Residuen: Teil 2

07.11.2020, 09:31

winki2008

Residuen: Teil 2

Liebe Matheliebhaber,

a) Auch hier fehlen mir Erkenntnisse beim Kurvenintegral über $\begin{eqnarray*} \gamma_1(t) \end{eqnarray*}$ .

Soweit ich mitbekommen habe, ist die Funktion $\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{1}{z} \end{eqnarray*}$ nicht analytisch. Eine geschlossene Stammfunktion wie im reellen $\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \frac{1}{x} \, dx = ln(|x| ) + C \end{eqnarray*}$ gibt es also nicht. Das bedeutet, ich kann nicht einfach Stammfunktion bilden und End- bzw. Anfangspunkt meiner Kurve einsetzen und auswerten.

Daher:

$\begin{eqnarray*} \int_{C}^{} \! f(z) \, dz = \int_{0}^{1} \! f(\gamma_1(t)) \dot \gamma_1(t) \, dt = \int_{0}^{1} \! \frac{1}{2+3 \cdot it} 3i \,dt =??? \end{eqnarray*}$

Residuensatz darf nicht angewendet werden, da es sich um keine geschlossene Kurve handelt.

ich hätte jetzt trotzdem einfach gesagt: Lösung ist $\begin{eqnarray*} 3i \cdot ln(2+3 \cdot i) - 3i \cdot ln(2) \end{eqnarray*}$ ). Ich versteh nicht ganz, warum man hier doch eine Stammfunktion bilden darf?

Mit besten Grüßen
Bernhard

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07.11.2020, 10:49

Leopold

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Zitat:

Original von winki2008
Soweit ich mitbekommen habe, ist die Funktion $\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{1}{z} \end{eqnarray*}$ nicht analytisch. Eine geschlossene Stammfunktion wie im reellen $\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \frac{1}{x} \, dx = ln(|x| ) + C \end{eqnarray*}$ gibt es also nicht. Das bedeutet, ich kann nicht einfach Stammfunktion bilden und End- bzw. Anfangspunkt meiner Kurve einsetzen und auswerten.

Doch, $\begin{align*} f(z) = \frac{1}{z} \end{align*}$ ist analytisch, besitzt daher lokal sehr wohl Stammfunktionen. Eine globale Stammfunktion existiert allerdings nicht. Man muß hier noch topologische Bedingungen an das Holomorphiegebiet $\begin{align*} G \end{align*}$ von $\begin{align*} f \end{align*}$ stellen. Hinreichend für die Existenz einer Stammfunktion ist zum Beispiel der einfache Zusammenhang von $\begin{align*} G \end{align*}$ . Hier ist $\begin{align*} G \end{align*}$ die in 0 gelochte komplexe Ebene. Und diese ist nicht einfach zusammenhängend.

Du brauchst das Integral über $\begin{align*} \gamma_1 \end{align*}$ nicht zu parametrisieren, sondern kannst $\begin{align*} \log(z) \end{align*}$ (den Hauptzweig der Logarithmusfunktion) als lokale Stammfunktion verwenden. Das Integral hängt nur vom Anfangspunkt 2 und Endpunkt $\begin{align*} 2 + 3 \operatorname{i} \end{align*}$ der Kurve ab:

$\begin{align*} \int_{\gamma_1} \frac{\dd z}{z} = \int_2^{2 + 3 \operatorname{i}} \frac{\dd z}{z} = \log(2 + 3 \operatorname{i}) - \log(2) = \frac{1}{2} \cdot \ln(13) + \operatorname{i} \cdot \arctan \left( \frac{3}{2} \right) - \ln(2) \end{align*}$

Bei $\begin{align*} \int_{\gamma_2} \frac{\dd z}{z} \end{align*}$ übrigens (was in dieser Aufgabe nicht zu berechnen ist) würde die Stammfunktionmethode nicht funktionieren.

07.11.2020, 11:06

winki2008

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vielen Dank für deine hilfreichende Antwort - ich verstehe es nun besser. Kannst du mir vielleicht noch verraten warum meine Parametrisierung nicht das selbe Ergebnis liefert?

07.11.2020, 11:21

Leopold

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Du bist nicht konsequent. Einerseits beginnst du, das Integral zu parametrisieren, dann aber gehst du doch wieder den Weg über eine Stammfunktion. Dann mußt du natürlich auch wieder an innere und äußere Funktionen denken. Ganz mit einer Parametrisierung geht es so:

$\begin{align*} \int_0^1 \frac{3 \operatorname{i}}{2 + 3 \operatorname{i}t} ~ \dd t = \int_0^1 \frac{3 \operatorname{i} \cdot (2 - 3 \operatorname{i}t)}{4 + 9t^2} ~ \dd t = 6 \operatorname{i} \int_0^1 \frac{\dd t}{4 + 9t^2} + 9 \int_0^1 \frac{t}{4 + 9t^2} ~ \dd t \end{align*}$

Das erste Integral läuft auf den Arcustangens hinaus, das zweite auf den natürlichen Logarithmus.

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