Ableitung komplexer Zahlen in Polarform

19.11.2021, 15:23

SebastianZ

Ableitung komplexer Zahlen in Polarform

Meine Frage:
Hallöchen zusammen,

ich stehe aktuell vor folgendem Problem:
Es sei f(z)= u(x,y) + i v(x,y) eine komplexe Funktion, welche die Cauchy-Riemannsche DGLs erfüllt, die Funktion ist also analytisch. Für diesen Fall kann ich die Ableitung der oberen Funktion darstellen als:
df/dz = du/dx + i dv/dx
und
df/dz = dv/dy - i du/dy.
Soweit so gut. Nun muss ich diesen Zusammenhang allerdings für die Polarform herleiten.
Es sei also wieder eine Funktion f(z(r,phi))= r cos(phi) + i r sin(phi) analytisch.
Nun gilt doch:
dv/dr = - 1/r du/dphi
und
du/dr = 1/r dv/dphi.

Nun kommt die Frage:
Gilt nun also für die Ableitung:
df/dz = du/dr + i dv/dr
und
df/dz = 1/r dv/dphi - 1/r du/dphi
Stimmt das? Ich finde hierzu leider nichts online.

Meine Ideen:
Hinweis: mit u und v sind jeweils die Real- und Imaginärteile der Funktionswerte (also in der Bildebene) gemeint.

Kurzer Hinweis:
Ich bin kein Mathematiker und deshalb ist die obere Definition möglicherweise etwas lückenhaft. Es geht mir, wie für Ingenieure üblich, eher um das Ergebnis smile

Im möchte darauf einen Zusammenhang der folgenden Art herleiten:
d/dr (Im(f(z)) = Im(dfz/dz).
Sollte das stimmen, kann ich mein Programm in Mathematica weiterschreiben. Sollte ich hier einen Fehler gemacht haben, wäre das vor dem Rechenstart unbedingt auszubessern.

Ihr würdet mir also extrem weiter helfen, falls jemand einfach kurz mal drüberschauen könnte.

Vielen, vielen Dank!
Gruß,
Sebastian

19.11.2021, 16:03

HAL 9000

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Zitat:

Original von SebastianZ
Es sei also wieder eine Funktion f(z(r,phi))= r cos(phi) + i r sin(phi) analytisch.

Hier geht schon mal die Irritation in der Symbolik los: Ich nehme an, du meinst $\begin{eqnarray*} z=r\cos(\varphi) + ir\sin(\varphi) \end{eqnarray*}$ . Dann ist aber i.a. nicht $\begin{eqnarray*} f(z) \stackrel{?}{=} r\cos(\varphi) + ir\sin(\varphi) \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} f(z) = u(r,\varphi) + iv(r,\varphi) \end{eqnarray*}$ . Und du willst nun $\begin{eqnarray*} \frac{\dd f}{\dd z} \end{eqnarray*}$ mit Hilfe der partiellen Ableitungen von $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ darstellen - richtig?

Damit erstmal klar ist, worum wir hier überhaupt sprechen!

19.11.2021, 16:21

SebastianZ91

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Hallöchen,
ja da hast du natürlich Recht, es müsste lauten:
$\begin{eqnarray*} f(z)=u(r,phi)+i v(r,phi) \end{eqnarray*}$ .
Analog zur kartesischen Darstellung müsste es doch nun möglich sein, die Ableitung $\begin{eqnarray*} \frac{df}{z} \end{eqnarray*}$ als eine komponentenweise Ableitung des Real- und Imaginärteils der Funktion darzustellen.
Also z.B.
$\begin{eqnarray*} \frac{df}{z} = \frac{u(r,phi)}{dr} + i \frac{v(r,phi)}{dr} \end{eqnarray*}$ oder so ähnlich.

Bei kartesisches Koordinaten lautet eine Möglichkeit ja beispielsweise:
$\begin{eqnarray*} \frac{df}{z} = \frac{u(x,y)}{dx} + i \frac{v(x,y)}{dx} \end{eqnarray*}$
Während es für die kartesischen Koordinaten 1000 Quellen dazu gibt, finde ich keine eindeutige Beschreibung der Polarform.

Ich hoffe ich konnte meine Fragestellung konkretisieren. Ich gebe mir jedenfalls Mühe.

Danke und Gruß,
Sebastian

19.11.2021, 16:43

HAL 9000

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Mit etwas Rechnung solltest du auf

$\begin{eqnarray*} \frac{\dd f}{\dd z} = \frac{\dd f}{\dd r} e^{-i\varphi} = \left[ \frac{\dd u}{\dd r} + i\frac{\dd v}{\dd r} \right] e^{-i\varphi} \end{eqnarray*}$

kommen, da kannst du nun natürlich noch $\begin{eqnarray*} \frac{\dd u}{\dd r} = \frac{1}{r}\frac{\dd v}{\dd\varphi} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \frac{\dd v}{\dd r} = -\frac{1}{r} \frac{\dd u}{\dd\varphi} \end{eqnarray*}$ oder beides ersetzen - wie es dir gefällt.

19.11.2021, 17:14

SebastianZ91

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Super, vielen vielen Dank. Darauf bin ich einfach nicht gekommen.

In der kartesischen Darstellung ist ein Zusammenhang der folgenden Form darstellbar:
$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dy}(Re(f)) = - Im(\frac{df}{dz}) \end{eqnarray*}$
Ich weiß das klingt erstmal etwas blöd, allerdings führt es zu einiger Eleganz bei der Berechnung meines Vorhabens.

Das Ziel der Übung ist es deshalb, eine Lösung mit ähnlichem Charakter in der Polardarstellung zu finden.
Also bspw.:
$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dr}(Im(f)) = Re(\frac{df}{dz}) \end{eqnarray*}$
Wobei Im=Imaginärteil und Re=Realteil bedeutet und z die komplexe Zahl in Polardarstellung ist.

Falls dir/euch so ein Zusammenhang nicht bekannt ist (ich versuche ihn hier gerade aufwändig herzuleiten), dann bin ich trotzdem zutiefst zu Dank verpflichtet so weit smile

Gruß,
Sebastian

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Viele Grüße
Steffen

22.11.2021, 10:16

SebastianZ91

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Hallöchen nochmal,

nach einiger Rechnung (ich muss zugeben, dass ich hier etwas wacklig agiere) bin ich auf folgende Überlegung gekommen:

Weiterhin sei:
$\begin{eqnarray*} f(z) = u(r,\phi) + i \cdot v(r, \phi) \end{eqnarray*}$

Dann gilt nach Cauchy-Riemann (ohne Argumente):
$\begin{eqnarray*} \frac{dv}{dr} = -\frac{1}{r} \frac{du}{d\phi} \end{eqnarray*}$

Das bedeutet doch aber einfach nur, dass:
$\begin{eqnarray*} \frac{dv}{dr} = -Im(\frac{df}{dz}) e^{i \phi} \end{eqnarray*}$

Stimmt meine Rechnung?
Ich danke euch für eure Unterstützung.

Gruß,
Sebastian

22.11.2021, 10:57

HAL 9000

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Wie kommst du darauf? Einfaches Gegenbeispiel:

$\begin{eqnarray*} f(z)=z \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \frac{\dd f}{\dd z} = 1 \end{eqnarray*}$ bedeutet in Polardarstellung $\begin{eqnarray*} u(r,\varphi)=r\cos(\varphi) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v(r,\varphi)=r\sin(\varphi) \end{eqnarray*}$ . Du behauptest nun, dass bei $\begin{eqnarray*} \frac{\dd v}{\dd r} = \sin(\varphi) \end{eqnarray*}$ das gleiche rauskommt wie bei $\begin{eqnarray*} -\operatorname{Im}\left(\frac{\dd f}{\dd z}\right)\cdot e^{i\varphi} = 0\cdot e^{i\varphi} = 0 \end{eqnarray*}$ ?

22.11.2021, 11:12

SebastianZ91

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Ja ne ist Quatsch, stimmt unglücklich

22.11.2021, 11:27

HAL 9000

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Mir ist nicht klar, worauf du aus bist - mir scheint, du versuchst die Quadratur des Kreises. Darstellung $\begin{eqnarray*} \frac{\dd f}{\dd z} = \left[ \frac{\dd u}{\dd r} + i\frac{\dd v}{\dd r} \right] e^{-i\varphi} \end{eqnarray*}$ bedeutet nach Real- und Imaginärteil aufgetrennt nun mal

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Re}\left(\frac{\dd f}{\dd z}\right) = \frac{\dd u}{\dd r}\cos(\varphi) - \frac{\dd v}{\dd r}\sin(\varphi) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Im}\left(\frac{\dd f}{\dd z}\right) = \frac{\dd u}{\dd r}\sin(\varphi) + \frac{\dd v}{\dd r}\cos(\varphi) \end{eqnarray*}$

Das kannst du hin- und herwenden wie du willst, auch das Ersetzen von ein oder beiden Summanden durch $\begin{eqnarray*} \frac{\dd u}{\dd r} = \frac{1}{r}\frac{\dd v}{\dd\varphi} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \frac{\dd v}{\dd r} = -\frac{1}{r} \frac{\dd u}{\dd\varphi} \end{eqnarray*}$ wird nichts daran ändern, dass rechts jeweils immer zwei solche partiellen Ableitungen stehen - du wirst das nicht auf eine reduzieren können, wie es bei der kartesischen Darstellung noch gelingt. Analogieschlüsse lassen sich nicht erzwingen, wenn die Grundlage dafür fehlt.

22.11.2021, 11:44

SebastianZ91

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Genau diese Analogie zum kartesischen System habe ich versucht herzustellen. Also konkret habe ich ja versucht die Ableitung des Imaginärteils der Funktion nach der Radialkomponente irgendwie mit der Ableitung der Funktion nach z insgesamt herzustellen (den Vgl. im kartesischen habe ich ja bereits dargestellt).
Das ich hier keinen alternativen Ausdruck herleiten konnte, habe ich bisher meinen möglicherweise mangenden mathematischen Fähigkeiten zugesprochen.

Die Aussage, dass ein solcher Ausdruck für die Polarkoordinaten nicht existiert, bringt mich bereits weiter. Danke. Prost

Gruß,
Sebastian

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