Residuensatz - Integral - Logarithmus

26.02.2010, 16:11

eierkopf1

Residuensatz - Integral - Logarithmus

Hallo!

Folgendes Bsp:

Um $\begin{eqnarray*} \sqrt{z-i} \end{eqnarray*}$ zu definieren, wählen Sie den Hauptzweig des Logarithmus.
Mit dieser Wahl soll $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-ix}}{(x+i)\sqrt{x-i}} \mathrm dx = \frac{\pi (1-i)}{e} \end{eqnarray*}$ gezeigt werden.

Das mit dem Logarithmus hab ich so verstanden:
$\begin{eqnarray*} \sqrt{z-i}=e^{\frac{\ln{(z-i)}}2} = e^{\frac{\ln{|z-i|}+i \arg{(z-i)}}2} \end{eqnarray*}$
für $\begin{eqnarray*} -\pi < \arg{(z-i)} < \pi \end{eqnarray*}$

Nur wie soll ich das jetzt zeigen?

27.02.2010, 09:20

Leopold

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Für $\begin{eqnarray*} R>1 \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} \gamma_R \end{eqnarray*}$ der positiv orientierte Rand des unteren Halbkreises um $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ vom Radius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ . Integriere

$\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{\operatorname{e}^{- \operatorname{i} z}}{\left( z + \operatorname{i} \right) \sqrt{z - \operatorname{i}}} \end{eqnarray*}$

über $\begin{eqnarray*} \gamma_R \end{eqnarray*}$ . Nach dem Residuensatz ist

$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma_R} f(z)~\dd z = 2 \pi \operatorname{i} \, a \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ das Residuum von $\begin{eqnarray*} f(z) \end{eqnarray*}$ an der Stelle $\begin{eqnarray*} z_0 = - \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ ist.

Andererseits gilt, wenn $\begin{eqnarray*} \delta_R \end{eqnarray*}$ den Halbkreisbogen bezeichnet:

$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma_R} f(z)~\dd z = - \int_{-R}^R f(x)~\dd x + \int_{\delta_R} f(z)~\dd z \end{eqnarray*}$

Und wenn du jetzt zeigen kannst, daß das Integral über $\begin{eqnarray*} \delta_R \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ strebt, bist du am Ziel.

Was den Zweig der Wurzel angeht, liegst du richtig. Man könnte es auch so sagen: Es ist derjenige Zweig, der die längs der negativen reellen Achse aufgeschlitzte Ebene auf die rechte Halbebene abbildet, also z.B. $\begin{eqnarray*} \sqrt{1} = 1 \end{eqnarray*}$ (und nicht $\begin{eqnarray*} \sqrt{1} = -1 \end{eqnarray*}$ ) oder $\begin{eqnarray*} \sqrt{2 \operatorname{i}} = 1 + \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ (und nicht $\begin{eqnarray*} \sqrt{2 \operatorname{i}} = -1 - \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ ).

27.02.2010, 09:24

eierkopf1

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Vielen Dank wieder mal! Gott

Das sollte ich jetzt hinbekommen. Wenn ich es habe, dann schreib ich die Lösung rein.

27.02.2010, 12:23

eierkopf1

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Es geht ja nur mehr darum, zu zeigen, dass dieses Integral für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \int_{\delta_R} f(z)~\dd z \end{eqnarray*}$

Ich zeige mal meinen Versuch, komme aber nicht ganz zum Ziel:
$\begin{eqnarray*} \mid \int_{\delta_R} f(z)~\dd z \mid \leq \int_{\delta_R} |f(z)|~\dd z \leq \sup_{z\in \operatorname{Sp}\delta_R}{|f(z)|}\cdot \mathrm L(\delta_R)\leq \sup_{z\in \operatorname{Sp}\delta_R}{\mid \frac{e^{-iz}}{(z+i)e^{\frac 1 2\ln{(z-i)}+\frac i 2 \arg{(z-i)}}}}\mid \pi R \end{eqnarray*}$

Hier komme ich nicht mehr weiter. Das ( $\begin{eqnarray*} (z+i) \end{eqnarray*}$ ist nicht das Problem, sondern der andere Faktor im Nenner.
Wie gehts hier weiter?

Ich hab mir noch was anderes überlegt:
Anstatt des Halbkreises kann man ein Rechteck mit $\begin{eqnarray*} R, -R,-R-Ri,R-Ri \end{eqnarray*}$ verwenden.

Sei $\begin{eqnarray*} \alpha_1(t) = R -Ri + ti \quad \text{für}\quad 0\leq t \leq R \end{eqnarray*}$ die Verbindungsstrecke von $\begin{eqnarray*} R-Ri,R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \alpha_2, \alpha_3 \end{eqnarray*}$ analog die Verbindungsstrecken von $\begin{eqnarray*} -R, -R-Ri \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} -R-Ri, R-Ri \end{eqnarray*}$ .
Ich konnte zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \int_{\alpha_1} f(z)~\dd z \end{eqnarray*}$ gegen 0 geht für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ .
Und auch für $\begin{eqnarray*} \alpha_2, \alpha_3 \end{eqnarray*}$ lässt sich das analog zeigen.
Sollte auch so funktionieren oder?

27.02.2010, 16:20

eierkopf1

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Ich poste hier noch meinen 2. Ansatz zur Kontrolle für den Integrationsweg $\begin{eqnarray*} \alpha_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left| \int_{\alpha_1} f(z)~\dd z \right| \leq \int_{\alpha_1} |f(z)|~\dd z = \int_0^R \left| \frac{e^{-i(R-Ri+ti)}\cdot i}{(R-Ri+ti+i)\sqrt{R-Ri+ti -i }} \right| \dd t \end{eqnarray*}$

Jetzt gilt:
$\begin{eqnarray*} |R-Ri+ti+i| \geq R \end{eqnarray*}$

Hier verwende ich den Log.:
$\begin{eqnarray*} |\sqrt{R-Ri+ti -i }|=\left| e^{\frac{\ln{|R+i(t-R-2)|}}{2}} \cdot e^{\frac{i \arg{(R+i(t-R-2))}}{2}} \right| = \left| e^{\frac{\ln{|R+i(t-R-2)|}}{2}} \right| = \sqrt{|R+i(t-R-2)|}= \sqrt{\sqrt{R^2+(t-R-2)^2}}\geq \sqrt{R} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left|e^{-i(R-Ri+ti)}\cdot i\right|= e^{-R+t} \end{eqnarray*}$

Damit erhält man
$\begin{eqnarray*} \left| \int_{\alpha_1} f(z)~\dd z \right| \leq \int_0^R \frac{e^{-R+t}}{R^{\frac 3 2}} \dd t= \frac 1 {R^{\frac 3 2}} - \frac{1}{R^{\frac 3 2}e^R} \end{eqnarray*}$
und dies geht gegen 0 für $\begin{eqnarray*} R \to \infty \end{eqnarray*}$ .

Sollte so stimmen, oder?

28.02.2010, 18:17

Leopold

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Zitat:

Original von eierkopf1
$\begin{eqnarray*} \ldots \leq \int_{\alpha_1} |f(z)|~\dd z = \ldots \end{eqnarray*}$

So etwas gibt es nicht (auch schon im vorigen Beitrag falsch). Laß das einfach weg, der Rest stimmt.

Zitat:

Original von eierkopf1
$\begin{eqnarray*} |\sqrt{R-Ri+ti -i }|=\left| e^{\frac{\ln{|R+i(t-R-2)|}}{2}} \cdot e^{\frac{i \arg{(R+i(t-R-2))}}{2}} \right| =\ldots \end{eqnarray*}$

Wo kommt die $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} t-R-2 \end{eqnarray*}$ her? verwirrt

Ich würde einfach die Regel $\begin{eqnarray*} \left| \sqrt{w} \right| = \sqrt{|w|} \end{eqnarray*}$ verwenden. Dann erhältst du sofort

$\begin{eqnarray*} \left| \sqrt{R - R \operatorname{i} + t \operatorname{i} - \operatorname{i}} \right| = \sqrt{\left| R - R \operatorname{i} + t \operatorname{i} - \operatorname{i} \right|} \geq \sqrt{R} \end{eqnarray*}$

Denn die Punkte der Strecke $\begin{eqnarray*} \alpha_1 \end{eqnarray*}$ , um $\begin{eqnarray*} \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ nach unten verschoben, haben alle mindestens den Abstand $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ vom Ursprung, und die reelle Wurzel ist streng monoton.

Der Rest erscheint mir richtig.

Ich hätte es übrigens so gemacht (so findet man es auch in vielen Büchern): Für $\begin{eqnarray*} g(z) = \frac{1}{\left( z + \operatorname{i} \right) \sqrt{z - \operatorname{i}}} \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} g(z) \to 0 \ \ \mbox{für} \ \ |z| \to \infty \end{eqnarray*}$

Das folgt aus der für $\begin{eqnarray*} |z| > 1 \end{eqnarray*}$ gültigen Abschätzung

$\begin{eqnarray*} |g(z)| = \frac{1}{\left| z + \operatorname{i} \right| \cdot \left| \sqrt{ z - \operatorname{i}} \right|} = \frac{1}{\left| z + \operatorname{i} \right| \cdot \sqrt{ \left| z - \operatorname{i} \right|}} \leq \frac{1}{\left( |z| - 1 \right) \sqrt{|z| - 1}} \end{eqnarray*}$

Und hier wurde zum Abschätzen nur die umgekehrte Dreiecksungleichung $\begin{eqnarray*} |z \pm w| \geq |z| - |w| \end{eqnarray*}$ verwendet.

Insbesondere gilt auch für das Supremum $\begin{eqnarray*} M(R) \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \left| g(z) \right| \end{eqnarray*}$ auf dem unteren Halbkreisbogen $\begin{eqnarray*} \delta_R \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} M(R) \to 0 \ \ \mbox{für} \ \ R \to \infty \end{eqnarray*}$

Und jetzt erhält man

$\begin{eqnarray*} \left| \int_{\delta_R} f(z)~\dd z \right| \leq \int_{- \pi}^0 \left| g \left( R \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \right) \right| R \operatorname{e}^{R \sin t}~\dd t \leq R \cdot M(R) \cdot \int_{-\pi}^0 \operatorname{e}^{R \sin t}~\dd t = 2 R \cdot M(R) \cdot \int_{- \frac{\pi}{2}}^0 \operatorname{e}^{R \sin t}~\dd t \end{eqnarray*}$

Und mit der elementaren Abschätzung (zeichne in den Sinusgraphen die Sehne von $\begin{eqnarray*} \left( - \frac{\pi}{2} , -1 \right) \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ ein)

$\begin{eqnarray*} \sin t \leq \frac{2}{\pi} \, t \, , \ \ - \frac{\pi}{2} \leq t \leq 0 \end{eqnarray*}$

geht es dann weiter:

$\begin{eqnarray*} 2 R \cdot M(R) \cdot \int_{- \frac{\pi}{2}}^0 \operatorname{e}^{R \sin t}~\dd t \leq 2 R \cdot M(R) \cdot \int_{- \frac{\pi}{2}}^0 \operatorname{e}^{R \, \frac{2}{\pi} \, t}~\dd t = \pi \, M(R) \left( 1 - \operatorname{e}^{-R} \right) \end{eqnarray*}$

Und dies zeigt:

$\begin{eqnarray*} \int_{\delta_R} f(z)~\dd z \to 0 \ \ \mbox{für} \ \ R \to \infty \end{eqnarray*}$

28.02.2010, 20:06

eierkopf1

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Zitat:

Original von Leopold
Wo kommt die $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} t-R-2 \end{eqnarray*}$ her? verwirrt

Gehört natürlich ein 1er hin.
Mit deiner Abschätzung kommt man sogar ohne Log. aus. smile

Dein Rechenweg gefällt mir sehr gut. Auf diese kleinen "Tricks" wäre ich selber nicht darauf gekommen.

Vielen Dank für die ausführliche Antwort und die damit verbundene Mühe.

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