Taylorreihe einer holomorphen Funktion

31.05.2024, 04:41

Pinocchio23

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Taylorreihe einer holomorphen Funktion

Meine Frage:
Gegeben sei die holomorphe Funktion f(z) auf C ohne +/- i
f(z)=2z(z-1)^2/(z^2+1)
Gesucht ist die Taylorreihe im Punkt 1 und gezeigt werden soll, dass der Konvergenzradius größer gleich sqrt(2) ist

Meine Ideen:
Partialbruchzerlegung und dann mit geometrischer Reihe
oder Cauchy Integralformel

31.05.2024, 06:30

HAL 9000

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Aus Behauptung $\begin{eqnarray*} R\geq \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ kann man sofort $\begin{eqnarray*} R=\sqrt{2} \end{eqnarray*}$ machen, denn im Fall $\begin{eqnarray*} R>\sqrt{2} \end{eqnarray*}$ müssten die Singularitäten $\begin{eqnarray*} \pm i \end{eqnarray*}$ im Konvergenzkreis liegen, was nicht der Fall sein kann. Zunächst mal bekommt man durch Polynomdivision $\begin{eqnarray*} f\left(z\right) = 2z-4 + \frac{4}{z^2+1} \end{eqnarray*}$ und das dann in den Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} z_0=1 \end{eqnarray*}$ "verschoben"

$\begin{eqnarray*} f\left(z+1\right) = 2z-2 + \frac{4}{\left(z+1\right)^2+1} \end{eqnarray*}$

Jetzt eine kleine (komplexe) Partialbruchzerlegung für den Term rechts, um anschließend jeden der Summanden auf die Struktur der geometrischen Reihe $\begin{eqnarray*} \frac{a}{1-bz} = a\sum_{n=0}^{\infty} b^nz^n \end{eqnarray*}$ zu bekommen, mit jeweils passend gewählten $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ .

31.05.2024, 06:54

Pinocchio23

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Hallo,
kann es sein, dass der Konvergenzbereich auch kleiner sqrt(2) ist?
Für die Partialbruchzerlegung
$\begin{eqnarray*} \frac{4}{(z+1)^2+1}=\frac{-2i}{z+1-i}+\frac{2i}{z+1+i} \end{eqnarray*}$
Wenn dies korrekt ist, wie kann ich dies nun in die geometrische Reihe überführen, ebenfalls die Therme links davon.

31.05.2024, 07:33

HAL 9000

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Zitat:

Original von Pinocchio23
kann es sein, dass der Konvergenzbereich auch kleiner sqrt(2) ist?

Bitte unterscheide sorgfältig die Begriffe Konvergenzradius und Konvergenzbereich.

Konvergenzradius $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ sagt ja allein noch nichts drüber aus, ob die Punkte auf dem Rand des Konvergenzkreises zum Konvergenzbereich gehören. Bei der geometrischen Reihe ist das in der Tat nicht der Fall. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zu deiner anderen Frage: Wirklich keine Idee, wie man $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \frac{2i}{z+1+i} = \frac{a}{1-bz} \end{eqnarray*}$ bestimmt? Das $\begin{eqnarray*} 1+i \end{eqnarray*}$ im Nenner muss zu 1 gemacht werden, und das geschieht durch Erweitern von Zähler und Nenner mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+i} = \frac{1-i}{2} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{2i}{z+1+i} = \frac{2i\cdot \frac{1-i}{2}}{1+ \frac{1-i}{2}\cdot z} = \frac{1+i}{1- \frac{-1+i}{2}\cdot z} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} a=1+i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b = \frac{-1+i}{2} \end{eqnarray*}$

31.05.2024, 07:56

Pinocchio23

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Weshalb ist der Konvergenzradius dann genau gleich sqrt(2) und nicht kleiner?
Und wie funktioniert es dann mit -4 und 2z in die Form a/(1-bz) zu bringen und dann in die Taylorreihe einzubringen?

31.05.2024, 08:02

Leopold

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Zwischenruf

Zitat:

Original von Pinocchio23
ebenfalls die Therme links davon.

Wenn du die Arbeit gemacht hast, dann nimm dir ein warmes Bad. Du hast es dir verdient...

Und ich bin auch schon wieder weg...

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31.05.2024, 08:14

HAL 9000

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Zitat:

Original von Pinocchio23
Weshalb ist der Konvergenzradius dann genau gleich sqrt(2) und nicht kleiner?

Rechne doch bitte zuende, und betrachte dabei die Konvergenzradien der beiden beteiligten geometrischen Reihen.

Zitat:

Original von Pinocchio23
Und wie funktioniert es dann mit -4 und 2z in die Form a/(1-bz) zu bringen und dann in die Taylorreihe einzubringen?

Was für ein Missverständnis:

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} f\left(z+1\right) = 2z-2 + {\color{red}\frac{4}{\left(z+1\right)^2+1}} \end{eqnarray*}$

Jetzt eine kleine (komplexe) Partialbruchzerlegung für den Term rechts

Wie kommt man denn auf die bescheuerte Idee, $\begin{eqnarray*} 2z-2 \end{eqnarray*}$ einer Partialbruchzerlegung unterziehen zu wollen? Finger1

Finger1

31.05.2024, 08:47

Pinocchio23

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Ok, aber wie fließt dann -4+2z in die Reihe ein?

31.05.2024, 08:50

HAL 9000

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Na wie schon? Wird dazuaddiert, d.h. -4 zu Koeffizient $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ und 2 zu Koeffizient $\begin{eqnarray*} a_1 \end{eqnarray*}$ .

Oder ganz ausführlich: $\begin{eqnarray*} -4 + 2z + \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n = a_0-4 + (a_1+2)z + \sum_{n=2}^{\infty} a_n z^n \end{eqnarray*}$ .

Noch mehr solche Fragen, die mit Gesundem Menschenverstand beantwortet werden können? Augenzwinkern

Augenzwinkern

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Tatsächlich verschwinden in der Gesamtabrechnung die beiden Terme für $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ . Hätte man von Anfang an alternativ auch so erkennen können:

$\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{2z(z-1)^2}{z^2+1} = (z-1)^2 \cdot g(z) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} g(z) = \frac{2z}{z^2+1} \end{eqnarray*}$ ,

und nun die Potenzreihenentwicklung von Funktion $\begin{eqnarray*} g(z) \end{eqnarray*}$ an Stelle $\begin{eqnarray*} z_0=1 \end{eqnarray*}$ berechnen (hier kann man direkt zur PBZ übergehen): Mit Ergebnis $\begin{eqnarray*} g(z) = \sum_{n=0}^{\infty} b_n (z-1)^n \end{eqnarray*}$ folgt dann nämlich

$\begin{eqnarray*} f(z) = (z-1)^2\cdot \sum_{n=0}^{\infty} b_n (z-1)^n = \sum_{n=0}^{\infty} b_n (z-1)^{n+2} = \sum_{n=2}^{\infty} b_{n-2} (z-1)^n \end{eqnarray*}$ ,

letzteres per Indexverschiebung. D.h., keine $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ -Potenzreihenanteile für $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ .

31.05.2024, 10:04

Pinocchio23

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ok, d.h. die Reihe beginnt bei n=2, d.h. ich muss nur noch a und b für -2i/(z+1-i) bestimmen für die geometrische Reihendarstellung?

31.05.2024, 10:10

Pinocchio23

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für -2i/(z+1-i) habe ich a=1-i und b=-1/2-i/2, ich hoffe das passt?

31.05.2024, 10:39

HAL 9000

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Falls du damit insgesamt dann (die für die Geometrische Reihenentwicklung vorbereitete) Darstellung

$\begin{eqnarray*} f(1+z) = 2z-2 + \frac{1+i}{1-\frac{-1+i}{2}z} + \frac{1-i}{1-\frac{-1-i}{2}z} \end{eqnarray*}$

meinst, das ist richtig. Daraus folgt unmittelbar die Potenzreihendarstellung $\begin{eqnarray*} f\left(z+1\right) = 2z-2 + \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n = (1+i)\cdot \left(\frac{-1+i}{2}\right)^n + (1-i)\cdot \left(\frac{-1-i}{2}\right)^n \end{eqnarray*}$ .

Koeffizient $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ sieht noch etwas unhandlich aus, zumal wir dort ja gern was reelles sehen wollen - da sollte man noch ein wenig umformen...

31.05.2024, 10:49

Pinocchio23

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Wenn ich f(1+z) wähle fallen dann die Terme für n=0 und n=1 auch weg, also beginnt die Reihe dann auch bei n=2

31.05.2024, 10:57

Leopold

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Nachdem die Sache mehr oder weniger durch ist, hier noch ein alternativer Weg. Es ist einer der wenigen Fälle, wo man auch mit Ableiten einigermaßen hinkommt.

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

Für die Ableitung der $\begin{align*} n \end{align*}$ -ten Ordnung gilt:

$\begin{align*} g^{(n)}(z) = \frac{(-1)^n n!}{2 \operatorname{i}} \left( \frac{1}{(z - \operatorname{i})^{n+1}} - \frac{1}{(z + \operatorname{i})^{n+1}} \right) \, , \ n \geq 0 \end{align*}$

Der Taylorkoeffizient bei der Entwicklung um 1 ist daher

$\begin{align*} \frac{g^{(n)}(1)}{n!} = \frac{(-1)^n}{2 \operatorname{i}} \left( \frac{1}{(1 - \operatorname{i})^{n+1}} - \frac{1}{(1 + \operatorname{i})^{n+1}} \right) = \frac{(-1)^n}{2 \operatorname{i}} \cdot \frac{(1 + \operatorname{i})^{n+1} - (1 - \operatorname{i})^{n+1}}{2^{n+1}} \end{align*}$

Da es sich bei $\begin{align*} 1 \pm \operatorname{i} \end{align*}$ bis auf einen reellen Faktor um vierte Wurzeln von -1 handelt, wird man, wenn man sich vom Komplexen lösen will, nicht umhin kommen, eine Betrachtung modulo 4 oder modulo 8 anzustellen.

31.05.2024, 12:26

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
wird man, wenn man sich vom Komplexen lösen will, nicht umhin kommen, eine Betrachtung modulo 4 oder modulo 8 anzustellen.

Winkelfunktionen sind auch eine mögliche Option:

$\begin{eqnarray*} f\left(z\right) = -\sum_{n=2}^{\infty} 2^{\frac{3-n}{2}}\cdot \cos\left( \frac{3}{4}\pi (n-1)\right)\cdot (z-1)^n \end{eqnarray*}$

Man kann auch aus $\begin{eqnarray*} (z-1)^4+4 = (z^2+1)(z^2-4z+5) \end{eqnarray*}$ folgern

$\begin{eqnarray*} g(z) = \frac{2z}{z^2+1} = \frac{z(z^2-4z+5)}{2\left(1+ \frac{1}{4}(z-1)^4\right)} = \frac{2-(z-1)^2+(z-1)^3}{2\left(1+ \frac{1}{4}(z-1)^4\right)} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2^{2k+1}}\cdot \left[ 2-(z-1)^2+(z-1)^3 \right]\cdot (z-1)^{4k} \end{eqnarray*}$

Aber wer hat schon so einen "Blick"? Augenzwinkern

Augenzwinkern

01.06.2024, 05:06

Pinocchio23

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Eine Frage hätte ich noch, kann man an einer Polstelle z.B. i die Funktion dennoch holomorph machen an der Stelle i, wenn man eine komplexe Konstante an geeigneter Stelle hinzufügt?

01.06.2024, 14:26

HAL 9000

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Zitat:

Original von Pinocchio23
wenn man eine komplexe Konstante an geeigneter Stelle hinzufügt?

Ohne weitere Erklärung würde ich unter hinzufügen einfach addieren verstehen - und damit klappt es sicher nicht.

01.06.2024, 14:51

Pinocchio23

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gemeint ist neu(nach) definieren

01.06.2024, 17:56

HAL 9000

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Zitat:

Original von Pinocchio23
gemeint ist neu(nach) definieren

Das ist ja noch schlimmer. Kannst du dich nicht mal klar und deutlich ausdrücken. unglücklich

unglücklich

01.06.2024, 18:09

IfindU

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RE: Taylorreihe einer holomorphen Funktion
Vlt ob es Konstanten $\begin{eqnarray*} z_1, z_2 \end{eqnarray*}$ gibt mit
$\begin{eqnarray*} g \colon \mathbb C \to \mathbb C, g(z) = \begin{cases}z_1 & \text{falls } z = i \\ z_2 & \text{falls }z = -i \\ f(z) & \text{sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$ ,
so dass $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ holomorph ist?

01.06.2024, 21:49

HAL 9000

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Diese Idee ist so abgrundtief aussichtslos, dass ich die nicht entfernt in Erwägung gezogen habe. Aber ja, mit einem sehr naiven Verständnis der Funktionentheorie kann man vielleicht auf so eine Idee kommen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.06.2024, 07:47

Leopold

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Ich wäre in der Beurteilung nachsichtiger. Wer etwas unbekanntes Neues lernt, kann noch nicht in jedem Detail den schnellen Durchblick haben. Fachleuten ist sofort klar, daß die Funktion $\begin{align*} \frac{1}{z^2 + 1} \end{align*}$ an den Stellen $\begin{align*} \pm \operatorname{i} \end{align*}$ Pole besitzt, so daß keine holomorphe Fortsetzung existiert. Auf der anderen Seite gibt es die Beispiele, in denen solche Fortsetzungen existieren, etwa

$\begin{align*} f(z) = \frac{\sinh(\pi z)}{z^2 + 1} \end{align*}$ mit der holomorphen Fortsetzung $\begin{align*} \bar{f}(z) = \begin{cases} \operatorname{i} \frac{\pi}{2} , & z = \operatorname{i} \\ - \operatorname{i} \frac{\pi}{2} , & z = -\operatorname{i} \\ f(z) , & \text{sonst} \end{cases} \end{align*}$

Daß man, wenn man das nur äußerlich betrachtet, auf den Gedanken von Pinocchio23 kommen kann, finde ich nicht abwegig.

02.06.2024, 11:34

HAL 9000

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Äpfel-Birnen-Vergleich
Pinocchio23 hat explizit von Polstellen gesprochen, nicht von Definitionslücken.

02.06.2024, 19:56

Leopold

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Dann hätte ich ihn auf seinen Irrtum angesprochen und geklärt, was eine Polstelle ist und warum sein Wunsch daher nicht in Erfüllung gehen kann.
Irren ist menschlich. Neulich habe ich in einer längeren Rechnung auf meinem Schmierblatt statt $\begin{align*} \left( 1 - t \right)^2 \end{align*}$ plötzlich $\begin{align*} \left( 1 - t^2 \right) \end{align*}$ geschrieben. Damit ergab sich ein unsinniges Ergebnis, so daß ich auf Fehlersuche ging. Stück für Stück bin ich die Rechnung durchgegangen, ganz langsam, und doch ist mir der Fehler nicht aufgefallen. Erst als ich nach jeder Umformung Werte eingesetzt hatte, fand sich die Stelle, an der die Termwerte nicht mehr übereinstimmten. Und dann war der Fehler auch sofort klar. Mein Gott, bist du blöd!, dachte ich. Das Gehirn spielt einem manchmal Streiche, daß man sich nur noch wundern kann.

03.06.2024, 05:44

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Dann hätte ich ihn auf seinen Irrtum angesprochen und geklärt, was eine Polstelle ist und warum sein Wunsch daher nicht in Erfüllung gehen kann.

Vielleicht geruhst du mal, den Threadverlauf anzuschauen:
Ich war noch im Klärungsprozess, was er denn überhaupt mit "neu(nach) definieren" meint. Und meine Anmerkung bezog sich nur auf die Vermutung (!) von IfindU, was gemeint sein könnte. Deswegen kläre ich Fragesteller nicht über ihren Irrtum auf, wenn noch gar nicht klar ist, ob sie überhaupt einem Irrtum unterliegen bzw. welchem. unglücklich

unglücklich

Also lass deine Ratschläge, wie wer hier zu helfen hat. Ich werfe dir doch auch nicht vor, dass du Leuten (deiner Meinung nach) geistreiche Sprüche nachwirfst, statt sie direkt auf Rechtschreibfehler "Term bitte ohne h schreiben" hinzuweisen.

03.06.2024, 11:22

Leopold

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Umgangsformen sind nicht jedermanns Sache. Damit muß ich mich wohl abfinden.

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