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Universität/Hochschule Windungszahl Funktionentheorie
erik92
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  Themenstart: 2019-05-14

Hallo ich bin beim durchgehen von Übungsaufgaben auf folgende Aufgabe gestoßen: Sei T=[y] eine geschlossene, stückweise C1-Kurve mit y:[a,b]-> \IC , e \notel\ spur(y), \alpha (t) = e + (y(t)-e)/abs(y(t)-e) t \el\ [a,b] und A =[ \alpha]. Zeigen Sie: w(T,e)=w(A,e) Ich habe mir nochmal einiges zum Thema Windungszahl angeschaut, allerdings fehlt mir leider ein Ansatz. :-? :-? :-? Zum einen bin ich mir nicht sicher ob ich den Begriff der spur für Funktionen richtig verstehe. Bedeutet: e \notel\ spur(y) „einfach“ nur, dass e nicht im Bild meiner Kurve liegt? Dies würde zu der Definition die ich von einer Windungszahl bzw. Umlaufzahl im Kopf habe passen, dass die Umlaufzahl/Windungszahl angibt wie oft meine Funktion einen Punkt der nicht in ihrem Bild liegt (und damit auch nicht auf ihrer Spur?) umläuft und insbesondere wird auch die Richtung angegeben. Trotzdem weiß ich nicht wie ich mit diesen Informationen auf diese Aussage kommen soll. Hat jemand evtl einen Ansatz für mich bzw. kennt wichtige Aussage über die Windungs-/Umlaufzahl die mir weiterhelfen könnten? Vielen Dank schon einmal :-)


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.1, eingetragen 2019-05-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}}\) Hallo erik92, die Spur einer kurve ist ihre Bildmenge, richtig vermutet. Zum Beweis der Aussage vermute ich, dass die Definition der Windungszahl \[W(C,e):=\frac{1}{2\pi\i}\int_C\frac{1}{z-e}\d z\] nützlich sein sollte. Nachgerechnet habe ich es aber nicht.\(\endgroup\)


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erik92
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-15

Hallo Vercassivelaunos, vielen Dank für deine Antwort. Ich hatte auch mit dem Gedanken gespielt die Formel zu benutzen und motiviert durch deinen Input habe ich mal angefangen zu rechnen. Allerdings komme ich nicht weiter als unten im Bild. Ich weiß ich könnte |y(t)-e| mit dem Quadrat im Nenner kürzen. Weiter als das komme ich aber nicht. Insbesondere weiß ich nicht was die Ableitung von |y(t)-e| ist. Hättest du hier nochmal eine Idee? (Oder jemand anderes der das hier liest :-) ) https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51586_photo_2019-05-15_15-48-16.jpg


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.3, eingetragen 2019-05-15

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}}\) Wenn du in kartesischen Koordinaten bleibst, wird das ganze relativ kompliziert. Mein Vorschlag: wechsle zu Polarkoordinaten um das Zentrum $e$. Also schreibe $y$ als $y(t)=e+r(t)\e^{\i\varphi(t)}$. Dann versuche zu zeigen, dass \[W(T,e)-W(A,e)=\frac{1}{2\pi\i}\int_T\frac{1}{z-e}\d z-\frac{1}{2\pi\i}\int_A\frac{1}{z-e}\d z=0\] Du solltest am Ende ein Integral der Form \[\int_a^b\frac{r'}{r}\d t\] erhalten, von dem du dann zeigen kannst, dass es 0 ist.\(\endgroup\)


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erik92
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-15

Ah das ist eine gute Idee vielen Dank. Nur noch einmal kurz zum Verständnis. r ist ein Polynom vom Grad 1 oder? d.h. r' ist eine Konstante?


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.5, eingetragen 2019-05-15

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}}\) Nein, $r(t)$ ist der Abstand von $y(t)$ zu $e$ (also $r(t)=\vert y(t)-e\vert$), also erstmal eine beliebige stückweise stetig differenzierbare Funktion von $t$, da ja $y$ auch beliebig stückweise stetig differenzierbar ist. Mit $r'$ ist auch die Ableitung von $r$ nach $t$ gemeint.\(\endgroup\)


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erik92
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-15

Hallo Vercassivelaunos, vielen Dank für deine Hilfe. Ich glaube ich habe es nun raus. Ich habe deine Idee mit W(T,e)-W(A,e) angewendet und nachdem ich bei meinen Notizen noch zwei weitere Faktoren kürzen konnte, habe ich die Gleichung in Polarkoordinaten umgewandelt. Nach weiteren Umformungen erhalte ich tatsächlich das Integral über r'(t)/r(t) nun kann ich die Integrationsformel anwenden, dass gilt: int(f'/f,x,a,b) = ln(f(x)) (Das Integral soll eigentlich keine Grenzen habe aber ich weiß leider nicht wie man im Formeleditor ein Integral ohne Grenzen darstellt) D.h. ich erhalte: ln(r(b))-ln(r(a))=ln(|y(b)-e|)-ln(|y(a)-e|) da nun y nach Voraussetzung geschlossen ist gilt y(b)=y(a). Damit ist das Integral 0 und damit gilt W(T,e)=W(A,e) q.e.d.


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.7, eingetragen 2019-05-15

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}}\) Genau so sieht das bei mir auch aus. Man könnte noch dazusagen, dass das Integral über $\frac{r'}{r}$ überhaupt existiert, da wegen $e\not\in\operatorname{Spur}(T)$ gilt, dass $r>0$. Das ist dann aber nur noch eine Kleinigkeit.\(\endgroup\)


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