Hauptzweig Komplexer Logarithmus

05.05.2010, 12:28	saz	Auf diesen Beitrag antworten »
Hauptzweig Komplexer Logarithmus Bin gerade etwas verwirrt, in anbetracht der folgenden Aufgabe: Für $\begin{eqnarray} \mathbb{C} \backslash(-\infty,0] \end{eqnarray}$ sei der komplexe Logarithmus definiert durch $\begin{eqnarray} \ln z := \ln \|z\| + \imath \cdot Arg(z) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} - \pi < Arg(z) < \pi \end{eqnarray}$ . a) Finde $\begin{eqnarray} z_1,z_2 \in \mathbb{C} \backslash(-\infty,0] \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \ln (z_1 \cdot z_2) \not= \ln z_1 + \ln z_2 \end{eqnarray}$ b) Sei $\begin{eqnarray} z_1 \in \mathbb{C} \backslash(-\infty,0] \end{eqnarray}$ mit Re $\begin{eqnarray} z_1 =0 \end{eqnarray}$ , Im $\begin{eqnarray} z_1 > 0 \end{eqnarray}$ . Finde alle $\begin{eqnarray} z_2 \in \mathbb{C} \backslash(-\infty,0] \end{eqnarray}$ , sodass $\begin{eqnarray} \ln (z_1 \cdot z_2) = \ln z_1 + \ln z_2 \end{eqnarray}$ Meine Gedanken: a) Das einzige, was mir als Beispiel eingefallen ist, ist wenn das Ergebnis meiner Multiplikation auf dem negativen Teil der reellen Achse landet (weil ja dort der Logarithmus gar nicht definiert ist), also z.B. $\begin{eqnarray} z_1 = z_2 = e^{\imath \frac{\pi}{2}} \end{eqnarray}$ . Gibts da auch noch andere (Gegen)Beispiele, wo wirklich ein anderer Wert rauskommt...? b) Nunja, hier liegt ja mein vorgegebener Wert auf dem positiven Abschnitt der imaginären Achse, also müsste die Gleichung ja für alle $\begin{eqnarray} z_2 \end{eqnarray}$ gelten mit $\begin{eqnarray} z_2 \not= r \cdot e^{\imath \frac{\pi}{2}} \end{eqnarray}$ ... Aber ist das nicht alles ein wenig zu einfach? Habe diese Gleichung $\begin{eqnarray} \ln (z_1 \cdot z_2) = \ln z_1 + \ln z_2 \end{eqnarray}$ immer nach Definiton aufgelöst, aber außer der Frage, ob der Logarithmus an der Stelle $\begin{eqnarray} z_1 \cdot z_2 \end{eqnarray}$ überhaupt definiert ist, hat sich da alles schön weggekürzt und eine Gleichheit ergeben...
05.05.2010, 13:14	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
a) Das Beispiel ist nicht ganz glücklich. Wie du selbst gemerkt hast, ist der Logarithmus für $\begin{eqnarray} z_1 z_2 \end{eqnarray}$ gar nicht definiert. Drehe einfach etwas weiter, z.B. $\begin{eqnarray} z_1 = z_2 = -1 + \operatorname{i} \end{eqnarray}$ . b) Du kannst schreiben: $\begin{eqnarray} z_1 = r \operatorname{e}^{\operatorname{i} \frac{\pi}{2}} \, , \ \ z_2 = s \operatorname{e}^{\operatorname{i} t} \ \ \ \text{mit} \ \ r,s>0 \ \ \text{und} \ \ - \pi < t < \pi \end{eqnarray}$ Es genügt die Imaginärteile zu betrachten (die Übereinstimmung in den Realteilen ist auf jeden Fall gegeben): $\begin{eqnarray} \operatorname{Im} \left( \ln z_1 + \ln z_2 \right) = \operatorname{Im} \left( \ln z_1 \right) + \operatorname{Im} \left( \ln z_2 \right) = \frac{\pi}{2} + t \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \operatorname{Im} \left( \ln \left( z_1 z_2 \right) \right) = \operatorname{Im} \left( \ln \left( rs \operatorname{e}^{\operatorname{i} \left( \frac{\pi}{2} + t \right)} \right) \right) \end{eqnarray}$ Und es wäre jetzt sehr leichtsinnig, das Argument an der Hochzahl abzulesen und einfach $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{2} + t \end{eqnarray}$ als Ergebnis zu schreiben. Nimm als Beispiel $\begin{eqnarray} t = \frac{3}{4} \pi \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{2} + t = \frac{5}{4} \pi \end{eqnarray}$ . Nun gilt $\begin{eqnarray} \operatorname{Im} \left( \ln \left( rs \operatorname{e}^{\operatorname{i} \left( \frac{5}{4} \pi \right)} \right) \right) = \operatorname{Im} \left( \ln \left( rs \operatorname{e}^{\operatorname{i} \left( - \frac{3}{4} \pi \right)} \right) \right) = - \frac{3}{4} \pi \end{eqnarray}$ Denn man muß ja gemäß Aufgabenstellung (Definition des Logarithmus) den Winkel im Intervall $\begin{eqnarray} (-\pi,\pi) \end{eqnarray}$ suchen. Man muß daher solange $\begin{eqnarray} 2 \pi \end{eqnarray}$ addieren oder subtrahieren, bis man im richtigen Intervall ist.
05.05.2010, 13:18	saz	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, du hast natürlich recht - ich hab es mir bei meiner Rechnung mit den Winkeln viel zu einfach gemacht. Danke schon mal, ich meld mich dann wieder (falls ich nicht weiterkomme)

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