Wegintegral direkt berechnen

31.05.2015, 23:55

TierraT

Wegintegral direkt berechnen

"Sei k $\begin{eqnarray*} \in \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma: [0, 2 \pi] -> \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ definiert durch $\begin{eqnarray*} \gamma(t)=a+r*exp(it) \end{eqnarray*}$ mit festen, aber beliebigen r>0 und $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ . Berechnen Sie das komplexe Wegintegral direkt, also ohne Zuhilfenahme der Cauchyschen Integralformel:

$\begin{eqnarray*} \int_\gamma (z-a)^k dz \end{eqnarray*}$ "

Im Skriptum haben wir einen Satz, der besagt, dass $\begin{eqnarray*} \int_{\gamma} df(x) dx = f( \gamma (b) ) - f( \gamma (a) ) \end{eqnarray*}$
, falls f stetig differenzierbar und $\begin{eqnarray*} \gamma: [a,b]->D \end{eqnarray*}$ stetig und stückweise stetig differenzierbar ist.

$\begin{eqnarray*} (z-a)^k dz = df(x) dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} => f= \frac{(z-a)^{k+1} }{k+1} \end{eqnarray*}$

Kann ich dann einfach in die Formel einsetzen?

01.06.2015, 07:13

Leopold

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Mit $\begin{align*} z \end{align*}$ und $\begin{align*} x \end{align*}$ gehst du ein bißchen freizügig um. Schreibe konsequent $\begin{align*} f(z) \end{align*}$ .

Du kannst die Aufgabe so lösen. Außer für $\begin{align*} k=-1 \end{align*}$ . Dazu müßte die Funktion $\begin{align*} z \mapsto \frac{1}{z-a} \end{align*}$ auf einem Gebiet, das den abgeschlossenen Kreis $\begin{align*} |z| \leq r \end{align*}$ enthält, eine Stammfunktion besitzen, was nicht der Fall ist.

Falls du weißt, wie man mit Zweigen des komplexen Logarithmus umgeht, könntest du bei $\begin{align*} k=-1 \end{align*}$ folgendermaßen vorgehen: Du zerlegst den Kreis um $\begin{align*} a \end{align*}$ in den oberen Halbkreis $\begin{align*} \gamma^{+} \end{align*}$ von $\begin{align*} a+r \end{align*}$ bis $\begin{align*} a-r \end{align*}$ und den unteren Halbkreis $\begin{align*} \gamma^{-} \end{align*}$ von $\begin{align*} a-r \end{align*}$ bis $\begin{align*} a+r \end{align*}$ . Dann gilt:

$\begin{align*} \int_{\gamma} \ldots = \int_{\gamma^{+}} \ldots + \int_{\gamma^{-}} \ldots \end{align*}$

Und in beiden Summanden existieren Stammfunktionen auf einfach zusammenhängenden Gebieten, die den jeweiligen Integrationsweg enthalten, eben geeignete Zweige des Logarithmus.

Aber vielleicht sollst du die Aufgabe ja auch ganz ohne Stammfunktionen lösen, einfach durch eine Parametrisierung. Auch hier muß sich der Fall $\begin{align*} k=-1 \end{align*}$ von den andern Fällen abheben.

01.06.2015, 09:38

TierraT

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Danke!

Noch zu den Bedingungen dafür, dass man die Formel anwenden darf:

Folgt stückweise stetig differenzierbar aus stetiger Differenzierbarkeit?

Und ich bin gerade draufgekommen, dass für die Formel die Menge [0, 2 \pi] offen sein müsste. Kann ich also (0, 2 \pi) nehmen und 0 und 2 \pi separat betrachten? Wie mache ich das dann?

Für den Fall $\begin{eqnarray*} k \neq -1 \end{eqnarray*}$ habe ich als Ergebnis $\begin{eqnarray*} \frac{(r+e^{2 \pi i})^{k+1}-r^{k+1}}{k+1} \end{eqnarray*}$ bekommen.

Kann ich den Fall k=-1 auch einfach so lösen, dass ich k=-1 einsetze $\begin{eqnarray*} \int_{\gamma} \frac{1}{z-a} \end{eqnarray*}$ und dann eine Stammfunktion von dem finde?

01.06.2015, 11:05

Leopold

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Zitat:

Original von TierraT
Folgt stückweise stetig differenzierbar aus stetiger Differenzierbarkeit?

Klar, wenn ein Weg stetig differenzierbar ist, ist er auch stückweise stetig differenzierbar. Es gibt eben genau 1 Stück.

Zitat:

Original von TierraT
Und ich bin gerade draufgekommen, dass für die Formel die Menge [0, 2 \pi] offen sein müsste. Kann ich also (0, 2 \pi) nehmen und 0 und 2 \pi separat betrachten? Wie mache ich das dann?

Ich weiß nicht, worauf die hinauswillst. Von welcher Formel sprichst du überhaupt?

Zitat:

Original von TierraT
Für den Fall $\begin{eqnarray*} k \neq -1 \end{eqnarray*}$ habe ich als Ergebnis $\begin{eqnarray*} \frac{(r \color{red} + \color{black}e^{2 \pi i})^{k+1}-r^{k+1}}{k+1} \end{eqnarray*}$ bekommen.

Da ist wohl ein Malpunkt zu einem Plus geworden. So wird der Term natürlich sinnlos. Und was ist im übrigen der Wert von $\begin{align*} \operatorname{e}^{2 \pi \operatorname{i}} \end{align*}$ ?

Zitat:

Original von TierraT
Kann ich den Fall k=-1 auch einfach so lösen, dass ich k=-1 einsetze $\begin{eqnarray*} \int_{\gamma} \frac{1}{z-a} \end{eqnarray*}$ und dann eine Stammfunktion von dem finde?

Dazu habe ich bereits alles in meinem vorigen Beitrag gesagt. $\begin{align*} \frac{1}{z-a} \end{align*}$ besitzt keine Stammfunktion auf $\begin{align*} \mathbb{C} \setminus \{ a \} \end{align*}$ , wohl aber auf einfach zusammenhängenden Gebieten, die den Punkt $\begin{align*} a \end{align*}$ auslassen. Deswegen auch die Zerlegung $\begin{align*} \gamma = \gamma^{+} + \gamma^{-} \end{align*}$ .

Aber wie ich auch bereits schon angedeutet habe: Laß das mit den Stammfunktionen! Berechne das Integral mit der Parametrisierung $\begin{align*} z = a + r \cdot \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \end{align*}$ . Dann umgehst du die Geschichte mit den Zweigen des Logarithmus. Dieser Lösungsweg funktioniert für jedes $\begin{align*} k \end{align*}$ . Im Fall $\begin{align*} k=-1 \end{align*}$ werden allerdings beim Integranden besondere Umstände walten.

01.06.2015, 13:23

TierraT

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Ok, ich habe es jetzt anders versucht.

Ich nehme das Vektorfeld

$\begin{eqnarray*} \Phi_h(z) = \begin{pmatrix} Re h(z) & -Im h(z) \\ Im h(z) & Re h(z) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma} = \begin{pmatrix} Re(exp(ikt))=cos(kt) & -sin(kt) \\ sin(kt) & cos(kt) \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} -sin(t) \\ cos(t) \end{pmatrix} = \int_0^{2 \pi} \begin{pmatrix} -sin(t)*cos(kt)-cos(t)*sin(kt) \\ -sin(t)*sin(kt)+cos(t)*cos(kt) \end{pmatrix} dt = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

01.06.2015, 13:48

Leopold

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Das ist furchtbar kompliziert. Eine Aufspaltung in Real- und Imaginärteil und die Übertragung von $\begin{align*} \mathbb{C} \end{align*}$ in den $\begin{align*} \mathbb{R}^2 \end{align*}$ ist nicht erforderlich. Zudem fehlt mir da irgendwie der Radius $\begin{align*} r \end{align*}$ . Sonst scheint deine Rechnung zu stimmen, aber nur für $\begin{align*} k \neq -1 \end{align*}$ . Für $\begin{align*} k=-1 \end{align*}$ ergibt sich ein anderes Ergebnis.

Rechne anders, nämlich rein komplex. Mit $\begin{align*} z = a + r \cdot \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \end{align*}$ gilt:

$\begin{align*} (z-a)^k ~ \dd z = \left( r \cdot \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \right)^k \cdot \operatorname{i} r \cdot \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} ~ \dd t = \operatorname{i} r^{k+1} \operatorname{e}^{\operatorname{i}(k+1)t} ~ \dd t \end{align*}$

Und da $\begin{align*} t \end{align*}$ eine reelle Variable ist, kannst du das nach den gewöhnlichen Regeln integrieren (es stört nicht, daß der Integrand komplexe Werte besitzt).

$\begin{align*} \int_{\gamma} (z-a)^k ~ \dd z = \operatorname{i} r^{k+1} \cdot \int_0^{2 \pi} \operatorname{e}^{\operatorname{i}(k+1)t} ~ \dd t \end{align*}$

Und auch hier aufpassen. Der Fall $\begin{align*} k=-1 \end{align*}$ läuft anders.

01.06.2015, 15:45

TierraT

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$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma} (z-a)^k dz = ir^{k+1} * \int_0^{2 \pi} e^{i*(k+1)*t} dt = ir^{k+1}* \frac{e^{2 \pi i k} * e{2 \pi i }}{ki+i} - \frac{1}{ki+i} = 0 \end{eqnarray*}$

k=-1 in $\begin{eqnarray*} ir^{k+1} * \int_0^{2 \pi} e^{i*(k+1)*t} dt \end{eqnarray*}$ einsetzen:

$\begin{eqnarray*} i* \int_0^{2 \pi } 1 dt = it |_0^{2 \pi} = 2 \pi i \end{eqnarray*}$

Und wo müsste ich den Radius r einsetzen?

Hätte ich dann

$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma} = \begin{pmatrix} Re(exp(ikt))= r*cos(kt) & r* -sin(kt) \\ r* sin(kt) & r* cos(kt) \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} -sin(t) \\ cos(t) \end{pmatrix} dt \end{eqnarray*}$

?

01.06.2015, 15:57

Leopold

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Zitat:

Original von TierraT
$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma} (z-a)^k dz = ir^{k+1} * \int_0^{2 \pi} e^{i*(k+1)*t} dt = \color{red} ir^{k+1}* \frac{e^{2 \pi i k} * e{2 \pi i }}{ki+i} - \frac{1}{ki+i} \color{black} = 0 \end{eqnarray*}$

Klammern sind kein Luxus, auf den man auch verzichten kann. So ist es leider völlig falsch.

Zitat:

Original von TierraT
k=-1 in $\begin{eqnarray*} ir^{k+1} * \int_0^{2 \pi} e^{i*(k+1)*t} dt \end{eqnarray*}$ einsetzen:

$\begin{eqnarray*} i* \int_0^{2 \pi } 1 dt = it |_0^{2 \pi} = 2 \pi i \end{eqnarray*}$

Das stimmt.

Zitat:

Original von TierraT
Und wo müsste ich den Radius r einsetzen?

Hätte ich dann

$\begin{eqnarray*} \int_{\gamma} \color{red} = \color{black} \begin{pmatrix} Re(exp(ikt)) \color{red} = \color{black} r*cos(kt) & r* -sin(kt) \\ r* sin(kt) & r* cos(kt) \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} -sin(t) \\ cos(t) \end{pmatrix} dt \end{eqnarray*}$

?

Erst einmal sollte man nicht innerhalb eines Teilterms ein Gleichheitszeichen verwenden. Im übrigen sollte sich vermöge der Isomorphie $\begin{align*} \mathbb{C} \cong \mathbb{R}^2 \end{align*}$ das Entsprechende ergeben. Da bei der komplexen Rechnung der Faktor $\begin{align*} r^{k+1} \end{align*}$ auftaucht, müßte er hier auch vorkommen. Ich sehe ihn aber nicht.

01.06.2015, 16:36

TierraT

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$\begin{eqnarray*} ir^{k+1}* ( \frac{e^{2 \pi i k} * e{2 \pi i }}{ki+i} - \frac{1}{ki+i} ) = 0 \end{eqnarray*}$

Also hätte ich bei der Methode

$\begin{eqnarray*} r^{k+1} * \int_{\gamma} \begin{pmatrix} cos(kt) & -sin(kt) \\ sin(kt) & cos(kt) \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} -sin(t) \\ cos(t) \end{pmatrix} dt \end{eqnarray*}$

01.06.2015, 19:01

Leopold

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Fast. Natürlich darf es am Integral nicht mehr $\begin{align*} \gamma \end{align*}$ heißen, denn du hast ja parametrisiert. Im Falle $\begin{align*} k=-1 \end{align*}$ ergibt das übrigens (beachte die Geradheit des Cosinus und Ungeradheit des Sinus):

$\begin{align*} \int_{0}^{2 \pi} \begin{pmatrix} \cos t & \sin t \\ - \sin t & \cos t \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} - \sin t \\ \cos t \end{pmatrix} ~ \dd t = \int_0^{2 \pi} \begin{pmatrix} 0 \\ \sin^2 t + \cos^2 t \end{pmatrix} ~ \dd t = \int_0^{2 \pi} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} ~ \dd t = \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \pi \end{pmatrix} \end{align*}$

Und in komplexer Darstellung ist das ja gerade $\begin{align*} 2 \pi \operatorname{i} \end{align*}$ . Ich glaube, du erkennst jetzt den Vorteil, "komplex zu denken" statt immer alles auf den $\begin{align*} \mathbb{R}^2 \end{align*}$ zurückzuführen.

01.06.2015, 19:28

TierraT

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Super, vielen Dank!!

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