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Mathematik-Online-Aufgabensammlung: Lösung zu

Aufgabe 871: Reihendarstellung rationaler Funktionen

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Man überprüfe die Identität

$ \mbox{$\displaystyle (1-z)^{-k} \; = \; \sum_{n = 0}^\infty {n + k - 1 \choose n} z^n $}$
für $ \mbox{$z\in B_1(0)\subseteq \mathbb{C}$}$ und $ \mbox{$k\in\mathbb{N}$}$.

(1)
Man verwende hierzu die Binomialreihe.
(2)
Man verwende hierzu Induktion über $ \mbox{$k$}$, und das Cauchyprodukt für den Induktionsschritt.
(3)
Man berechne $ \mbox{$\sum_{n = 1}^\infty n^k z^n$}$ für $ \mbox{$z\in B_1(0)$}$ und $ \mbox{$k\in\{1,2,3\}$}$. Ergebnis jeweils als rationale Funktion $ \mbox{$f_k(z)$}$ in $ \mbox{$z$}$.
(4*)
$ \mbox{$f_k(z) = (-1)^{k+1} f_k(1/z)$}$ für alle $ \mbox{$k\in\mathbb{N}$}$.

Wir haben nachzuprüfen, daß

$ \mbox{$\displaystyle (1-z)^{-k} \; = \; \sum_{n = 0}^\infty {n + k - 1 \choose n} z^n $}$
für $ \mbox{$z\in B_1(0)$}$ und $ \mbox{$k\in\mathbb{N}$}$.

Zunächst einmal halten wir fest, daß die Potenzreihe auf der rechten Seite der Identität den Konvergenzradius $ \mbox{$1$}$ besitzt.

(1)
Mit der binomischen Reihe wird
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} (1 - z)^{-k} & = & \sum_{n = 0}^\inf... ...1mm}\\ & = & \sum_{n = 0}^\infty {n+k-1 \choose n} z^n\; , \\ \end{array}$}$
da
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} (-1)^n {-k \choose n} &=& (-1)^n (-k)... ...(k+1)\cdots (k+n-1)/n!\vspace*{2mm}\\ &=& {n+k-1 \choose n}\; . \end{array}$}$

(2)
Bevor wir die Aufgabe in Angriff nehmen, zeigen wir, ebenfalls per Induktion, daß für $ \mbox{$k\geq 2$}$ und $ \mbox{$\mu\geq 0$}$
$ \mbox{$\displaystyle \sum_{n = 0}^\mu {n + k - 2 \choose n} \; = \; {\mu + k - 1 \choose \mu}\; . $}$
In der Tat gilt dies für $ \mbox{$\mu = 0$}$, und allgemein wird induktiv
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \sum_{n = 0}^\mu {n + k - 2 \choose n... ...u - 1} \vspace*{1mm}\\ & = & {\mu + k - 1 \choose \mu}\; . \\ \end{array}$}$

Nun zur Aufgabe. Für $ \mbox{$k = 1$}$ folgt die Identität wegen $ \mbox{${n + 1 - 1 \choose n} = 1$}$ aus der geometrischen Reihe.

Sei $ \mbox{$k\geq 2$}$, und sei die Identität als gültig angenommen für $ \mbox{$k-1$}$. Mittels Cauchyprodukt wird

$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} (1 - z)^{-k} & = & (1 - z)^{-1} (1 -... ... & \sum_{\mu = 0}^\infty z^\mu {\mu + k - 1 \choose \mu}\; . \\ \end{array}$}$
(3)
Es wird
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} f_1(z) & = & \sum_{n = 0}^\infty n z... ...frac{1}{1-z} \vspace*{2mm} \\ & = & \frac{z}{(1-z)^2} \; . \\ \end{array}$}$
Es wird
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} f_2(z) & = &\sum_{n = 0}^\infty n^2 ... ...2}{1-z} \vspace*{2mm} \\ & = & \frac{z(1+z)}{(1-z)^3} \; . \\ \end{array}$}$
Es wird
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} f_3(z) & = & \sum_{n = 0}^\infty n^3... ...vspace*{2mm} \\ & = & \frac{z(z^2 + 4z + 1)}{(1-z)^4} \; . \\ \end{array}$}$

(4*)
Lösungsskizze. Es wird
$ \mbox{$\displaystyle f_k'(z) \; =\; \sum_{n = 1}^\infty n^{k+1} z^{n-1} \; =\; z^{-1} f_{k+1}(z)\; . $}$
Also wird mit Induktion
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} f_{k+1}(z) & = & z f_k'(z) \\ & = ... ..._{k+1}(1/z)) (-1/z^2) \\ & = & (-1)^{k+2} f_{k+1}(1/z)\; , \\ \end{array}$}$
denn nach Induktionshypothese ist
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} f_k'(z) &=& \left((-1)^{k+1}f_k(1/z)\right)'\vspace*{2mm}\\ &=& (-1)^{k+1}f_k'(1/z)(-1/z^2)\;. \end{array}$}$
(Autoren: Künzer/Martin/Nebe)
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  automatisch erstellt am 7.  6. 2005