202511100211 - Taylor-Reihe für den Logarithmus

Beweis

Betrachte die Funktion $f(z)=\text{Log}(1+z)$ auf $U=B_1(0)$. Ihre Ableitungen sind $f^{(k)}(z)=\frac{(-1{)}^{k+1}(k-1)!}{(1+z{)}^k}\text{fu¨r }k\in \mathbb{N},$ also $\begin{array}{rl}f(0)& =0\\ f^{(k)}(0)& =(-1{)}^{k+1}(k-1)!\text{fu¨r }k\in \mathbb{N}.\end{array}$ Mit $z_0=0$ erhalten wir die Potenzreihenentwicklung $\text{Log}(1+z)={\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{f^{(k)}(0)}{k!}{z}^k={\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}{z}^k={\sum }_{k=1}^{\infty }{a}_k{z}^k\text{fu¨r alle }z\in B_1(0).$ (2.15) Die alternative Formel (Gleichung 2.13), d.h. $a_k=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{|\zeta |=r}\frac{\text{Log}(1+\zeta )}{{\zeta }^{k+1}}d\zeta \text{fu¨r }r\in (0,1)$ führt auf Integrale, die schwer zu berechnen sind. ¹

Alternative Herleitung für Beispiel 2.8.3

Wir geben eine alternative Herleitung der Taylor-Reihe (2.15). Es gilt (mit der geometrischen Reihe) $f^{\prime }(z)=\frac{1}{1+z}={\sum }_{k=0}^{\infty }(-z{)}^k\text{fu¨r }z\in B_1(0).$ Andererseits ist nach Definition und Theorem 2.3.6 $f^{\prime }(z)={\sum }_{k=1}^{\infty }k{a}_k{z}^{k-1}={\sum }_{k=0}^{\infty }(k+1)a_{k+1}{z}^k.$ Koeffizientenvergleich (d.h. die Eindeutigkeit von Potenzreihen) gibt daher $a_k=\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}=\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}$ wie behauptet. ²

Übungsaufgaben

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Referenz

Verknüpfung

Quellen

Footnotes

1. page=88 ↩

2. page=88 ↩