Komplexe Funktion in Potenzreihe entwickeln

09.06.2018, 16:56

forbin

Komplexe Funktion in Potenzreihe entwickeln

Hallo,

ich habe folgende Aufgabe:
[attach]47411[/attach]

Meine Gedanken zur ersten:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^{2}+3iz-2} = \frac{1}{z-2i}-\frac{1}{z-i} = \frac{1}{-2i}\cdot\frac{1}{1-\frac{z}{2i}} - \frac{1}{-i}\cdot\frac{1}{1-\frac{z}{i}}= \frac{1}{-2i}\cdot\sum\limits_{k=0}^{\infty}\Big(\frac{1}{2i}\Big)^{k}z^{k} - \frac{1}{-i}\cdot\sum\limits_{k=0}^{\infty}\Big(\frac{1}{i}\Big)^{k}z^{k} \end{eqnarray*}$
Zusammengefasst ergibt das:
$\begin{eqnarray*} \frac{i}{2}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\Big(\Big(\frac{1}{2i}\Big)^{k}-\Big(\frac{1}{i}\Big)^{k}\Big)z^{k} \end{eqnarray*}$

Stimmt das?
Ich habe nämlich jetzt arge Probleme den Konvergenzradius auszurechnen. Weder mit Quotientenregel noch mit Cauchy-Hadamard komme ich auf ein vernünftiges Ergebnis. Liegt mein Fehler denn schon weiter oben? verwirrt

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Zu b) fehlt mir leider noch ein vernünftiger Ansatz
----------------------------------
zu c)
Hier habe ich den Ansatz der Taylorreihe genommen.
$\begin{eqnarray*} T(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(z_{0})}{k!}(z-z_{0})^{k} = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{e^{i\pi}}{k!}(z-i\pi)^{k} = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{-1}{k!}(z-i\pi)^{k} \end{eqnarray*}$

Zum Kovergenzradius R:
$\begin{eqnarray*} r=\limsup\limits_{k\rightarrow\infty}\sqrt[k]{\frac{1}{k!}} = 0 \Rightarrow R:=\infty \end{eqnarray*}$

09.06.2018, 17:22

Leopold

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Die korrekte Zerlegung ist

$\begin{align*} - \operatorname{i} \cdot \left( \frac{1}{z + \operatorname{i}} - \frac{1}{z + 2 \operatorname{i}} \right) \end{align*}$

Der Konvergenzradius ist jetzt schon klar und kann an dieser Darstellung abgelesen werden. Die Reihe konvergiert in der größtmöglichen Kreisscheibe um 0, die dem Holomorphiegebiet der Funktion angehört.

09.06.2018, 17:39

forbin

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Ok, ich sehe ein, dass der Term stimmt, aber auf diese Art der Darstellung wäre ich nicht gekommen.
Aber von dort muss ich doch nun trotzdem zur Potenzreihe kommen?

10.06.2018, 15:36

Leopold

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Dein Vorgehen in a) ist modulo Rechenfehler richtig und zielführend. Allerdings würde ich im Endergebnis so etwas wie $\begin{align*} \frac{1}{\operatorname{i}} \end{align*}$ durch $\begin{align*} - \operatorname{i} \end{align*}$ ersetzen. Ich habe

$\begin{align*} \frac{1}{z^2 + 3 \operatorname{i} z -2} \ = \ \sum_{\nu=0}^{\infty} \left( 2^{-\nu - 1} -1 \right) \operatorname{i}^{\nu} z^{\nu} \end{align*}$

erhalten.

Bei b) würde ich über die Ableitungen gehen, die sich in diesem Fall ja leicht ermitteln lassen. Mein Ergebnis ist

$\begin{align*} \frac{1}{(z - \operatorname{i})^3} = \sum_{\nu=0}^{\infty} (-1)^{\nu+1}(\nu+1)(\nu+2) 2^{-\nu-4} \operatorname{i}^{\nu+1} (z + \operatorname{i})^{\nu} \end{align*}$

Alternativ könnte man mit $\begin{align*} w = z + \operatorname{i} \end{align*}$ auch von $\begin{align*} f(w) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{w - 2 \operatorname{i}} \end{align*}$ ausgehen und die Taylorreihe zweimal differenzieren.

Und dein Ergebnis bei c) ist richtig. Ich hätte allerdings direkt mit der Reihendarstellung gearbeitet.

10.06.2018, 15:48

forbin

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Wow, danke für die tollen Ansätze, ich bege mich direkt daran.
Zu c)
Ich war mir sicher, dass ich über die Potenzreihe von exp(z) gehen kann, aber ich wusste (und weiß) nicht wie ich es schaffe, diese korrekt anzupassen.
$\begin{eqnarray*} exp(z)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{z^{k}}{k!} = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\cdot z^{k} \end{eqnarray*}$

Gut, nun möchte ich ja auf $\begin{eqnarray*} exp(z-i\pi) \end{eqnarray*}$ ... verwirrt

10.06.2018, 16:23

Leopold

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Zitat:

Original von forbin
Gut, nun möchte ich ja auf $\begin{eqnarray*} exp(z-i\pi) \end{eqnarray*}$ ... verwirrt

Ist das jetzt eine Frage? $\begin{align*} \exp z = - \exp \left( z - \operatorname{i} \pi \right) \end{align*}$ . Jetzt muß man nur in der Entwicklung um 0 substituieren.

10.06.2018, 16:34

forbin

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Zitat:

Original von Leopold

Zitat:

Original von forbin
Gut, nun möchte ich ja auf $\begin{eqnarray*} exp(z-i\pi) \end{eqnarray*}$ ... verwirrt

Ist das jetzt eine Frage? $\begin{align*} \exp z = - \exp \left( z - \operatorname{i} \pi \right) \end{align*}$ . Jetzt muß man nur in der Entwicklung um 0 substituieren.

Kann ich nicht $\begin{eqnarray*} exp(z-i\pi) = -exp(z) \end{eqnarray*}$ bilden?

$\begin{eqnarray*} exp(z-i\pi) = -\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}z^{k} = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{-1}{k!}z^{k} = -exp(z) \end{eqnarray*}$

10.06.2018, 16:38

Leopold

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Wo ist jetzt der Unterschied zu dem, was ich geschrieben habe? Auf welcher Seite das Minuszeichen steht, ist doch egal. Das Entscheidende ist, wie du diese Identität nutzt.

EDIT
Nachdem du noch einmal editiert hast: Nutze die Identität anders herum

10.06.2018, 16:40

forbin

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Zitat:

Original von Leopold
Wo ist jetzt der Unterschied zu dem, was ich geschrieben habe? Auf welcher Seite das Minuszeichen steht, ist doch egal. Das Entscheidende ist, wie du diese Identität nutzt.

Ja, aber ich bin in meinem Beitrag nicht mehr auf eine Substitution eingegangen.
Ich hätte das wohl ausführen sollen, sorry dafür.
ich habe nun also die von dir vorgeschlagene Identität benutzt, um $\begin{eqnarray*} exp(z-i\pi) \end{eqnarray*}$ darzustellenn. Allerdings war keine Substitution notwendig. Von daher ist die Frage, ob ich das richtig gemacht habe, denn die Substitution hast du ja sicher nicht grundlos vorgeschlagen smile

10.06.2018, 16:42

Leopold

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Zitat:

Original von forbin
denn die Substitution hast du ja sicher nicht grundlos vorgeschlagen smile

Ich dachte, du wolltest um $\begin{align*} \operatorname{i} \pi \end{align*}$ entwickeln ... verwirrt

10.06.2018, 16:57

forbin

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Da es nun durch den Edit etwas durcheinander geht, hier mein neuer Ansatz:

$\begin{eqnarray*} exp(z) = -exp(z-i\pi) = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{-1}{k!}(z-i\pi)^{k} \end{eqnarray*}$

10.06.2018, 17:02

Leopold

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Und das ist alles.

10.06.2018, 17:13

forbin

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Cool, danke für die Hilfe! Freude

10.06.2018, 17:27

forbin

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Nun scheiter ich natürlich an der b.

Die Ableitungen sind doch:
$\begin{eqnarray*} f^{(n)}(z) = \frac{1}{2}(-1)^{n}(z-i)^{-n-3}(n+2)! \end{eqnarray*}$ , oder? verwirrt

Und damit bilde ich dann die Taylorreihe.

Edit:
Hab's raus.

Bin ich der einzige dem das Hirn schmilzt bei der Hitze? verwirrt

Danke für eure Hilfe!!

10.06.2018, 19:19

Leopold

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Die von mir beschriebene Alternative bei b) wäre

$\begin{align*} \frac{1}{(z - \operatorname{i})^3} = \frac{1}{(w - 2 \operatorname{i})^3} \ \ \text{mit} \ \ w = z + \operatorname{i} \end{align*}$

Jetzt startet man mit

$\begin{align*} g(w) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{w - 2 \operatorname{i}} = \frac{1}{2 \cdot (-2 \operatorname{i})} \cdot \frac{1}{1 - \frac{w}{2 \operatorname{i}}} = - \frac{1}{4 \operatorname{i}} \cdot \sum_{\nu=0}^{\infty} \left( \frac{w}{2 \operatorname{i}} \right)^{\nu} \end{align*}$

$\begin{align*} = - \frac{1}{4 \operatorname{i}} \sum_{\nu=0}^{\infty} (-1)^{\nu} \operatorname{i}^{\nu} 2^{- \nu} w^{\nu} = \sum_{\nu=0}^{\infty} (-1)^{\nu+1} \operatorname{i}^{\nu-1} 2^{-\nu-2} w^{\nu} \end{align*}$

Dann zweimal differenzieren:

$\begin{align*} g''(w) = \frac{1}{(w - 2 \operatorname{i})^3} = \sum_{\nu=0}^{\infty} (\nu+2)(\nu+1) (-1)^{\nu+1} \operatorname{i}^{\nu+1} 2^{-\nu-4} w^{\nu} \end{align*}$

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