| Autor |
  Taylorreihe von x/(e^x-1) konvergiert |
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Cyborg
Aktiv 
Dabei seit: 20.05.2009
Mitteilungen: 553
 |  Themenstart: 2021-10-28
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Hallo, Leute!
Diesmal habe ich folgendes Problem:
Wie zeigt man, dass die Taylorreihe von \(\frac{x}{e^x-1}\) im Entwicklungspunkt 0 konvergiert?
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_kkkk.jpg
Zum Bild: Bei Wikipedia steht, dass die Reihenentwicklung für alle \(x\)
mit \(|x|<2\pi\) konvergiert.
Wie zeigt man das???
Ich brauche das für die Ausarbeitung eines Beweises
Danke. 🙄
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zippy
Senior 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 3622
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2021-10-28
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\quoteon(2021-10-28 19:13 - Cyborg im Themenstart)
Wie zeigt man das???
\quoteoff
Der Konvergenzradius ist der Abstand zur nächsten Singularität. ${x\over e^x-1}$ hat einen Pol bei $x=2\pi i$, daher ist $2\pi$ der Konvergenzradius um 0.
--zippy
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Wauzi
Senior 
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11528
Wohnort: Bayern
 | Beitrag No.2, eingetragen 2021-10-28
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Hallo,
zu Fuß geht es meines Wissens auch, indem man die Bernoullizahlen mit der Zetafunktion ausdrückt und die Stirlingsche Formel anwendet.
Gruß Wauzi
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Cyborg
Aktiv 
Dabei seit: 20.05.2009
Mitteilungen: 553
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-28
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Danke dir, zippy!
Ich hätte aber gerne den reellen Fall. Es würde mir schon reichen die
Konvergenz in einer hinreichend kleinen Umgebung um 0 zu beweisen.
In meinem Analysis-Buch kann ich sowas finden, nur wollte ich, dass der Aufwand nicht so groß ist wie im Buch.
🙄
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
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Cyborg
Aktiv
Dabei seit: 20.05.2009
Mitteilungen: 553
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-28
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OK, das Problem ist also nicht trivial.
Ich werde wohl der Argumentation im Buch folgen müssen, Stichwort: Inversion von Potenzreihen.
Trotzdem: Danke.
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Wally
Senior
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9479
Wohnort: Dortmund, Old Europe
 | Beitrag No.5, eingetragen 2021-10-28
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo,
was zippy schreibt ist doch genau richtig. Die komplexe Singularität bestimmt die Konvergenz der reellen Reihe, genau wie bei \( \D\frac{1}{1+x^2}\).
Wenn du es mit Gewalt reell willst: meiner Erinnerung nach steht dazu was im Analysis-Buch von Heuser.
Viele Grüße
Wally \(\endgroup\)
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Cyborg
Aktiv
Dabei seit: 20.05.2009
Mitteilungen: 553
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-29
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Hallo, Wally und zippy!
Ich sehe gerade, dass zippy genau die richtige Idee hat: Ich habe mal in meinem Funktionentheorie-Buch geschaut:
Die Singularität von \(\dfrac{z}{e^z-1}\) in \(0\) ist hebbar. Die größte Kreisscheibe um 0, die die NÄCHSTE nicht hebbare Singularität \(2\pi i\) nicht berührt, hat den Radius \(2\pi\). In dieser Kreisscheibe ist \(\dfrac{z}{e^z-1}\) holomorph, also in eine Potenzreihe entwickelbar, denn \(z\) und \(e^z-1\) sind holomorph.
Ich muss jetzt nur noch zeigen, dass \(\dfrac{z}{e^z-1}\) auch in \(0\) holomorph ist, denn für \(\neq0\) ist die Holomorphie klar:
Ich muss also zeigen, dass der Limes des Differenzenquotienten $\neq\infty$ ist und der linksseitige Grenzwert gleich dem rechtsseitigen ist.
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Wally
Senior
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9479
Wohnort: Dortmund, Old Europe
| Beitrag No.7, eingetragen 2021-10-29
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Hallo Cyborg,
nicht rechnen - Holomorphie kann man durch eine ganze Reihe von Eigenschaften charakterisieren. Im Zusammenhang mit hebbaren Singularitäten findest du bestimmt etwas Passendes.
Viele Grüße
Wally
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Cyborg
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Dabei seit: 20.05.2009
Mitteilungen: 553
| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-29
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Holomorpie in 0:
\(f(z)=\dfrac{z}{e^z-1}\).
\(\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}\).
Mit Derive bekomme ich:
\(\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}=
\dfrac{1}{(1-e^z)\cdot (e^{z+h}-1)}\cdot\dfrac{e^z\cdot(z\cdot e^h-z-h)+h}{h}\)
also:
\(\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}=
\dfrac{1}{(1-e^z)\cdot (e^{z+h}-1)}\cdot
(e^z\cdot\dfrac{z\cdot e^h-z-h}{h}+1)\)
also:
\(\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}=
\dfrac{1}{(1-e^z)\cdot (e^{z+h}-1)}\cdot
(e^z\cdot(z\cdot\dfrac{e^h-1}{h}-1)+1)\)
also:
\(\lim\limits_{h\rightarrow 0}\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}=
\dfrac{1}{(1-e^z)\cdot (\lim\limits_{h\rightarrow 0}e^{z+h}-1)}\cdot
(e^z\cdot(z\cdot\lim\limits_{h\rightarrow 0}\dfrac{e^h-1}{h}-1)+1)
\)
wegen \(\lim\limits_{h\rightarrow 0}\dfrac{e^h-1}{h}=
\lim\limits_{h\rightarrow 0}\dfrac{e^h}{1}=1\) folgt:
\(\lim\limits_{h\rightarrow 0}\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}=
\dfrac{1}{(1-e^z)\cdot (e^{z}-1)}\cdot
(e^z\cdot(z\cdot1-1)+1)
\)
also:
\(\lim\limits_{h\rightarrow 0}\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}=
-\dfrac{(e^z\cdot(z-1)+1)}{(e^z-1)^2}
\)
und jetzt:
\(\lim\limits_{z\rightarrow 0}-\dfrac{(e^z\cdot(z-1)+1)}{(e^z-1)^2}=
\lim\limits_{z\rightarrow 0}-\dfrac{z\cdot e^z}{2\cdot e^{2z}-2\cdot e^z}=
\lim\limits_{z\rightarrow 0}-\dfrac{e^z\cdot(z+1)}{4\cdot e^{2z}-2\cdot e^z}=-\dfrac{1}{2}\)
ALLES OK SO???
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]
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jjzun
Aktiv
Dabei seit: 20.07.2019
Mitteilungen: 31
 | Beitrag No.9, eingetragen 2021-10-29
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Hallo Cyborg,
also wenn du es unbedingt reell willst und rechnen möchtest (also auch kein Riemannscher Hebbarkeitssatz) kannst du dir mit L'Hospital viel Arbeit ersparen!
(Der L'Hospital gilt hier auch im Komplexen weil Zähler und Nenner einzeln als Funktionen in x=0 beide einfache Nullstellen haben.)
\(\lim_{x \to 0}\frac{x}{e^x - 1} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{e^x} = 1\)
Viele Grüße,
jjzun
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zippy
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Mitteilungen: 3622
| Beitrag No.10, eingetragen 2021-10-29
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Auch die Potenzreihe der Exponentialfunktion erspart einem solche Marathon-Rechnungen wie in Beitrag Nr. 8:
$$f(z) = {z\over e^z-1} = {z\over z+\frac12z^2+\cdots} =
{1\over 1+\frac12z+\cdots} \\[5ex]
{f(z)-f(0)\over z} = \frac1z\cdot
{1-\bigl(1+\frac12z+\cdots\bigr)\over 1+\frac12z+\cdots} =
{-\frac12+\cdots\over 1+\frac12z+\cdots} \to -\frac12$$
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Cyborg
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Mitteilungen: 553
| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-29
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@jjzun: Gilt der L'Hospital uneingeschränkt auch IMMER im Komplexen???
@zippy: Du bist toll! Hast mir oft helfen gewollt. So geht das besser aufzuschreiben.
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