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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:57 Mi 13.05.2015 | | Autor: | Trikolon |
| Aufgabe | Bestimm eine Potenzreihenentwicklung der folgenden Funktionen f um die angegebenen Entwicklungspunkte b und berechne die Konvergenzradien der auftretenden Potenzreihen.
a) f: [mm] \IC* [/mm] --> [mm] \IC, [/mm] f(z)=1/z mit b [mm] \in \IC* [/mm] beliebig
b) f: [mm] \IC \{1} [/mm] --> [mm] \IC, f(z)=\bruch{2z+4}{z+1} [/mm] mit b=1
c) f: [mm] \IC [/mm] \ {1} -> [mm] \IC, [/mm] f(z)= [mm] \bruch{1}{(1-z)^3} [/mm] mit b=1/2 |
Hallo,
zu a) hier habe ich versucht allgemein [mm] f^{(k)}(z) [/mm] zu bestimmen, als die k-te Ableitung und erhalte für die Koeffizienten [mm] a_k [/mm] der gesuchten Reihe im Punkt b: [mm] a_k= f^{(k)}(b) [/mm] /k! = [mm] \bruch{(-1)^k}{b^{k+1}}. [/mm] Und damit für die Potenzreihe [mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{b^{k+1}} (z-b)^k
[/mm]
zu b) Hier vermute ich, die geometrische Reihe verwenden zu müssen, weiß aber nicht genau, wie. Zumal der Entwicklungspunkt ja 1 und nicht 0 ist...
Es sollte dann ja so etwas auftreten, wie [mm] \bruch{1}{1-(z-1)}.
[/mm]
zu c) Hier hatte ich mir folgendes überlegt:
[mm] \bruch{1}{(1-z)^3} [/mm] = 1/2* [mm] \bruch{d^2}{dz^2} \summe_{n=0}^{\infty} z^n [/mm] = 1/2 [mm] \summe_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)z^n. [/mm] Auch hier scheitert es wieder daran, den Entwicklungspunkt ins Spiel zu bringen.
Danke für eure Hilfe!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:01 Mi 13.05.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Bestimm eine Potenzreihenentwicklung der folgenden
> Funktionen f um die angegebenen Entwicklungspunkte b und
> berechne die Konvergenzradien der auftretenden
> Potenzreihen.
> a) f: [mm]\IC*[/mm] --> [mm]\IC,[/mm] f(z)=1/z mit b [mm]\in \IC*[/mm] beliebig
> b) f: [mm]\IC \{1}[/mm] --> [mm]\IC, f(z)=\bruch{2z+4}{z+1}[/mm] mit b=1
> c) f: [mm]\IC[/mm] \ {1} -> [mm]\IC,[/mm] f(z)= [mm]\bruch{1}{(1-z)^3}[/mm] mit
> b=1/2
>
> Hallo,
>
> zu a) hier habe ich versucht allgemein [mm]f^{(k)}(z)[/mm] zu
> bestimmen, als die k-te Ableitung und erhalte für die
> Koeffizienten [mm]a_k[/mm] der gesuchten Reihe im Punkt b: [mm]a_k= f^{(k)}(b)[/mm]
> /k! = [mm]\bruch{(-1)^k}{b^{k+1}}.[/mm] Und damit für die
> Potenzreihe [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{b^{k+1}} (z-b)^k[/mm]
ich hätte das so gemacht: Für $b [mm] \neq [/mm] 0$
[mm] $\frac{1}{z}=\frac{1}{b-(b-z)}=\frac{1}{b}*\frac{1}{1-\left(1-\frac{z}{b}\right)}=\frac{1}{b}*\sum_{k=0}^\infty \left(1-\frac{z}{b}\right)^k=\frac{1}{b}\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{b^k}*(b-z)^k=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{b^{k+1}}(z-b)^k$
[/mm]
Das gilt jedenfalls für alle [mm] $z\,$ [/mm] mit [mm] $|1\;-\,z/b| [/mm] < [mm] 1\,.$
[/mm]
Dein Ergebnis passt jedenfalls.
> zu b) Hier vermute ich, die geometrische Reihe verwenden zu
> müssen, weiß aber nicht genau, wie. Zumal der
> Entwicklungspunkt ja 1 und nicht 0 ist...
> Es sollte dann ja so etwas auftreten, wie
> [mm]\bruch{1}{1-(z-1)}.[/mm]
>
> zu c) Hier hatte ich mir folgendes überlegt:
> [mm]\bruch{1}{(1-z)^3}[/mm] = 1/2* [mm]\bruch{d^2}{dz^2} \summe_{n=0}^{\infty} z^n[/mm]
> = 1/2 [mm]\summe_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)z^n.[/mm] Auch hier
> scheitert es wieder daran, den Entwicklungspunkt ins Spiel
> zu bringen.
Naja, ich sehe erstmal
[mm] $\frac{1}{1-z}=\frac{1}{\frac{1}{2}-\left(z-\frac{1}{2}\right)}=2*\frac{1}{1-(2z-1)}=2*\sum_{k=0}^\infty (2z-1)^k=2*\sum_{k=0}^\infty 2^k \left(z-\frac{1}{2}\right)^k=\sum_{k=0}^\infty 2^{k+1} \left(z-\frac{1}{2}\right)^k$
[/mm]
Das gilt jedenfalls für alle z mit $|2z-1| < 1$.
Entsprechend kann ich nun
[mm] $\frac{1}{(1-z)^2}$
[/mm]
berechnen, indem ich mit dem Cauchyprodukt
[mm] $\left\{\sum_{k=0}^\infty 2^{k+1} \left(z-\frac{1}{2}\right)^k\right\}^{\red{2}}=\left\{\sum_{k=0}^\infty 2^{k+1} \left(z-\frac{1}{2}\right)^k\right\}*\sum_{k=0}^\infty 2^{k+1} \left(z-\frac{1}{2}\right)^k$
[/mm]
berechne.
Schlussendlich dann nochmal das Cauchyprodukt
[mm] $\left\{\sum_{k=0}^\infty 2^{k+1} \left(z-\frac{1}{2}\right)^k\right\}^\red{2}*\sum_{k=0}^\infty 2^{k+1} \left(z-\frac{1}{2}\right)^k$
[/mm]
Das alles gilt so natürlich erstmal nur für alle z mit $|2z-1| < [mm] 1\,.$
[/mm]
Nebenbei: Für $b [mm] \not=1$
[/mm]
[mm] $\frac{1}{1-z}=\frac{1}{1-b-(z-b)}=\frac{1}{1-b}*\frac{1}{1-\left(\frac{z}{1-b}-\frac{b}{1-b}\right)}=\frac{1}{1-b}*\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(1-b)^k}*(z-b)^k=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(1-b)^{k+1}}*(z-b)^k$
[/mm]
Das gilt natürlich für alle z mit [mm] $\left|\frac{z}{1-b}-\frac{b}{1-b}\right| [/mm] < 1$ bzw. $|z-b| < [mm] |1-b|\,.$
[/mm]
Für b=1/2 haben wir das oben auch schonmal gerechnet...
P.S. Du kannst aber b) und auch c) so berechnen, wie Du es in a) gemacht
hast: Einfach Taylorreihenentwicklung um die entsprechende Stelle...
Anscheinend dürft ihr das doch schon benutzen?
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:20 Do 14.05.2015 | | Autor: | Trikolon |
Danke schon mal. Ich muss es mir gleich mal in ruhe anschauen. Hast du zur b) auch eine Idee?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:28 Do 14.05.2015 | | Autor: | abakus |
> Danke schon mal. Ich muss es mir gleich mal in ruhe
> anschauen. Hast du zur b) auch eine Idee?
Hallo,
[mm] \frac{2z+4}{z+1}= \frac{(2z+2)+2}{z+1}= 2+\frac{2}{z+1}[/mm].Damit kannst du also den Summanden 2 rausziehen, der Rest erinnert sehr an a).
Gruß Abakus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:41 Do 14.05.2015 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> Danke schon mal. Ich muss es mir gleich mal in ruhe
> anschauen. Hast du zur b) auch eine Idee?
sagte ich in dem P.S.: Dürft ihr Taylor schon benützen?
Gruß,
Marcel
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