La razón por la que el contorno de los huesos de perro es inaplicable aquí es que la rama corta de, digamos, $0$ a $ \infty $ y $1$ a $ \infty $ no se "colapsan" en la "rendija" de $0$ a $1$ .
Para ver esto, observamos que para $z=x+iy$ , $x>1$ y $y \to 0+$ tenemos $ \arg (z)=0$ y $ \arg (1-z)=- \pi $ mientras que para $x>1$ y $y \to 0^-$ Tenemos $ \arg (z)=2 \pi $ y $ \arg (z)= \pi $ .
Por lo tanto, en la parte superior de la rama coalescente se corta para que $x>1$
$$ \begin {align} f(z)&= \log (z) \log (1-z) \\\\ &=( \log (x)+i0)( \log (|1-x|)-i \pi ) \\\\ &= \log (x) \log (|1-x|)-i \pi \log (x) \end {align}$$
mientras que en la parte inferior de la rama coalescente corta para lo cual $x>1$
$$ \begin {align} f(z)&= \log (z) \log (1-z) \\\\ &=( \log (x)+i2 \pi )( \log (|1-x|)+i \pi ) \\\\ &= \log (x) \log (|1-x|)+i \pi \log (x)+i2 \pi \log (|1-x|)-2 \pi ^2 \end {align}$$
Por lo tanto, la función $f(z)$ es no continua a través de los cortes de las ramas coalescentes y por lo tanto no se colapsan en una "rendija".
NOTA:
Esta situación es diferente del caso en el que $f(z)=z^{1/2}(1-z)^{1/2}$ . Siguiendo el análisis anterior, encontramos que en la parte superior de los cortes de la rama coalescente
$$ \begin {align} f(z)&= \sqrt {z} \sqrt {1-z} \\\\ &= \sqrt {x} \sqrt {x-1}e^{-i \pi /2} \\\\ &=-i \sqrt {x} \sqrt {x-1} \end {align}$$
mientras que en la parte inferior de la rama coalescente corta para lo cual $x>1$
$$ \begin {align} f(z)&= \sqrt {z} \sqrt {1-z} \\\\ &= \sqrt {x}e^{i \pi } \sqrt {x-1}e^{i \pi /2} \\\\ &=-i \sqrt {x} \sqrt {x-1} \end {align}$$
Por lo tanto, la función $f(z)$ es continua a través de los cortes de las ramas coalescentes y, por lo tanto, colapsan en una "rendija".
