Mehrfache Ableitung von (z+i)^(-k)

24.07.2018, 21:37

forbin

Mehrfache Ableitung von (z+i)^(-k)

Hallo Leute,

ich habe die Funktion $\begin{eqnarray*} f(z):=\frac{1}{(z^{2}+1)^{k}} \end{eqnarray*}$ und suche das Residuum bei $\begin{eqnarray*} z_{0} = i \end{eqnarray*}$ .
Dazu bilde ich:
$\begin{eqnarray*} res_{z_{0}=i} = \lim\limits_{z\rightarrow i}\Big(\frac{1}{(z+i)^{k}}\Big)^{(k-1)}\cdot\frac{1}{(k-1)!} \end{eqnarray*}$

Nun scheitert es an der (k-1)-fachen Ableitung.

Ich habe ja:
$\begin{eqnarray*} f(z) = (z+i)^{-k} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(z) = (-k)(z+i)^{-k-1} \end{eqnarray*}$
...
$\begin{eqnarray*} f^{(k-1)}(z) = (-k)(-k-1)....(-2k+2)(z+i)^{-2k+1} \end{eqnarray*}$

Ich sehe aber leider das Muster nicht wenn ich $\begin{eqnarray*} \frac{f^{(k-1)}}{(k-1)!} \end{eqnarray*}$ bilde.

Könnt ihr mir einen Tipp geben?

24.07.2018, 23:02

10001000Nick1

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Du kannst aus jedem der ersten k-1 Faktoren (-1) ausklammern und dann erweitern:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial^{k-1}}{\partial z^{k-1}} \frac{1}{(z+i)^k} &=& (-1)^{k-1}\cdot k(k+1)\cdots (2k-2)\cdot (z+i)^{-2k+1} \\ &=& (-1)^{k-1}\cdot \frac{(2k-2)!}{(k-1)!}\cdot (z+i)^{-2k+1} \end{eqnarray*}$

Oder du überlegst dir gleich allgemein $\begin{eqnarray*} \frac{\partial^n}{\partial z^n} \frac{1}{(z+i)^k}=(-1)^n\cdot \frac{(k+n-1)!}{(k-1)!}\cdot (z+i)^{-(k+n)} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ , was man durch vollständige Induktion nachweisen kann.

Zwei Hinweise zu deiner Notation:
Die Ableitung solltest du nicht schreiben als

Zitat:

Original von forbin
$\begin{eqnarray*} \Big(\frac{1}{(z+i)^{k}}\Big)^{(k-1)} \end{eqnarray*}$

, sondern z.B. so wie bei mir oben; hier kann es schnell mal zu Verwechslungen zwischen Ableitung und Exponent kommen.
Und dann solltest du nicht zwei verschiedenen Funktionen den gleichen Namen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ geben. Augenzwinkern

25.07.2018, 18:33

Leopold

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Annehmend, daß mit $\begin{align*} k \end{align*}$ eine positive ganze Zahl gemint ist, würde ich anders vorgehen:

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

Jetzt kann man die binomische Reihe $\begin{align*} (1+w)^{-k} \end{align*}$ für $\begin{align*} w = \frac{z - \operatorname{i}}{2 \operatorname{i}} \end{align*}$ anwenden:

$\begin{align*} (1+w)^{-k} = \sum_{n=0}^{\infty} {{-k} \choose n} w^n \end{align*}$

Hier interessiert wegen des Faktors $\begin{align*} \frac{1}{(z - \operatorname{i})^k} \end{align*}$ der Koeffizient zum Index $\begin{align*} n=k-1 \end{align*}$ . Als Residuum von $\begin{align*} f(z) \end{align*}$ bei $\begin{align*} z = \operatorname{i} \end{align*}$ erhält man

$\begin{align*} a = \frac{1}{(2 \operatorname{i})^k} \cdot {{-k} \choose {k-1}} \cdot \frac{1}{(2 \operatorname{i})^{k-1}} = - \frac{\operatorname{i}}{2^{2k-1}} {{2k-2} \choose {k-1}} \end{align*}$

11.09.2018, 19:52

forbin

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Hallo ihr beiden,

ich sehe gerade, dass ich gar nicht mehr auf eure Beiträge geantwortet habe.
Das war keine böse Absicht. Ich bedanke mich also im Nachhinein und zwar vielfach, denn genau das kam auch in der Klausur dran (die ich sehr gut bestanden habe, dank euch Wink

:tongue

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