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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:09 Mi 15.06.2005 | | Autor: | cosPhi |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo!
Kann mir jemand einen Anhaltspunkt geben, wie ich eine komplexe Funktion, z.B. [mm] $\arcsin(z)$ [/mm] durch den komplexen Logarithmus darstellen kann?
Mit der Definition $$ln(z) = ln(r) + i * [mm] (\phi [/mm] + [mm] 2*\pi [/mm] * k)$$ komme ich nicht weiter...
Vielen Dank!!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:54 Mi 15.06.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Es gilt:
[mm] $\arcsin(w) [/mm] = [mm] \frac{1}{i} \mbox{Log}(iw [/mm] + [mm] \sqrt{1-w^2})$.
[/mm]
Eine Herleitung findest du zum Beispiel im Buch "Funktionentheorie" von Fischer/Lieb, Kapitel V, auf Seite 127/128 (in der 7. Auflage). Mir ist das jetzt zuviel alles abzutippen oder zusammenzufassen, zumal es sehr kompliziert ist.
Am besten du leihst dir das Buch aus euer Uni-Bibliothek aus. 
Viele Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:05 Do 16.06.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Ja, $w$ ist eine komplexe Zahl und "Log" der Hauptzweig des komplexen Logarithmus.
Okay, okay, ich mache es für dich (immerhin lasse ich es mir dann beim Abtippen durch den Kopf gehen, vollziehe es nach und lerne dann was dabei):
Die Abbildung
$z [mm] \mapsto \sin(z) [/mm] = [mm] \frac{1}{2i} (e^{iz} [/mm] - [mm] e^{-iz})$
[/mm]
lässt sich schreiben als Kompositum $g [mm] \circ [/mm] f$ der Abbildungen
$f : z [mm] \mapsto \zeta=e^{iz}$
[/mm]
und
$g: [mm] \zeta \mapsto [/mm] w = [mm] \frac{1}{2i} \left( \zeta - \frac{1}{\zeta} \right)$.
[/mm]
Wir untersuchen zunächst die auf [mm] $\IC^{\*}$ [/mm] definierte Funktion $g$. Es ist [mm] $g(\zeta_1)=g(\zeta_2)$ [/mm] genau dann, wenn
[mm] $\zeta_1 [/mm] - [mm] \frac{1}{\zeta_1} [/mm] = [mm] \zeta_2 [/mm] - [mm] \frac{1}{\zeta_2}$
[/mm]
bzw.
[mm] $(\zeta_1-\zeta_2) \left( 1 + \frac{1}{\zeta_1\zeta_2} \right) [/mm] =0$
gilt. Auf einem Bereich $U [mm] \subset \IC^{\*}$ [/mm] ist $g$ also genau dann injektiv, wenn $U$ keine Punkte [mm] $\zeta_1$, $\zeta_2$ [/mm] mit [mm] $\zeta_1 \zeta_2=-1$ [/mm] enthält. Gilt [mm] $Re(\zeta)>0$, [/mm] so ist
$Re [mm] \left(-\frac{1}{\zeta} \right) [/mm] = - Re [mm] \left( \frac{\zeta}{|\zeta|^2} \right)<0$,
[/mm]
daher ist $g$ insbesondere auf der rechten Halbebene [mm] $G_1=\{\zeta \in \IC \, : \, Red(\zeta)>0\}$ [/mm] injektiv.
Wir wollen das Bild [mm] $G(G_1)$ [/mm] und die Umkehrfunktion [mm] $g|G_1$ [/mm] bestimmen. Dazu bemerken wir: Für $t [mm] \in \IR$ [/mm] ist
$g(it) = [mm] \frac{1}{²} \left( t + \frac{1}{t} \right)$
[/mm]
reell und größer gleich $1$ oder kleiner gleich $-1$. Umgekehrt bedeutet [mm] $g(\zeta) \in \IR$, [/mm] dass [mm] $\zeta [/mm] - [mm] \frac{1}{\zeta}$ [/mm] rein imaginär ist, d.h.
[mm] $\zeta [/mm] - [mm] \frac{1}{\zeta} [/mm] = - [mm] \left( \overline{\zeta} - \frac{1}{\overline{\zeta}} \right)$
[/mm]
oder gleichbedeutend
[mm] $(\zeta [/mm] + [mm] \overline{\zeta})(1 [/mm] - [mm] \zeta \overline{\zeta}) [/mm] = 0$.
$g$ bildet also genau die imaginäre Achse und die Einheitskreislinie in [mm] $\IR$ [/mm] ab. Für [mm] $\zeta\overline{\zeta}=1$ [/mm] ist aber [mm] $g(\zeta)=Im(\zeta)$; [/mm] es wird als genau die imaginäre Achse auf [mm] $\{t \in \IR \, : \, |t| \ge 1\}$ [/mm] abgebildet. Das Bild der rechten Halbebene [mm] $G_1$ [/mm] ist daher jedenfalls in
[mm] $G_2 [/mm] = [mm] \IC \detminus \{t \in \IR \, : \, |t| \ge 1\}$ [/mm]
enthalten. Es gilt sogar [mm] $g(G_1)=G_2$:
[/mm]
Für $w [mm] \in G_2$ [/mm] ergibt nämlich die Auflösung der Gleichung $w= [mm] \frac{1}{2i} \left( \zeta - \frac{1}{\zeta} \right)$:
[/mm]
[mm] $\zeta [/mm] = iw + [mm] (1-w^2)^{\frac{1}{2}}$,
[/mm]
$w$ hat also zwei Urbilder in [mm] $\IC \setminus i\IR$, [/mm] von denen eines in [mm] $G_1$ [/mm] (und das ander in der linke Halbebene) liegen muss.
Auf dem einfach zusammenhängenden Gebiet [mm] $G_1$ [/mm] hat [mm] $1-w^2$ [/mm] keine Nullstellen, es existieren also auf [mm] $G_2$ [/mm] zwei Zweige von [mm] $(1-w^2)^{\frac{1}{2}}$. [/mm] Wir bezeichnen denjenigen, der in $w=0$ den Wert $1$ hat, mit [mm] $\sqrt{1-w^2}$. [/mm] Dann ist
$h(w) = iw + [mm] \sqrt{1-w^2}$
[/mm]
auf [mm] $G_2$ [/mm] holomorph und bildet [mm] $G_2$ [/mm] in [mm] $\IC \setminus i\IR$ [/mm] ab. Wegen $h(0)=1$ muss [mm] $h(G_2) \subset G_1$ [/mm] und damit [mm] $h(G_2)=G_1$ [/mm] gelten.
Zusammengefasst: $g$ bildet [mm] $G_1$ [/mm] bijektiv auf [mm] $G_2$ [/mm] ab, die Umkehrabbildung [mm] $h:G_2 \to G_1$ [/mm] von [mm] $g|G_1$ [/mm] ist $w [mm] \mapsto [/mm] iw + [mm] \sqrt{1-w^2}$.
[/mm]
Es sei nun [mm] $G_0$ [/mm] der Vertikalstreifen [mm] $\left\{z \in \IC\, : \, -\frac{\pi}{2} < Re(z) < \frac{\pi}{2} \right\}$. [/mm] Durch $f: z [mm] \mapsto e^{iz}$ [/mm] wird [mm] $G_0$ [/mm] bijektiv auf die rechte Halbebene [mm] $G_1$ [/mm] abgebildet, $g$ bildet [mm] $G_1$ [/mm] bijektiv auf [mm] $G_2$ [/mm] ab. Insgesamt bildet also der Sinus den Streifen [mm] $G_0$ [/mm] bijektiv auf die "zweifach aufgeschnittene Ebene" [mm] $G_2$ [/mm] ab. Dabei geht übrigens die Randgerade $Re(z) = - [mm] \frac{\pi}{2}$ [/mm] in [mm] $\{t \in \IR\, : \, t \le 1\}$, [/mm] die anderen Randgerade in [mm] $\{t \ge 1\}$ [/mm] über.
[...]
Die Umkehrfunktion von [mm] $\sin:G_0 \to G_2$, [/mm] die wir mit [mm] $\arcsin:G_2 \to G_0$ [/mm] bezeichnen, können wir als [mm] $f^{-1} \circ [/mm] h$ schreiben. Da offenbar
[mm] $f^{-1}(\zeta) [/mm] = [mm] \frac{1}{i} \mbox{Log}(\zeta)$
[/mm]
mit dem Hauptzweig des Logarithmus, haben wir für [mm] $\arcsin:G_2 \to G_0$:
[/mm]
[mm] $\arcsin(w) [/mm] = [mm] \frac{1}{i} \mbox{Log} [/mm] (iw + [mm] \sqrt{1-w^2})$.
[/mm]
Ohne diese ganzen (notwendigen!) Erklärungen könnte man (wenn du in Zeitnot bist), einfach die Umkehrfunktionen von $f$ und $g$ direkt durch Umformen ausrechnen und erhält dann die Formel, ohne sich um Wohldefiniertheiten etc. Gedanken gemacht zu haben.
Viele Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:53 Do 16.06.2005 | | Autor: | cosPhi |
Hallo!
Ich hab' zwar heut in der Früh extra eine Vorlesung laufen lassen und hab mir das Buch aus der Bibliothek ausgeborgt, aber trotzdem VIEEEELEN Dank!!
Du hast mir sehr weitergeholfen!!
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Allerdings bräuchte ich es bereits morgen, die Bibliothek hat auch schon zu.
