Potenzreihe

14.06.2014, 21:28

Tanjaa

Potenzreihe

hallo,

ich möchte die Potenzreihe der des Terms $\begin{eqnarray*} \frac{1} {z ^{m}} \text{mit Parameter } z \in R \end{eqnarray*}$
im Punkt 0 entwickeln.

meine Idee:
ich verwende die geometrische Reihe:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^{m}} = \frac{1}{z^{m} +1 -1} = \frac{1}{1 - (1-z^{m})} = \sum \limits_{k = 0} ^{\infty} (1-z^{m})^{k} \end{eqnarray*}$

Es ergeben sich also zwei Probleme, erstens ich entwickle um den Punkt 1 und nicht um Punkt 0. Zweitens stört der Exponent m.

$\begin{eqnarray*} = \sum \limits_{k = 0} ^{\infty} (1-z^{m})^{k} = ... = \sum \limits_{k = 0} ^{\infty} (...?...) z^{k} \end{eqnarray*}$

kann mir bitte jemand einen Tipp geben, wie ich meine Reihe so umformen kann, dass sie die Struktur einer Potenzreihe hat.

Gut möglich dass ich den Wald hier vor lauter Bäumen nicht mehr sehe, aber ich komme einfach nicht drauf.

Vielen Dank für alle Antworten

Tanjaaa

14.06.2014, 23:37

Guppi12

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Hast du mal Gedanken dazu angestellt, ob das überhaupt geht? Jede Potenzreihe konvergiert zumindest in ihrem Entwicklungspunkt. Was ist denn mit $\begin{eqnarray*} \frac{1} {z ^{m}} \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ ?

15.06.2014, 08:04

Tanjaa

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hallo Gruppi12,

vielen Dank für deinen Hinweis, und nein daran habe ich nicht gedacht. Aber einen anderen Ansatz habe ich nicht.
Die ganze Aufgabenstellung lautete:

Seien die Funktionen
$\begin{eqnarray*} f_{m}(z) = \frac{\sin(\frac{1}{z})}{z^{m}}, m \in Z \end{eqnarray*}$
gegeben

Bestimmen Sie für jedes m in Z die Laurent-Entwicklung von fm an der Stelle z=0

Meine Idee:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{z} \text{ bilde die Reihe davon und setze in Sinus-Reihe ein} \frac{1}{z ^{m}} \text{ bilde die Reihe davon und multipliziere diese Reihe mit der oberen.} \end{eqnarray*}$

Aber dazu muss ich die Reihen ja in Null entwickeln.

Kann mir bitte jemand einen Tipp geben, wie ich die Aufgabe am besten löse.

Vielen Danke.

Tanjaa

15.06.2014, 09:34

Guppi12

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Naja, zwischen einer Laurentreihe und einer Potenzreihe besteht aber nun ein gewaltiger Unterschied. Es hätte geholfen, wenn du gleich am Anfang die richtige Aufgabenstellung gepostet hättest, irgendwie logisch oder ? Die Laurentreihe von 1/z^m ist einfach 1/z^m selbst. Auch die Laurentreihe von deinem Sinusausdruck ist ganz einfach die Reihe des Sinus mit 1/z eingesetzt. Wenn du dann beides zusammen hast, kannst du noch etwas mit den Indizes spielen, damit es auch aussieht wie eine Laurentreihe (das 1/z loswerden und stattdessen negative Exponenten nehmen).

15.06.2014, 17:15

Tanjaa

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hallo gruppi12,

vielen Dank für deine Antwort (habe sie erst jetzt bemerkt). Was mich an der ganzen Sache noch verwirrt ist Folgendes.
die Laurentreihe von 1/z^m ist gerade 1/z^m ?

Ich habe dich so verstanden...
Eine Potenzreihe und eine Laurentreihe (?) sind ja innherhalb von ihrem Konvergenzradius Funktionen. Und deshalb entspricht die Reihe einer Funktion immer der Funktion selbst. Wenn ich also eine Potenz (oder Laurentreihe) aus mehreren Funktionen konstruieren möchte, dann kann ich immer eine Reihenentwicklung von nur einer Funktion verwenden und die anderen Funktionen muss ich nicht in Potenzreihen umformen sondern, kann sie so wie sie sind einsetzen

ist das so richtig?

Wenn ich einfach einsetze komme ich auf Folgendes:

$\begin{eqnarray*} \sin = \sum \limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} f_{m}(z) = \sum \limits_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\frac{1}{z}^{2n+1}}{(2n+1)! }\cdot \frac{1}{z^{m}} = \sum \limits_{k=-\infty}^{-1-m} \frac{(-1)^{(\frac{-1-m-k}{2})} }{(2(\frac{-1-m-k}{2})+1)!} z^{k} n=(\frac{-1-m-k}{2}) \end{eqnarray*}$

übrigens, ich hatte den Browser nicht aktualisiert Hammer

und habe deine Antwort darum erst jetzt gesehen.

Also nochmals vielen Dank fürs Antworten

Tanjaa

15.06.2014, 18:16

Guppi12

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Hallo,

Zitat:

Eine Potenzreihe und eine Laurentreihe (?) sind ja innherhalb von ihrem Konvergenzradius Funktionen.

Konvergenzradius ist bei Laurentreihe schwierig. Das Konvergenzgebiet ist dort ja i.A. kein Kreis.

Zitat:

Wenn ich also eine Potenz (oder Laurentreihe) aus mehreren Funktionen konstruieren möchte, dann kann ich immer eine Reihenentwicklung von nur einer Funktion verwenden und die anderen Funktionen muss ich nicht in Potenzreihen umformen sondern, kann sie so wie sie sind einsetzen

Das kann man so nicht generalisieren. Es bietet sich in diesem Fall hier einfach an.

Zu deiner Rechnung:

Bis zur zweiten Zeile stimmt die noch, danach weiß ich zwar nicht, was du falsch gemacht hast, es stimmt aber nicht mehr. Du musst mal anfangen, Plausibilitätsüberlegungen anzustellen. Das ist hier genau so ein Fall, wie in deinem Eingangspost, es kann garnicht stimmen. In der zweiten Zeile tauchen nur Potenzen von $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ auf, die entweder alle ungerade oder alle gerade sind. Danach auf einmal tauchen alle möglichen auf.

15.06.2014, 19:00

Tanjaa

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hallo Gruppi12,

danke schön für deine Antwort!

aber wieso soll denn das nicht möglich sein? Ich passe ja die einzelnen Koeffizienten an, warum soll sich dadurch der Exponent von z nicht anpassen?

wenn ich meine Reihe weiter umforme erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \sum \limits_{k=-\infty}^{-1-m} \frac{(-1)^{\frac{-1-m-k}{2}}}{(-m-k)!} z^{k} \end{eqnarray*}$

Warum das nicht stimmen kann ist mir nicht ganz klar. Meine Überlegung ist diese: Ich passe meine Reihe an, wodurch ich die einzelnen Terme anders gewichte in Summe ergibt sich aber wieder die gleiche Funktion.

Irgend etwas muss ich ja anpassen, würde ich den Exponenten einfach stehen lassen, dann könnte ich ja den Koeffizienten nicht anpassen ohne die Funktion zu änderen.

Gut möglich, dass ich mich jetzt gerade völlig blamiere, aber bitte, kannst du mir sagen was an diesen Überlegungen nicht stimmen soll?

Danke schon jetzt
Tanja

15.06.2014, 19:19

Guppi12

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Ok, in einem Punkt hast du Recht, es ist nicht ganz so offensichtlich, dass das nicht klappen kann.

Das liegt daran, dass die Koeffizienten einer Laurentreihe bereits eindeutig bestimmt sind. Das heißt, wenn es vorher keinen Term mit z^3 gab, dann ist es auch nicht möglich, die Reihe irgendwie anders zu schreiben, so dass es danach der Koeffizient vor z^3 ungleich 0 ist.

Ich kann dir aber auch nicht sagen, wo dein Fehler liegt, wenn du deine Rechnungen nicht postest.
Noch ein anderes Plausibilitätsargument: Was soll denn $\begin{eqnarray*} (-1)^{\frac{-1-m-k}{2}} \end{eqnarray*}$ sein, wenn $\begin{eqnarray*} -1-m-k \end{eqnarray*}$ ungerade ist?

15.06.2014, 20:38

Tanjaa

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Hallo gruppi12,

vielen Dank ... ahh der Kreis beginnt sich langsam zu schliessen. Meine Überlegung war die Folgende.

ich starte mit der Potenzreihe vom Sinus, alles "normal" von Null bis unendlich. Und nun wandle ich die Potenzreihe in eine Laurentreihe um. Folglich habe ich 2 verschiedene Sorten von Reihen, und darum auch verschiedene Exponenten zu verschiedenen Termen.
Und in den Laurentreihen lasse ich einfach auch komplexe Terme zu, wodurch mich auch gebrochen rationale Terme zur Basis (-1) nicht mehr stören.
Ich muss zugeben so ganz geheuer ist mir das zwar nicht mehr, aber ich wüsste nicht wo ich mich verrechnet haben sollte.

Zu meiner Rechnung.
Zuerst forme ich alles um, ich erhalte das folgende z:
$\begin{eqnarray*} z^{-2n-1-m} \end{eqnarray*}$
nun subsituiere ich den Exponenten mit k. So dass nachher z^k steht.

$\begin{eqnarray*} -2n-1-m=k => n=\frac{-k-1-m}{2} \end{eqnarray*}$

dann n in allen Ausdrücken ersetzten.

Oder geht man hier anders vor?

Danke für deine Antworen nochmals.

Tanjaa

15.06.2014, 21:14

Guppi12

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Also zunächst mal lese ich aus deinem Post, dass du zwischenzeitlich bei folgender Reihe bist:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{z^{-2n-1-m}}{(2n+1)!} \end{eqnarray*}$ .

Das ist schonmal gut, denn das ist noch richtig.

Zitat:

nun subsituiere ich den Exponenten mit k. So dass nachher z^k steht.

Das hier ist der Fehler, das funktioniert nicht. Bzw. es funktioniert schon, aber dann durchläuft $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ nicht jede Zahl, sondern nur jede zweite Zahl.
Das musst du dabei bedenken. Das müsstest du dann noch unter deine Summe dazuschreiben. Da müsste dann sowas stehen, wie $\begin{eqnarray*} \sum_{\substack{k=-\infty \\ k+m \text{ ungerade}}}^{-m-1} \end{eqnarray*}$ .

Alternativ kannst du so weitermachen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{z^{-2n-1-m}}{(2n+1)!} = \sum_{n=-\infty}^0(-1)^n\frac{z^{2n-1-m}}{(1-2n)!} \end{eqnarray*}$ . Das würde ich persönlich nun so stehen lassen, aber wenn du die genaue Form einer Laurentreihe haben willst, kannst du noch dahinter schreiben:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=-\infty}^0(-1)^n\frac{z^{2n-1-m}}{(1-2n)!} = \sum_{k=-\infty}^\infty a_kz^k \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} a_k := \begin{cases}0\quad \text{falls }k > -1-m \\ 0 \quad\text{falls k+m gerade}\\ \frac{(-1)^{\frac{k+m+1}{2}}}{(-k-m)!}\quad \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Kann sein, dass ich mich da jetzt irgendwo verrechnet habe, das Prinzip sollte klar sein.

15.06.2014, 21:40

Tanjaa

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Hallo Gruppi12,

vielen, vielen Dank für alle deine Antworten, jetzt ist der Fall glaube ich klar. Wenn ich es richtig verstanden habe, so gilt Folgendes zum Unterschied von Potenzreihe und Laurentreihe.

Wenn sich eine Funktion nicht als Potenzreihe darstellen lässt, d.h. wenn sie nicht (reell) analytisch ist, dann kann sie evtl. als Laurentreihe dargestellt werden.

Mein Beispiel lässt sich mit einer Laurenreihe darstellen, da die Reihenentwicklung einer Funktion eindeutig ist, bedeutet dies, dass sie sich nicht als Potenzreihe darstellen lässt.

D.h. ich kann die Terme mit negativen Exponenten nicht in andere Terme mit positiven Exponenten umwandeln.

So ich hoffe das stimmt so.

Tausend Dank nochmals

Tanja

15.06.2014, 23:45

Guppi12

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Dabei kommt es immer stark auf den Entwicklungspunkt an. Du kannst jede in einem Punkt $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ holomorphe Funktion in diesem Punkt in eine Potenzreihe entwickeln. So zum Beispiel auch $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^m} \end{eqnarray*}$ . Das geht dann nur halt nicht gerade mit Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Generell konvergieren Laurentreihen(wenn sie überhaupt konvergieren) immer in Gebieten der Form $\begin{eqnarray*} \{z\in \mathbb C~\vert~ r<|z-z_0|<R\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0\leq r< R\leq \infty \end{eqnarray*}$ . Hat man eine Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , die auf einem solchen Streifen holomorph ist, dann lässt sie sich dort in eine eindeutig bestimmte Laurentreihe entwickeln.

Der Grund, dass man nun $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^m} \end{eqnarray*}$ auf verschiedene Weise darstellen kann, nämlich einmal als Laurentreihe (also einfach $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^m} \end{eqnarray*}$ selbst) und einmal als Potenzreihe mit Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} z_0 \neq 0 \end{eqnarray*}$ liegt an anderen Konvergenzgebieten. Sobald man sich für eine Menge der Form $\begin{eqnarray*} \{z\in \mathbb C~\vert~ r<|z-z_0|<R\} \end{eqnarray*}$ entscheidet, auf der $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^m} \end{eqnarray*}$ holomorph ist, ist die Reihe eindeutig festgelegt. Dazu ein Beispiel: Wir wählen $\begin{eqnarray*} z_0 = 1 \end{eqnarray*}$ .

Wählen wir dazu die Kreisscheibe $\begin{eqnarray*} \{z\in \mathbb C~\vert~ |z-z_0|<1\} \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^m} \end{eqnarray*}$ dort holomorph und lässt sich in eine Potenzreihe entwickeln. Dabei können wir aber den Kreis nicht mehr größer machen, da dieser dann die 0 enthalten würde, kein Holomorphiepunkt von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^m} \end{eqnarray*}$ . Andererseits können wir aber stattdessen zum Beispiel $\begin{eqnarray*} \{z\in \mathbb C~\vert~ 1<|z-z_0| \leq \infty\} \end{eqnarray*}$ wählen. Dort ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{z^m} \end{eqnarray*}$ ebenfalls holomorph, lässt sich dann aber nur in eine Laurentreihe mit echtem Hauptteil entwickeln.
Nach festlegen des Gebiets, in dem wir entwickeln wollen, ist die Reihe eindeutig bestimmt, davor nicht.

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