Integral von 1/(x^2+1) - OnlineMathe - das mathe-forum (2024)

Sukomaki 20:46 Uhr, 27.08.2023
Zur Abwechslung mal eine leichte Frage von mir. Ich möchte $f (x) = \frac{1}{x^{2} + 1}$ auf der reellen Achse integrieren. Dazu gibt es ja mindestens drei Methoden, die ich hier mal kurz anreiße. 1. Mit dem Residuenkalkül $R e s_{i} \frac{1}{x^{2} + 1} = \frac{1}{(x^{2} + 1) ʹ} (i) = \frac{1}{2 i}$ $R e s_{- i} \frac{1}{x^{2} + 1} = \frac{1}{(x^{2} + 1) ʹ} (- i) = \frac{1}{- 2 i}$ $\Rightarrow \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 1} d x = 2 π i \sum_{ℑ (a) > 0} R e s_{a} f (x) = 2 π i \frac{1}{2 i} = π$ 2. Mit direkter Integration $\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 1} d x = \arctan (x) ∣_{- \infty}^{\infty} = lim_{t \to \infty} 2 \arctan (t) = 2 \frac{π}{2} = π$ 3. Mit Partialbruchzerlegung $\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 1} d x = \int_{- \infty}^{\infty} - \frac{i}{2 (x - i)} d x + \int_{- \infty}^{\infty} \frac{i}{2 (x + i)} d x =$ $- \frac{i}{2} \ln (x - i) ∣_{- \infty}^{\infty} + \frac{i}{2} \ln (x + i) ∣_{- \infty}^{\infty} =$ $lim_{t \to \infty} - \frac{i}{2} \ln (t - i) + \frac{i}{2} \ln (- t - i) + \frac{i}{2} \ln (t + i) - \frac{i}{2} \ln (- t + i) =$ () $lim_{t \to \infty} - \frac{i}{2} \ln (\frac{- t + i}{t + i}) - \frac{i}{2} \ln (\frac{t - i}{- t - i}) =$ $lim_{t \to \infty} \arctan (t) + \arctan (t) = π$ Zur 3. Methode habe ich auch schon meine beiden Fragen : I. Ist es legitim, den Absolutbetrag im Logarithmus beim Integrieren wegzulassen? II. Warum wird Null, wenn ich $\ln ((- 1) (t + i))$ durch $i π + \ln (t + i)$ ersetze? Ist das etwa wegen $\ln (1) \neq \ln (- 1) + \ln (- 1)$ ? Gruß Sukomaki Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert): "Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."
Hierzu passend bei OnlineMathe: Flächenberechnung durch Integrieren Stammfunktion (Mathematischer Grundbegriff)

pwmeyer 12:11 Uhr, 29.08.2023
Hallo, grundsätzlich übertragen sich die Rechenregeln für den reellen Logarithmus nicht auf den Komplexen. Deine Rechnungen sind also zunächst grundsätzlich nicht gerechtfertigt. Ob man die Umformungen für die konkreten Werte rechtfertigen kann, sehe ich so schnell nicht. Im Übrigen müsst man für ein uneigentliches Integral den Grenzübergang für $- \infty$ und $\infty$ separat und unabhängig voneinander durchführen. Gruß pwm
HAL9000 12:37 Uhr, 29.08.2023
> I. Ist es legitim, den Absolutbetrag im Logarithmus beim Integrieren wegzulassen? Das mit dem Absolutbetrag $\int \frac{d z}{z} = \ln ∣ z ∣ + C$ gilt sowieso nur für REELLE Integranden - für echt komplexe ist der Betrag dort regelrecht falsch! Was anderes hast du aber zwischendurch falsch gemacht: Du kannst nicht die beiden uneigentlichen Integrale von $\frac{1}{x + i}$ und $\frac{1}{x - i}$ GETRENNT auswerten, weil diese getrennt schlicht nicht existieren! Richtigerweise kannst du das nur über $[- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] ∣_{x = - \infty}^{\infty}$ tun, d.h. ohne Aufspaltung.
Sukomaki 09:24 Uhr, 30.08.2023
> für echt komplexe ist der Betrag dort regelrecht falsch Heißt das, ich lasse beim Integrieren für komplexe Werte $\frac{1}{x - a} \to \ln (x - a)$ den Betrag einfach weg? Oder darf ich generell diese Art von Integral nicht bilden? > weil diese getrennt schlicht nicht existieren! > Richtigerweise kannst du das nur über > $[- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] ∣_{x = - \infty}^{\infty}$ > tun, d.h. ohne Aufspaltung. Und wenn ich das wie folgt mache - stimmt das dann so? $[- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] ∣_{x = - \infty}^{\infty} =$ $[- \frac{i}{2} \ln (\infty - i) + \frac{i}{2} \ln (\infty + i)] - [- \frac{i}{2} \ln (- \infty - i) + \frac{i}{2} \ln (- \infty + i)] =$ $lim_{t \to \infty} [- \frac{i}{2} \ln (t - i) + \frac{i}{2} \ln (t + i)] - [- \frac{i}{2} \ln (- t - i) + \frac{i}{2} \ln (- t + i)] =$ $lim_{t \to \infty} - \frac{i}{2} \ln (\frac{- t + i}{t + i}) - \frac{i}{2} \ln (\frac{t - i}{- t - i}) =$ $lim_{t \to \infty} \arctan (t) + \arctan (t) = π$ > Im Übrigen müsst man für ein uneigentliches Integral den Grenzübergang für −∞ und ∞ separat > und unabhängig voneinander durchführen. Und wie mache ich das? Was mich wundert ist, dass ich für meine Herangehensweise mit der Partialbruchzerlegung das richtige Ergebnis bekomme, nämlich $π$ .
HAL9000 10:09 Uhr, 30.08.2023
Ja, lass den Betrag weg. Klappt ja auch im reellen: Z.B. bekommst du dann für $0 < c < d$ die Rechnung $\int_{- d}^{- c} \frac{1}{x} d x = {[\ln (x)]}_{x = - d}^{- c} = \ln (- c) - \ln (- d) = \ln (c) + i π - \ln (d) - i π = \ln (c) - \ln (d)$ , was ja dem zu erwartendem Ergebnis entspricht. Was deine Rechnung betrifft: Setze doch nicht so vorschnell das $\infty$ ein, sondern rechne sorgfältig das uneigentliche Integral als Grenzwert eines Integrals mit endlichen Grenzen aus!!! Konkret: Für $x > 0$ (im ersten und vierten Quadranten) ist $\ln (x \pm i) = \ln (\sqrt{x^{2} + 1}) \pm i \arctan (\frac{1}{x})$ und damit $\ln (x + i) - \ln (x + i) = 2 i \arctan (\frac{1}{x})$ . Für $x < 0$ (im zweiten und dritten Quadranten) hingegen ist $\ln (x \pm i) = \ln (\sqrt{x^{2} + 1}) \pm i [π + \arctan (\frac{1}{x})]$ , und damit $\ln (x + i) - \ln (x + i) = 2 i [π + \arctan (\frac{1}{x})]$ . Das ergibt $lim_{x \to \infty} [- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] = lim_{x \to \infty} [- \arctan (\frac{1}{x})] = 0$ $lim_{x \to - \infty} [- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] = lim_{x \to - \infty} [- π - \arctan (\frac{1}{x})] = - π$ und somit im Ergebnis den uneigentlichen Integralwert $0 - (- π) = π$ . > Was mich wundert ist, dass ich für meine Herangehensweise mit der Partialbruchzerlegung das richtige Ergebnis bekomme, nämlich $π$ Gelegentlich geht das mit solchen heuristischen (exakt mathematisch betrachtet "haarsträubenden") Umformungen auch gut, man findet irgendwie und vielleicht auch etwas Glück auf den rechten Rechenpfad zurück und hat dann das richtige Ergebnis. Aber oft fährt man mit dieser Strategie auch gegen den Baum.
Sukomaki 10:55 Uhr, 30.08.2023
> $\ln (x + i) - \ln (x + i) = 2 i \arctan (\frac{1}{x})$ $0 = 2 i \arctan (\frac{1}{x})$ ? Soll das etwa $\ln (x + i) - \ln (x - i)$ heißen? Gleichermaßen : > $\ln (x + i) - \ln (x + i) = 2 i [π + \arctan (\frac{1}{x})]$ Soll das etwa $\ln (x + i) - \ln (x - i) = 2 i [π + \arctan (\frac{1}{x})]$ heißen? Aber vielleicht weißt Du ja etwas, was ich nicht weiß und Deine Rechnung ist richtig. (oder Du hast da ein Copy & Paste - Fehler begangen) Ansonsten : Mal wieder gut erklärt von Dir. Ist krass. Habe ich verstanden :-) Dein letzter Absatz erinnert mich an ein Geschehnis in der Grundschule. Da hat ein Mitschüler in einer Mathe-Arbeit bei der Beantwortung einer Frage zwei Fehler gemacht, die sich gegenseitig aufgehoben haben. Das Ergebnis stimmte, der Rechenweg nicht. Was soll die Lehrkraft da machen? :-D)
HAL9000 10:57 Uhr, 30.08.2023
Äh ja, Copy+Paste-Fehler. Ähnlich wie bei Potenzgesetzen muss man aber auch bei Logarithmengesetzen im Komplexen auf der Hut sein: $\ln (x + i) - \ln (x - i) = \ln (\frac{x + i}{x - i})$ ist für $x \geq 0$ durchaus richtig, aber für $x < 0$ stimmt es nicht, da gilt stattdessen $\ln (x + i) - \ln (x - i) = \ln (\frac{x + i}{x - i}) + 2 π i$ Allgemein gilt lediglich, dass für beliebige $z_{1}, z_{2} \in ℂ \ {0}$ ein $k \in {- 1, 0, 1}$ existiert mit $\ln (z_{1}) - \ln (z_{2}) = \ln (\frac{z_{1}}{z_{2}}) + 2 π k i$ Du hast bei deinen Zusammenfassungen oben Glück gehabt, dass jeweils $k = 0$ war.
Sukomaki 11:20 Uhr, 31.08.2023
Zuerst zu $\ln (z_{1}) - \ln (z_{2}) = \ln (\frac{z_{1}}{z_{2}}) + 2 π k i$ Ich wechsle in die Polardarstellung. Es ist $\ln (r_{1} e^{i φ_{1}}) - \ln (r_{2} e^{i φ_{2}}) = \ln (r_{1}) + i φ_{1} - \ln (r_{2}) - i φ_{2}$ Und $\ln (\frac{r_{1} e^{i φ_{1}}}{r_{2} e^{i φ_{2}}}) = \ln (r_{1}) - \ln (r_{2}) + \ln (\frac{e^{i φ_{1}}}{e^{i φ_{2}}})$ Der Einfachheit halber lasse ich $\ln (r_{1}) - \ln (r_{2})$ weg. Das kürzt sich raus. Wenn $φ_{1} - φ_{2} > π$ , dann ist die Winkeldifferenz $π + t = π + t + (π - π) = t - π + 2 π$ Dann ist $\ln (e^{i (t - π + 2 π)}) = \ln (e^{i (t - π)}) + 2 π i = \ln (e^{i (φ_{1} - φ_{2})}) + 2 π i$ Wenn $φ_{1} - φ_{2} < - π$ , dann ist die Winkeldifferenz $- π - t = - π - t + (π - π) = π - t - 2 π$ Dann ist $\ln (e^{i (π - t - 2 π)}) = \ln (e^{i (π - t)}) - 2 π i = \ln (e^{i (φ_{1} - φ_{2})}) - 2 π i$ Ansonsten ist $φ_{1} - φ_{2} \in] - π, π]$ und $\ln (e^{i (φ_{1} - φ_{2})}) = i (φ_{1} - φ_{2})$ Auf beiden Seiten von $\ln (e^{i φ_{1}}) - \ln (e^{i φ_{2}}) = \ln (e^{i (φ_{1} - φ_{2})})$ steht dann das Gleiche. $\Rightarrow \ln (z_{1}) - \ln (z_{2}) = \ln (\frac{z_{1}}{z_{2}}) + 2 π k i, k \in {- 1, 0, 1}$ Stimmt das soweit? Desweiteren gilt $\ln (x + i) - \ln (x - i) = \ln (\frac{x + i}{x - i}) + 2 π i$ sogar für $x + t i, t \in [- 1, 1]$ und $x$ negativ Aber warum?
HAL9000 11:25 Uhr, 31.08.2023
Was bedeutet "sogar für $x + t i$ " ? Meinst du da stattdessen $x = t i$ ?
Sukomaki 11:28 Uhr, 31.08.2023
Ich meine schon die komplexe Zahl aus Realteil $x$ (negativ) und Imaginärteil $t$ . Ich habe das mit MAPLE herausgefunden, kann es aber nicht nachvollziehen.
Sukomaki 14:34 Uhr, 01.09.2023
Hast Du eine Idee, warum $\ln (z + i) - \ln (z - i) = \ln (\frac{z + i}{z - i}) + 2 π i$ für $z = x + i y$ wobei $x \in ℝ^{-}$ und $y \in [- 1, 1]$ ? Sukomaki
Sukomaki 15:41 Uhr, 02.09.2023
Danke für Eure Hilfe bei der Integration per Partialbruchzerlegung. Für meine letzte Frage mache ich einen neuen Thread auf, weil wir da schon ein bisschen vom Weg abgekommen sind.

Sukomaki

20:46 Uhr, 27.08.2023

Zur Abwechslung mal eine leichte Frage von mir.

Ich möchte $f (x) = \frac{1}{x^{2} + 1}$ auf der reellen Achse integrieren.

Dazu gibt es ja mindestens drei Methoden, die ich hier mal kurz anreiße.

1. Mit dem Residuenkalkül

$R e s_{i} \frac{1}{x^{2} + 1} = \frac{1}{(x^{2} + 1) ʹ} (i) = \frac{1}{2 i}$

$R e s_{- i} \frac{1}{x^{2} + 1} = \frac{1}{(x^{2} + 1) ʹ} (- i) = \frac{1}{- 2 i}$

$\Rightarrow \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 1} d x = 2 π i \sum_{ℑ (a) > 0} R e s_{a} f (x) = 2 π i \frac{1}{2 i} = π$

2. Mit direkter Integration

$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 1} d x = \arctan (x) ∣_{- \infty}^{\infty} = lim_{t \to \infty} 2 \arctan (t) = 2 \frac{π}{2} = π$

3. Mit Partialbruchzerlegung

$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{x^{2} + 1} d x = \int_{- \infty}^{\infty} - \frac{i}{2 (x - i)} d x + \int_{- \infty}^{\infty} \frac{i}{2 (x + i)} d x =$

$- \frac{i}{2} \ln (x - i) ∣_{- \infty}^{\infty} + \frac{i}{2} \ln (x + i) ∣_{- \infty}^{\infty} =$

$lim_{t \to \infty} - \frac{i}{2} \ln (t - i) + \frac{i}{2} \ln (- t - i) + \frac{i}{2} \ln (t + i) - \frac{i}{2} \ln (- t + i) =$ (*)

$lim_{t \to \infty} - \frac{i}{2} \ln (\frac{- t + i}{t + i}) - \frac{i}{2} \ln (\frac{t - i}{- t - i}) =$

$lim_{t \to \infty} \arctan (t) + \arctan (t) = π$

Zur 3. Methode habe ich auch schon meine beiden Fragen :

I. Ist es legitim, den Absolutbetrag im Logarithmus beim Integrieren wegzulassen?

II. Warum wird * Null, wenn ich $\ln ((- 1) (t + i))$ durch $i π + \ln (t + i)$ ersetze?

Ist das etwa wegen $\ln (1) \neq \ln (- 1) + \ln (- 1)$ ?

Gruß
Sukomaki

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Flächenberechnung durch Integrieren
Stammfunktion (Mathematischer Grundbegriff)

Integral von 1/(x^2+1) - OnlineMathe - das mathe-forum (5)

pwmeyer

12:11 Uhr, 29.08.2023

Hallo,

grundsätzlich übertragen sich die Rechenregeln für den reellen Logarithmus nicht auf den Komplexen. Deine Rechnungen sind also zunächst grundsätzlich nicht gerechtfertigt. Ob man die Umformungen für die konkreten Werte rechtfertigen kann, sehe ich so schnell nicht.

Im Übrigen müsst man für ein uneigentliches Integral den Grenzübergang für $- \infty$ und $\infty$ separat und unabhängig voneinander durchführen.

Gruß pwm

HAL9000

12:37 Uhr, 29.08.2023

> I. Ist es legitim, den Absolutbetrag im Logarithmus beim Integrieren wegzulassen?

Das mit dem Absolutbetrag $\int \frac{d z}{z} = \ln ∣ z ∣ + C$ gilt sowieso nur für REELLE Integranden - für echt komplexe ist der Betrag dort regelrecht falsch!

Was anderes hast du aber zwischendurch falsch gemacht: Du kannst nicht die beiden uneigentlichen Integrale von $\frac{1}{x + i}$ und $\frac{1}{x - i}$ GETRENNT auswerten, weil diese getrennt schlicht nicht existieren! Richtigerweise kannst du das nur über

$[- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] ∣_{x = - \infty}^{\infty}$

tun, d.h. ohne Aufspaltung.

Sukomaki

09:24 Uhr, 30.08.2023

> für echt komplexe ist der Betrag dort regelrecht falsch

Heißt das, ich lasse beim Integrieren für komplexe Werte $\frac{1}{x - a} \to \ln (x - a)$ den Betrag einfach weg?

Oder darf ich generell diese Art von Integral nicht bilden?

> weil diese getrennt schlicht nicht existieren!

> Richtigerweise kannst du das nur über

> $[- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] ∣_{x = - \infty}^{\infty}$

> tun, d.h. ohne Aufspaltung.

Und wenn ich das wie folgt mache - stimmt das dann so?

$[- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] ∣_{x = - \infty}^{\infty} =$

$[- \frac{i}{2} \ln (\infty - i) + \frac{i}{2} \ln (\infty + i)] - [- \frac{i}{2} \ln (- \infty - i) + \frac{i}{2} \ln (- \infty + i)] =$

$lim_{t \to \infty} [- \frac{i}{2} \ln (t - i) + \frac{i}{2} \ln (t + i)] - [- \frac{i}{2} \ln (- t - i) + \frac{i}{2} \ln (- t + i)] =$

$lim_{t \to \infty} - \frac{i}{2} \ln (\frac{- t + i}{t + i}) - \frac{i}{2} \ln (\frac{t - i}{- t - i}) =$

$lim_{t \to \infty} \arctan (t) + \arctan (t) = π$

> Im Übrigen müsst man für ein uneigentliches Integral den Grenzübergang für −∞ und ∞ separat
> und unabhängig voneinander durchführen.

Und wie mache ich das?

Was mich wundert ist, dass ich für meine Herangehensweise mit der Partialbruchzerlegung das richtige Ergebnis bekomme, nämlich $π$ .

HAL9000

10:09 Uhr, 30.08.2023

Ja, lass den Betrag weg. Klappt ja auch im reellen: Z.B. bekommst du dann für

0 < c < d

die Rechnung

$\int_{- d}^{- c} \frac{1}{x} d x = {[\ln (x)]}_{x = - d}^{- c} = \ln (- c) - \ln (- d) = \ln (c) + i π - \ln (d) - i π = \ln (c) - \ln (d)$ ,

was ja dem zu erwartendem Ergebnis entspricht.

Was deine Rechnung betrifft: Setze doch nicht so vorschnell das $\infty$ ein, sondern rechne sorgfältig das uneigentliche Integral als Grenzwert eines Integrals mit endlichen Grenzen aus!!!

Konkret: Für $x > 0$ (im ersten und vierten Quadranten) ist $\ln (x \pm i) = \ln (\sqrt{x^{2} + 1}) \pm i \arctan (\frac{1}{x})$ und damit $\ln (x + i) - \ln (x + i) = 2 i \arctan (\frac{1}{x})$ . Für $x < 0$ (im zweiten und dritten Quadranten) hingegen ist $\ln (x \pm i) = \ln (\sqrt{x^{2} + 1}) \pm i [π + \arctan (\frac{1}{x})]$ , und damit $\ln (x + i) - \ln (x + i) = 2 i [π + \arctan (\frac{1}{x})]$ . Das ergibt

$lim_{x \to \infty} [- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] = lim_{x \to \infty} [- \arctan (\frac{1}{x})] = 0$

$lim_{x \to - \infty} [- \frac{i}{2} \ln (x - i) + \frac{i}{2} \ln (x + i)] = lim_{x \to - \infty} [- π - \arctan (\frac{1}{x})] = - π$

und somit im Ergebnis den uneigentlichen Integralwert $0 - (- π) = π$ .

> Was mich wundert ist, dass ich für meine Herangehensweise mit der Partialbruchzerlegung das richtige Ergebnis bekomme, nämlich $π$

Gelegentlich geht das mit solchen heuristischen (exakt mathematisch betrachtet "haarsträubenden") Umformungen auch gut, man findet irgendwie und vielleicht auch etwas Glück auf den rechten Rechenpfad zurück und hat dann das richtige Ergebnis. Aber oft fährt man mit dieser Strategie auch gegen den Baum.

Sukomaki

10:55 Uhr, 30.08.2023

\ln (x + i) - \ln (x + i) = 2 i \arctan (\frac{1}{x})

$0 = 2 i \arctan (\frac{1}{x})$ ?

Soll das etwa $\ln (x + i) - \ln (x - i)$ heißen?

Gleichermaßen :

> $\ln (x + i) - \ln (x + i) = 2 i [π + \arctan (\frac{1}{x})]$

Soll das etwa $\ln (x + i) - \ln (x - i) = 2 i [π + \arctan (\frac{1}{x})]$ heißen?

Aber vielleicht weißt Du ja etwas, was ich nicht weiß und Deine Rechnung ist richtig.

(oder Du hast da ein Copy & Paste - Fehler begangen)

Ansonsten : Mal wieder gut erklärt von Dir.

Ist krass.

Habe ich verstanden :-)

Dein letzter Absatz erinnert mich an ein Geschehnis in der Grundschule. Da hat ein Mitschüler in einer Mathe-Arbeit bei der Beantwortung einer Frage zwei Fehler gemacht, die sich gegenseitig aufgehoben haben. Das Ergebnis stimmte, der Rechenweg nicht. Was soll die Lehrkraft da machen? :-D)

HAL9000

10:57 Uhr, 30.08.2023

Äh ja, Copy+Paste-Fehler.

Ähnlich wie bei Potenzgesetzen muss man aber auch bei Logarithmengesetzen im Komplexen auf der Hut sein:

$\ln (x + i) - \ln (x - i) = \ln (\frac{x + i}{x - i})$ ist für $x \geq 0$ durchaus richtig, aber für $x < 0$ stimmt es nicht, da gilt stattdessen

$\ln (x + i) - \ln (x - i) = \ln (\frac{x + i}{x - i}) + 2 π i$

Allgemein gilt lediglich, dass für beliebige $z_{1}, z_{2} \in ℂ \ {0}$ ein $k \in {- 1, 0, 1}$ existiert mit

$\ln (z_{1}) - \ln (z_{2}) = \ln (\frac{z_{1}}{z_{2}}) + 2 π k i$

Du hast bei deinen Zusammenfassungen oben Glück gehabt, dass jeweils $k = 0$ war.

Sukomaki

11:20 Uhr, 31.08.2023

Zuerst zu

$\ln (z_{1}) - \ln (z_{2}) = \ln (\frac{z_{1}}{z_{2}}) + 2 π k i$

Ich wechsle in die Polardarstellung.

Es ist $\ln (r_{1} e^{i φ_{1}}) - \ln (r_{2} e^{i φ_{2}}) = \ln (r_{1}) + i φ_{1} - \ln (r_{2}) - i φ_{2}$

Und $\ln (\frac{r_{1} e^{i φ_{1}}}{r_{2} e^{i φ_{2}}}) = \ln (r_{1}) - \ln (r_{2}) + \ln (\frac{e^{i φ_{1}}}{e^{i φ_{2}}})$

Der Einfachheit halber lasse ich $\ln (r_{1}) - \ln (r_{2})$ weg. Das kürzt sich raus.

Wenn $φ_{1} - φ_{2} > π$ , dann ist die Winkeldifferenz $π + t = π + t + (π - π) = t - π + 2 π$

Dann ist $\ln (e^{i (t - π + 2 π)}) = \ln (e^{i (t - π)}) + 2 π i = \ln (e^{i (φ_{1} - φ_{2})}) + 2 π i$

Wenn $φ_{1} - φ_{2} < - π$ , dann ist die Winkeldifferenz $- π - t = - π - t + (π - π) = π - t - 2 π$

Dann ist $\ln (e^{i (π - t - 2 π)}) = \ln (e^{i (π - t)}) - 2 π i = \ln (e^{i (φ_{1} - φ_{2})}) - 2 π i$

Ansonsten ist $φ_{1} - φ_{2} \in] - π, π]$ und $\ln (e^{i (φ_{1} - φ_{2})}) = i (φ_{1} - φ_{2})$

Auf beiden Seiten von $\ln (e^{i φ_{1}}) - \ln (e^{i φ_{2}}) = \ln (e^{i (φ_{1} - φ_{2})})$ steht dann das Gleiche.

$\Rightarrow \ln (z_{1}) - \ln (z_{2}) = \ln (\frac{z_{1}}{z_{2}}) + 2 π k i, k \in {- 1, 0, 1}$

Stimmt das soweit?

Desweiteren gilt

$\ln (x + i) - \ln (x - i) = \ln (\frac{x + i}{x - i}) + 2 π i$

sogar für $x + t i, t \in [- 1, 1]$ und $x$ negativ

Aber warum?

HAL9000

11:25 Uhr, 31.08.2023

Was bedeutet "sogar für

x + t i

" ? Meinst du da stattdessen

x = t i

Sukomaki

11:28 Uhr, 31.08.2023

Ich meine schon die komplexe Zahl aus Realteil

x

(negativ) und Imaginärteil

t

Ich habe das mit MAPLE herausgefunden, kann es aber nicht nachvollziehen.

Sukomaki

14:34 Uhr, 01.09.2023

Hast Du eine Idee, warum

$\ln (z + i) - \ln (z - i) = \ln (\frac{z + i}{z - i}) + 2 π i$ für $z = x + i y$ wobei $x \in ℝ^{-}$ und $y \in [- 1, 1]$ ?

Sukomaki

15:41 Uhr, 02.09.2023

Danke für Eure Hilfe bei der Integration per Partialbruchzerlegung.

Für meine letzte Frage mache ich einen neuen Thread auf, weil wir da schon ein bisschen vom Weg abgekommen sind.

Integral von 1/(x^2+1) - OnlineMathe - das mathe-forum (2024)

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