Integrationsproblem

09.12.2018, 09:00	daLoisl	Auf diesen Beitrag antworten »
Integrationsproblem Liebes Forum, ich würde gerne folgendes Integral berechnen: $\begin{eqnarray} <br /> \int_{\mathbb T} \log \|1+ r \zeta\| \, d m(\zeta) = \int_{\partial B(1,r)} \log \|\zeta\| \, d m(\zeta) = \frac{1}{4\pi} \int_0^{2\pi} \log (1+2 r \cos \phi +r^2) \, d \phi.<br /> \end{eqnarray}$ Dabei ist $\begin{eqnarray} r>0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ das normierte Haarmaß am Einheitskreis von $\begin{eqnarray} \mathbb R^2 \end{eqnarray}$ . Durch numerische Integration mittels Software sehe ich, dass das Ergebnis $\begin{eqnarray} \max\{0,\log r \} = \log^+ r \end{eqnarray}$ sein müsste. Im Fall $\begin{eqnarray} r\in(0,1) \end{eqnarray}$ erhält man das Ergebnis $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ direkt durch die Mittelwerteigenschaft der harmonischen Funktion $\begin{eqnarray} \zeta \mapsto \log \|\zeta\| \end{eqnarray}$ . Aber mir ist bisher nicht gelungen, den anderen Fall zu zeigen. Durch die einfache Struktur der mutmaßlichen Lösung sieht es für mich aber so aus, als ob das eigentlich relativ einfach sein müsste. Hat hier jemand eine Idee, wie man das am besten angeht? Liebe Grüße daLoisl
09.12.2018, 15:47	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine einfache Lösung habe ich nicht gefunden. Aber mit komplexer Analysis geht es. Dazu integriert man $\begin{align} f \end{align}$ mit $\begin{align} f(z) = \frac{2 \log z}{z-1} \end{align}$ über den unten beschriebenen Weg $\begin{align} \gamma(r,\varepsilon) \end{align}$ . Für den komplexen natürlichen Logarithmus $\begin{align} \log z \end{align}$ wählt man das Argument im Intervall $\begin{align} \left( - \pi , \pi \right) \end{align}$ , also den Hauptzweig, und erhält so einen in der längs der negativen reellen Achse $\begin{align} x \leq 0 \end{align}$ aufgeschlitzten komplexen Ebene $\begin{align} \mathbb{C}^- \end{align}$ holomorphen Logarithmus. Da $\begin{align} \log z \end{align}$ bei $\begin{align} z=1 \end{align}$ eine Nullstelle besitzt, kann $\begin{align} f \end{align}$ dort holomorph ergänzt werden. Wie üblich bezeichnen wir diese Ergänzung auch wieder mit $\begin{align} f \end{align}$ . Die Grundidee ist die Integration über den Kreis $\begin{align} \|z-1\| = r \end{align}$ . Da der Kreis die negative reelle Achse kreuzt, muß man die Argumentation jedoch verfeinern. Für genügend kleines $\begin{align} \varepsilon > 0 \end{align}$ wird nun der Weg $\begin{align} \gamma(r,\varepsilon) \end{align}$ folgendermaßen festgelegt: Man beginnt am unteren Ufer des Schnitts bei $\begin{align} 1-r \end{align}$ und integriert über den positiv orientierten Kreis $\begin{align} \|z-1\| = r \end{align}$ bis $\begin{align} 1-r \end{align}$ am oberen Ufer des Schnitts (1. Stück). Dann geht es am oberen Ufer des Schnitt weiter auf der Strecke von $\begin{align} 1-r \end{align}$ bis $\begin{align} - \varepsilon \end{align}$ (2. Stück, hier ist das Argument $\begin{align} \pi \end{align}$ ). Danach umrundet man den negativ orientierten Kreis $\begin{align} \|z\| = \varepsilon \end{align}$ (3. Stück) und kehrt am unteren Ufer des Schnitts auf der Strecke von $\begin{align} - \varepsilon \end{align}$ nach $\begin{align} 1-r \end{align}$ zurück (4. Stück, hier ist das Argument $\begin{align} - \pi \end{align}$ ). Nach dem Cauchyschen Integralsatz gilt: $\begin{align} \int \limits_{\gamma(r,\varepsilon)} f(z) ~ \dd z \ = \ 0 \end{align}$ Auf dem 1. Stück parametrisiert man $\begin{align} z = 1 + r \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \, , \ t \in [-\pi,\pi] \end{align}$ . Der Imaginärteil ist das gesuchte Integral $\begin{align} \int \limits_{- \pi}^{\pi} \ln \left( 1 + r^2 + 2r \, \cos t \right) ~ \dd t \end{align}$ Auf dem zweiten Stück parametrisiert man $\begin{align} z = -t \, , \ t \in \left[ \varepsilon , r-1 \right] \end{align}$ und führt eine Vorzeichenkorrektur durch, damit die Orientierung stimmt. Auf dem Integrationsweg ist das Argument $\begin{align} \pi \end{align}$ . Im Limes $\begin{align} \varepsilon \to 0 \end{align}$ erhält man für den Imaginärteil den Wert $\begin{align} -2 \pi \ln r \end{align}$ . Auf dem 3. Stück parametrisiert man $\begin{align} z = \varepsilon \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \, , \ t \in [-\pi,\pi] \end{align}$ mit Vorzeichenkorrektur. Für $\begin{align} \varepsilon \to 0 \end{align}$ strebt der Integralwert gegen 0. Man kann das zeigen, indem man unterm Integralzeichen zum Betrag übergeht und geeignet abschätzt. Wie auch immer man vorgeht, es wird am Ende auf $\begin{align} \lim_{\varepsilon \to 0} \left( \varepsilon \cdot \ln \varepsilon \right) = 0 \end{align}$ hinauslaufen. Auf dem 4. Stück geht es wie auf dem 2. Stück mit $\begin{align} z = -t \end{align}$ . Bei der Berechnung des Integrals hat man jetzt allerdings zu beachten, daß das Argument auf dem Integrationsweg $\begin{align} - \pi \end{align}$ ist. Im Limes für $\begin{align} \varepsilon \to 0 \end{align}$ erhält man wieder $\begin{align} - 2 \pi \ln r \end{align}$ . Alles zusammengefügt ergibt sich für $\begin{align} r>1 \end{align}$ : $\begin{align} \int \limits_{- \pi}^{\pi} \ln \left( 1 + r^2 + 2r \, \cos t \right) \dd t \ = \ 4 \pi \ln r \end{align}$ . Eine andere Idee: Man definiert für $\begin{align} r>1 \end{align}$ die Funktion $\begin{align} g(r) = \int_{- \pi}^{\pi} \ln \left( 1 + r^2 + 2r \, \cos t \right) ~ \dd t \end{align}$ Man darf unter dem Integralzeichen nach $\begin{align} r \end{align}$ differenzieren. Vielleicht gelingt es, eine Differentialgleichung herzuleiten, die $\begin{align} g(r) = 4 \pi \ln r \end{align}$ als Lösung besitzt.

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