung. Es geht also erst einmal nach oben. Da $\begin{align*} \log(-1) = \operatorname{i} \pi \end{align*}$ vorgegeben ist, bietet es sich an, bei der Parametrisierung des Einheitskreises dieselben Argumente zu wählen wie beim Zweig des Logarithmus, sonst gibt das hinterher eine undurchsichtige Umrechnerei. Die Argumente beim Logarithmus müssen sich stetig ändern. Wenn wir also bei -1 mit dem Argument $\begin{align*} \pi \end{align*}$ starten und dann nach oben, nach rechts, nach unten, nach links den Einheitskreis durchlaufen, wie ändern sich dann die Argumente?

03.11.2018, 22:15

Melanie233

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Ich habe es versucht möglichst groß zu machen, aber es hat nicht geklappt . Tut mir leid.

Also wenn ich dann also oben bin, habe $\begin{eqnarray*} \frac{ \pi }{2} \end{eqnarray*}$ . Rechts dann 0, dann $\begin{eqnarray*} \frac{ - \pi }{2} \end{eqnarray*}$

03.11.2018, 22:33

Leopold

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Richtig. Auf diese Weise ändert sich das Argument stetig. Nur am Anfangs- und Endpunkt der Kurve haben wir Unstetigkeit. Nähern wir uns von oben an $\begin{align*} -1 \end{align*}$ an, strebt das Argument gegen $\begin{align*} \pi \end{align*}$ , kommen wir von unten, gegen $\begin{align*} - \pi \end{align*}$ . Aber dagegen kann man nichts machen.

Für $\begin{align*} \gamma \end{align*}$ wählen wir dann die Parametrisierung

$\begin{align*} z = \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \ \ \text{mit} \ \ t \in [- \pi, \pi] \end{align*}$

Die Umorientierung bei $\begin{align*} \gamma \end{align*}$ kannst du durch Tauschen der Integrationsgrenzen bewerkstelligen, also

$\begin{align*} \int_{\gamma} \ldots ~ \dd z = \int_{- \pi}^{\pi} \ldots ~ \dd t \end{align*}$

und

$\begin{align*} \int_{\gamma^-} \ldots ~ \dd z = \int_{\pi}^{- \pi} \ldots ~ \dd t \end{align*}$

Oder du änderst das Vorzeichen: $\begin{align*} \int_{\gamma^-} \ldots ~ \dd z = - \int_{-\pi}^{\pi} \ldots ~ \dd t \end{align*}$

Und weil wir das so gemacht haben, gilt später

$\begin{align*} \log \left( \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \right) = \operatorname{i} \cdot \arg \left( \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \right) = \operatorname{i} t \, , \ \ t \in (-\pi,\pi] \end{align*}$ .

03.11.2018, 22:46

Melanie233

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Alles klar smile

smile

Vielen Dank für deine Mühe smile

smile

Das mit der Unstetigkeit ist doch immer so, wenn man eine ganze Umdrehung macht, weil ein Sprung von 0 auf 2 pi erfolgt oder in unserem Fall von -pi zu pi.
Den Rest kann ich dann auch dann selbst ausrechnen.
Ich will mich nochmals für deine Hilfe und Geduld bedanken.
Ich wünsche dir noch einen schönen Abend smile

smile

Freude

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