Binomische Reihe

12.05.2014, 20:29

Jequen

Binomische Reihe

Hallo.

Zeigen Sie für $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z\in \overset{\circ}{B}(0,1) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} (1+z)^a=\sum_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} a \\ n \end{pmatrix} z^n \end{eqnarray*}$ .

Hinweis: Zeigen Sie, dass die Ableitung der Grenzfunktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ der binomischen Reihe in $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} \frac{a}{1+z}g(z) \end{eqnarray*}$ ist (leiten Sie gliedweise ab). Betrachten Sie $\begin{eqnarray*} f(z)=g(z)\cdot (1+z)^{-a} \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie $\begin{eqnarray*} f'=0 \end{eqnarray*}$ .

Ansatz:

Was genau ist nun die Grenzfunktion von g? Eigentlich ist es doch die linke Seite der Gleichung, dann verwirrt mich aber "leiten Sie gliedweise ab".

Also es gilt aufjedenfall für $\begin{eqnarray*} g(z)=(1+z)^a \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} g'(z)=a(1+z)^{a-1}=\frac{a}{1+z}g(z) \end{eqnarray*}$

Wenn wir in der Summe gliedweise ableiten erhalten wir:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}n\begin{pmatrix} a \\ n \end{pmatrix} z^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\begin{pmatrix} a \\ n+1 \end{pmatrix} z^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}a\begin{pmatrix} a-1 \\ n \end{pmatrix} z^{n} \end{eqnarray*}$

Um weiter dem Hinweis zu folgen:

$\begin{eqnarray*} f(z)=g(z)\cdot (1+z)^{-a}=1 \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} f'(z)=0. \end{eqnarray*}$

Kann mir nun jemand sagen, was mir das alles bringt und wie ich damit zur Behauptung komme? Ich sehe garnicht, inwiefern der Hinweis mir hilft. verwirrt

MfG

13.05.2014, 08:22

Gurki

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RE: Binomische Reihe
Zunächst ist das gliedweise Differenzieren von

$\begin{eqnarray*} g(z):=\sum_{n=0}^\infty {a \choose n} z^n \end{eqnarray*}$

zu legitimieren.

Dann hast Du (wie du bis dahin richtig gerechnet hast)

$\begin{eqnarray*} g'(z)=\sum_{n=0}^\infty (n+1){a\choose n+1} z^n. \end{eqnarray*}$

Beachte nun, dass

$\begin{eqnarray*} (n+1){a\choose n+1}=(a-n){a\choose n}. \end{eqnarray*}$

Damit zeigst Du dann, dass

$\begin{eqnarray*} g'(z)=\frac a{1+z}g(z). \end{eqnarray*}$

Den Rest kannst du ebenfalls gemäß Anleitung abarbeiten.

13.05.2014, 08:48

Gurki

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RE: Binomische Reihe
Kurzer Nachtrag (um zu verdeutlichen was das Ganze eigentlich soll):

Ziel ist ja zu zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty {a\choose n} z^n=(1+z)^a. \end{eqnarray*}$

Nach der Vorarbeit aus meinem obigen Beitrag definiert man nun eine Funktion

$\begin{eqnarray*} f(z):=g(z)(1+z)^{-a} \end{eqnarray*}$

betrachtet deren Ableitung und folgert dass sie konstant ist.

Dann bleibt also nur noch $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ an einer beliebigen Stelle $\begin{eqnarray*} z\in \overset{\circ}{B}(0,1) \end{eqnarray*}$ auszuwerten, um zu sehen, dass $\begin{eqnarray*} f\equiv 1. \end{eqnarray*}$

Daraus folgt dann die Behauptung.

13.05.2014, 15:45

Jequen

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RE: Binomische Reihe
Hallo Gurki!

Ich habe jetzt verstanden, wie das Vorgehen funktioniert.

Wir zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} (\sum_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} a \\ n \end{pmatrix} z^n)'=a(1+z)^{a-1} \end{eqnarray*}$

ist, damit sind die Ableitungen auf beiden Seiten gleich. Und die zwei Ausdrücke dürfen damit nur um einen konstanten Faktor verschieden sein.

Wenn wir nun f als Quotient der beiden Ausdrücke betrachten, und für ein z gilt, dass f=1 ist, so ist Nenner und Zähler gleich. Somit würde die Behauptung gelten.

Soweit korrekt?

Zitat:

Zunächst ist das gliedweise Differenzieren von $\begin{eqnarray*} g(z):=\sum_{n=0}^\infty {a \choose n} z^n \end{eqnarray*}$ zu legitimieren.

g ist Potenzreihe, mit Konvergenzradius 1. Somit erhalte ich die 1. formale Ableitung durch gliedweises Ableiten.
(Ich habe einen Satz, der besagt, dass Ableitung der Grenzfunktion einer Potenzreihe und formale Ableitung übereinstimmen (wenn die Potenzreihe konvergiert).)

Zitat:

Damit zeigst Du dann, dass $\begin{eqnarray*} g'(z)=\frac a{1+z}g(z). \end{eqnarray*}$

Wieso reicht das? Wieso muss ich nicht zeigen, dass $\begin{eqnarray*} (\sum_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} a \\ n \end{pmatrix} z^n)'=a(1+z)^{a-1} \end{eqnarray*}$ gilt?

Also wir haben:

$\begin{eqnarray*} g'(z)=\sum_{n=0}^\infty (n+1){a\choose n+1} z^n=\sum_{n=0}^\infty (a-n){a\choose n} z^n=a\cdot g(z) - \sum_{n=0}^{\infty}n{a\choose n} z^n \end{eqnarray*}$

Ich sehe nun aber nicht, wie ich weiter auflösen kann...

MfG

13.05.2014, 17:12

Gurki

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RE: Binomische Reihe

Zitat:

Original von Jequen
Hallo Gurki!

Ich habe jetzt verstanden, wie das Vorgehen funktioniert.

Wir zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} (\sum_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix} a \\ n \end{pmatrix} z^n)'=a(1+z)^{a-1} \end{eqnarray*}$

Nö!

Wir zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} f(z):=g(z)(1+z)^{-a} \end{eqnarray*}$

konstant ist und den Wert $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ annimmt.

Dazu benötigen wir die Ableitung von $\begin{eqnarray*} g. \end{eqnarray*}$

Es ist:

$\begin{eqnarray*} g'(z)=\sum_{n=0}^\infty (n+1){a \choose n+1}z^n=\sum_{n=0}^\infty (a-n){a \choose n}z^n=ag(z)-zg'(z). \end{eqnarray*}$

Also gilt:

$\begin{eqnarray*} g'(z)=\frac a{1+z}~g(z). \end{eqnarray*}$

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