Potential auf dem Einheitskreis / Integral

18.11.2014, 09:40	Fenistili	Auf diesen Beitrag antworten »
Potential auf dem Einheitskreis / Integral Meine Frage: Hallo liebe Gemeinde, ich stecke momentan in meiner Bachelorarbeit an einer Sache fest: Es geht um Potentiale und ein konkretes Beispiel mit dem Maß des Einheitskreises $\begin{eqnarray} \mu_{S^1}=\frac{1}{2\pi}d\theta \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} S^1 \end{eqnarray}$ . Zu berechnen ist das Integral $\begin{eqnarray} p_\mu(z)=\int_\mathbb{C}log\|z-\zeta\|d\mu(\zeta) \end{eqnarray}$ . Heraus kommen soll $\begin{eqnarray} log^+\|z\| \end{eqnarray}$ . Meine Ideen: Leider stehe ich gerade total auf dem Schlauch, wie man dieses Integral überhaupt berechnet. Als Kurvenintegral wäre das kein Problem, aber ich sehe hier keine Verbindung. In Maßtheorie haben wir den ganzen Theorie-Kram besprochen, aber ein konkretes Beispiel dazu nicht gerechnet. Kann mir jemand helfen?? Ich wäre sehr dankbar! Grüße, Fenistil
18.11.2014, 12:20	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich erkläre an einem praktischen Beispiel, was gemeint ist: ----------------------------------------------------------------------------- Befindet sich in einer wärmeleitenden Ebene ("Blech") am Punkt $\begin{eqnarray} \vec x_0=(x_0,y_0) \end{eqnarray}$ eine punktförmige Wärmequelle der Stärke 1, dann stellt sich im Blech nach gewisser Zeit eine stationäre Temperaturverteilung T(x,y) ein, welches die Lösung der folgenden 2-dimensionalen Wärmeleitungsgleichung ist $\begin{eqnarray} \Delta T_0=-\delta (\vec x-\vec x_0) \end{eqnarray}$ Der Laplaceoperator und alle Vektoren sind 2-dimensional, also $\begin{eqnarray} \Delta=\tfrac{\partial^2 T}{\partial x^2}+\tfrac{\partial^2 T}{\partial y^2} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec x=(x,y) \end{eqnarray}$ . Die Deltafunktion auf der rechten Seite der Wärmeleitungsgleichung beschreibt die Punktförmigkeit der Wärmequelle. Die Lösung dieser Wärmeleitungsgleichung für eine punktförmige Quelle bezeichnet man als Fundamentallösung. Für die Ebene lautet diese Fundamentallösung (Quelle: WIKIPEDIA "Poisson-Gleichung", "Fundamentallösung") $\begin{eqnarray} T_0(\vec x)=-\tfrac{1}{2\pi}\cdot \ln \|\vec x-\vec x_0\| \end{eqnarray}$ Der Index 0 bei To zeigt an, dass diese Lösung zu einer punktförmigen Quelle gehört. Wenn die Wärmequelle nicht punktförmig ist, sondern über einen Einheitskreis "verschmiert" ("runder Heizdraht"), so kann man sich diesen Heizdraht als Summe (Integral) unendlich vielen Punktquellen vorstellen. Da die Wärmeleitungsgleichung linear ist, ist auch die zugehörige Temperaturverteilung für den Heizdraht die Summe (=Integral) der einzelnen Temperarturverteilungen, welche zu dem aus Punkten zusammengesetzten Heizdraht gehören. Die gesuchte Temperaturverteilung für den Heizdraht ist also folgendes Kreisintegral über den Einheitskreis $\begin{eqnarray} T_0(\vec x)=\int_{\text{Kreis}} \underbrace{-\tfrac{1}{2\pi}\cdot \ln \|\vec x-\vec x_0\|}_{\text{obige Lösung für Punktquelle}} \,\, d(x_0,y_0) \end{eqnarray}$ Bei Benutzung von Kreiskoordinaten kürzt sich der Faktor $\begin{eqnarray} \tfrac{1}{2\pi} \end{eqnarray}$ heraus. Die so gewonnene Temperaturverteilung T(x,y) bezeichnet man als Potenzial der kreisförmigen Wärmequelle. Dieses Integrationsverfahren kann man auf beliebig verteilte Wärmequellen anwenden, weshalb die Fundamentallösung so wichtig ist. -------------------------------------- Hinweis: Benutze bei der Integration folgende Stammfunktion (Quelle: Integraltabelle): $\begin{eqnarray} \int \ln (a-z)\,\,dz=(z-a)\cdot \ln(a-z)+a-z \end{eqnarray}$
18.11.2014, 13:30	Fenistili	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für deine Antwort!! Ich bin immer noch ein bisschen verwirrt, über welches Maß ich nun genau integrieren muss. Mein Integral war ja $\begin{eqnarray} \int_\mathbb{C} \log\|z-\zeta\|d\mu_{S^1} \end{eqnarray}$ . Nun verwende ich Kreiskoordinaten, wie du sagst, also $\begin{eqnarray} \zeta=e^{i\theta} \end{eqnarray}$ , dann wir sind ja auf dem Einheitskreis, also r=1. Also berechne ich jetzt $\begin{eqnarray} \int_0^{2\pi} log(1-e^{i\theta})d\theta \end{eqnarray}$ ? Der Betrag verwirrt mich etwas, wie wandele ich das in Kreiskoordinaten um?
18.11.2014, 14:19	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Im Integranden ist die Zahl $\begin{eqnarray} z=R\cdot [\cos(\phi)+i\cdot \sin(\phi)] \end{eqnarray}$ fest und die Zahl $\begin{eqnarray} \zeta=\cos(\theta)+i\cdot \sin(\theta) \end{eqnarray}$ liegt auf dem Einheitskreis. Mit dieser Darstellung lautet der Integrand $\begin{eqnarray} \log \|z-\zeta\|=\log \sqrt{[R\cdot \cos(\phi)-\cos(\theta)]^2+[R\cdot \sin(\phi)-\sin(\theta)]^2} \end{eqnarray}$ Vereinfachen liefert wegen $\begin{eqnarray} \log \sqrt{...}=\tfrac{1}{2}\cdot \log (...) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \log \|z-\zeta\|=\tfrac{1}{2} \log [R^2+1-2R\cdot\cos(\phi-\theta)] \end{eqnarray}$ Diese Funktion ist über den Einheitskreis über $\begin{eqnarray} \theta \end{eqnarray}$ zu integrieren. Dabei kann man folgendes Integral verwenden (Siehe Integraltabelle) $\begin{eqnarray} \int_0^\pi \log [a\pm b\cdot \cos (x)]\,\,dx=\pi \cdot \log \left ( \tfrac{a+\sqrt{a^2-b^2}}{2}\right ) \end{eqnarray}$
21.11.2014, 11:13	Fenistili	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, ich komme dann letztendlich auf den Wert $\begin{eqnarray} 2\pi\log(\frac{R^2+R+2}{2}) \end{eqnarray}$ . Ist das ansatzweise korrekt?? Kann man daraus jetzt sehen, dass das $\begin{eqnarray} \log^+(\|z\|) \end{eqnarray}$ entspricht? $\begin{eqnarray} \|z\| \end{eqnarray}$ war ja R.
24.11.2014, 16:02	Fenistili	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry, hab das nochmal durchgerechnet und komme jetzt auf $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{2}\log(R^2) \end{eqnarray}$ . Das entspricht ja $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{2}\log\|z\|^2 \end{eqnarray}$ . Entspricht das nun dem Positivteil des Logarithmus von $\begin{eqnarray} \|z\|=R \end{eqnarray}$ ?
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