log(-1)=?

03.06.2018, 19:52

Daniel444

log(-1)=?

Hallo.
Ich möchte das bestimmte Integral $\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{1} log(x) \ dx \end{eqnarray*}$ berechnen, mit dem Ergebnis log(-1) -2 . Geht nicht dachte ich, der Integralrechner sagt doch, aber nur im komplexen Zahlenbereich. Das erkläre ich mir mit
$\begin{eqnarray*} \log{z}=log|z| + i\phi \pm 2n\pi i \Rightarrow \log{z}=log|z| + i\phi \\ \end{eqnarray*}$
,da $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ beliebig.
Weiter ist
$\begin{eqnarray*} \log-1=logi^{2}=log|1| + i\pi = i\pi \\ \end{eqnarray*}$
,da $\begin{eqnarray*} \phi =180° \end{eqnarray*}$ , der Winkel den der Betrag von $\begin{eqnarray*} i^{2} \end{eqnarray*}$ mit der reelen Achse einschließt.

Damit ist

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{1} log(x) \ dx = \pi i -2 \end{eqnarray*}$

Ist mein Verständnis so weit korrekt?

03.06.2018, 20:26

Daniel444

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RE: log(-1)=?

Zitat:

Original von Daniel444
,da $\begin{eqnarray*} \phi =180° \end{eqnarray*}$ , der Winkel den der Betrag von $\begin{eqnarray*} i^{2} \end{eqnarray*}$ mit der reelen Achse einschließt.

Da stimmt was nicht. Darüber muss ich nochmal nachdenken

03.06.2018, 21:02

Leopold

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So einfach ist die Sache nicht. Da haben wir zunächst das Problem der Mehrdeutigkeit des komplexen natürlichen Logarithmus. Man muß sich irgendwie festlegen, sonst ist das keine sinnvoll gestellte Aufgabe. Für $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ wird man beim Logarithmus das Argument 0 nehmen, und für $\begin{align*} x<0 \end{align*}$ das Argument $\begin{align*} \pi \end{align*}$ . Das ist naheliegend, aber nicht zwangsläufig. Warum sollte man für $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ nicht $\begin{align*} -2 \pi \end{align*}$ und für $\begin{align*} x<0 \end{align*}$ nicht $\begin{align*} 1001 \pi \end{align*}$ nehmen? Weil der Integrand nicht mehr stetig wäre? Auf dem gesamten Intervall kann man das in keinem Fall erreichen, denn bei 0 befindet sich sowieso eine Definitionslücke. Man wird also zerlegen:

$\begin{align*} \int_{-1}^1 \log x ~ \dd x \ = \ \int_{-1}^0 \log x ~ \dd x \ + \ \int_0^1 \log x ~ \dd x \end{align*}$

und muß nun die uneigentlichen Integrale auf der rechten Seite untersuchen. Wir nehmen die eingangs festgelegten Argumente. Dann ist der zweite Summand rein reell zu bestimmen. Beim ersten Summanden sieht es so aus:

$\begin{align*} \int_{-1}^0 \left( \log(-x) + \operatorname{i} \pi \right) ~ \dd x \end{align*}$

Man zerlegt in Real- und Imaginärteil. Der Imaginärteil ist unproblematisch. Darüber integriert erhält man $\begin{align*} \operatorname{i} \pi \end{align*}$ . Der Realteil stellt wieder ein uneigentliches Integral dar. Man substituiert $\begin{align*} x = -t \end{align*}$ und erhält

$\begin{align*} \int_{-1}^0 \log(-x) ~ \dd x \ = \ - \int_1^0 \log t ~ \dd t \ = \ \int_0^1 \log t ~ \dd t \end{align*}$

Das rein reelle Integral ist wieder dasselbe wie oben das zweite nach der Zerlegung in zwei Summanden. Insgesamt hat man also

$\begin{align*} \int_{-1}^1 \log x ~ \dd x \ = \ \operatorname{i} \pi + 2 \int_0^1 \log x ~ \dd x \end{align*}$

Die ganzen Umformungen stehen unter dem Vorbehalt, daß das Integral $\begin{align*} \int_0^1 \log x ~ \dd x \end{align*}$ konvergiert. Das wäre jetzt zu untersuchen. Dann rechtfertigt sich alles nachträglich und wir bekommen mit den eingangs festgelegten Argumenten einen sinnvollen Integralwert.

04.06.2018, 02:13

005

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Wenn man naiv rechnet, kriegt man

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^1\log x\,dx=\bigl[x\log x-x\bigr]_{-1}^1=\log1+\log(-1)-2 \end{eqnarray*}$

raus.

Es stimmt sogar. Waehle dazu einen holomorphen Logarithmus in $\begin{eqnarray*} G:=\mathbb{C}\setminus\{iy\mid y\le0\} \end{eqnarray*}$ und integriere laengs eines die Punkte $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ verbindenden Weges. Z.B. laengs der reellen Achse, wobei man den Nullpunkt aber mit einem kleinen Schlenker durchs Komplexe obenrum umgeht. Der Beitrag des Schlenkers geht gegen null, wenn man den Schlenker immer kleiner macht.

04.06.2018, 11:22

Leopold

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Ich war mir nicht sicher, ob Daniel444 mit Kurvenintegralen einer komplexen Variablen vertraut ist. Daher habe ich das Ganze über Integrale einer reellen Variablen mit komplexen Werten abgehandelt.
Wenn wir den "Schlenker" als negativ orientierten oberen Halbkreis $\begin{align*} \gamma \end{align*}$ um den Nullpunkt vom Radius $\begin{align*} \varepsilon>0 \end{align*}$ ansehen und mit dem Hauptzweig des Logarithmus arbeiten, erhalten wir mit der Standardabschätzung für Kurvenintegrale:

$\begin{align*} \left| \, \int_{\gamma} \log z ~ \dd z \, \right| \leq \pi \varepsilon \cdot \sup \left| \log z \right| \end{align*}$

Hier ist $\begin{align*} \pi \varepsilon \end{align*}$ die Länge des Halbkreisbogens und das Supremum über alle $\begin{align*} z = \varepsilon \operatorname{e}^{\operatorname{i}t}, \ t \in [0,\pi] \end{align*}$ auf dem Halbkreisbogen zu erstrecken. Für solche $\begin{align*} z \end{align*}$ gilt:

$\begin{align*} \left| \log z \right| \leq \left| \log \varepsilon \right| + \pi \end{align*}$

Daher kann man oben weiter abschätzen und erhält

$\begin{align*} \left| \, \int_{\gamma} \log z ~ \dd z \, \right| \leq \pi \varepsilon \cdot \left( \left| \log \varepsilon \right| + \pi \right) \end{align*}$

Jetzt steht man vor demselben Problem, wie wenn man in meinem vorigen Beitrag mit einer Stammfunktion weiterrechnet: Man muß den unbestimmten Ausdruck $\begin{align*} \varepsilon \left| \log(\varepsilon) \right| \end{align*}$ für $\begin{align*} \varepsilon \to 0 \end{align*}$ untersuchen.

Für das Integral $\begin{align*} \int_0^1 \log x ~ \dd x \end{align*}$ aus meinem ersten Beitrag hätte ich noch eine anschauliche Alternative anzubieten. Die Graphen der reellen Funktionen $\begin{align*} \log x \end{align*}$ und $\begin{align*} \operatorname{e}^x \end{align*}$ gehen bekanntlich durch eine Spiegelung an der Winkelhalbierenden des I. und III. Quadranten auseinander hervor. Faßt man Integrale als vorzeichenbehaftete Flächeninhalte auf, erkennt man aufgrund dieser Spiegelung unmittelbar:

$\begin{align*} \int_0^1 \log x ~ \dd x \ = \ - \int_{- \infty}^0 \operatorname{e}^x ~ \dd x \end{align*}$

13.06.2018, 12:44

Daniel444

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Danke für die Antworten. Nein, von Linienintegralen weiß ich nur dass sie die Integration für komplexe Zahlen ermöglichen, aber noch nie damit gerechnet.

Geht nicht auch diese Alternative, nur mal so rumgesponnen:

Der Definitionsbereich seien die reelen Zahlen. Der Wertebereich soll die komplexen Zahlen mit einschließen. Bekannt ist dass log(x) bei x=0 eine Polstelle hat. Weiter lege ich den log(x) für negative reelle Zahlen -r fest als

$\begin{eqnarray*} \log-r=\log ri^{2} = \log r + i\pi \end{eqnarray*}$

und nähere mich von links und rechts an die Polstelle an, und spalte damit das Integral, einmal mit der unteren Grenze -1 und der oberen Grenze $\begin{eqnarray*} \frac{-1}{n} \end{eqnarray*}$ , und mit der unteren Grenze $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ und der oberen Grenze 1, für $\begin{eqnarray*} n\to \infty \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{1}\log(x) \ dx = \lim_{n \to \infty} \int_{-1}^{-\frac{1}{n}} \log(x) \ dx + \ \lim_{n \to \infty} \int_{\frac{1}{n}}^{1} \log(x) \ dx \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \log(x) \ dx = x\log(x) - x + C \end{eqnarray*}$ erhalte ich dann

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \int_{-1}^{-\frac{1}{n}} \log(x) \ dx = \ \lim_{n \to \infty}\left[ -\frac{1}{n}\log\left(-\frac{1}{n}\right) +\frac{1}{n} + C \right] - \left[-\log(-1) +1 + C \right] = \ \lim_{n \to \infty}\left[-\frac{1}{n}\log(-1) + \frac{1}{n}\log(n) +\frac{1}{n} + C \right] + \log(-1) -1 - C = \ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\log(n) + \log(-1) -1 = log(-1) -1 \end{eqnarray*}$

mit
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\log(n) = \ \lim_{n \to \infty} \log(n^{\frac{1}{n}}) = \log(n^{0}) = \log(1) = 0 \end{eqnarray*}$

und dann

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \int_{\frac{1}{n}}^{1} \log(x) \ dx = \left[ \log(1) -1 + C \right] - \lim_{n \to \infty} \left[ \frac{1}{n}\log\left( \frac{1}{n} \right) - \frac{1}{n} + C \right] = -1 \end{eqnarray*}$

In der Summe erhalte ich dann

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{1}\log(x) \ dx = \lim_{n \to \infty} \int_{-1}^{-\frac{1}{n}} \log(x) \ dx + \ \lim_{n \to \infty} \int_{\frac{1}{n}}^{1} \log(x) \ dx = \log(-1) - 1 -1 = i\pi -2 \end{eqnarray*}$

Das funktioniert auch für andere Integrale, z.B. für

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{2} \log(x-1) dx = \ \lim_{n \to \infty } \int_{-1}^{1-\frac{1}{n}} \log(x-1) \ dx \ + \ \lim_{n \to \infty } \int_{1+\frac{1}{n}}^{2} \log(x-1) \ dx = 2\log(-2) -3 = 2\log(2) -3 +2\pi i \end{eqnarray*}$

mit Polstelle x=1.

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