Musterlösung Funkt.theo. im SS 2001 Dr. Bernd Ammann, Universität Hamburg Blatt 10 12. Juni 2001

4 Es sei f(z) := \frac{1}{e^{z}−1} und ∑_{k∈ℤ} a_{k}z^{k} die Laurent-Entwicklung von f auf einer punkierten Kreisscheibe um den Nullpunkt.

(a) Zeigen Sie: a_{−k} = 0 für k ≥ 2.

(b) Bestimmen Sie die Koeffizienten a_{−1} und a_{0}.

(c) Zeigen Sie: a_{2k} = 0 für k ≥ 1.

(d) Zeigen Sie: Für die Koeffizienten mit ungeradem positivem Index gilt die folgende Rekursionsformel:

\frac{1}{(2k + 1)!} − \frac{1}{2 · (2k)!} + ∑_{r=1}^{k} \frac{a_{2r−1}}{(2k − 2r + 1)!} = 0

Lösung: Man sieht leicht, dass f meromorph ist und in 0 einen Pol erster Ordnung besitzt. Hieraus folgt (a). Es gilt

∑_{n=−1}^{∞} a_{n}z^{n} · ∑_{s=1}^{∞} \frac{1}{s!}z^{s} = 1,

also für alle m ∈ ℤ

∑_{n+s=m,s≥1} a_{n} \frac{1}{s!} = δ_{m0}.

In anderen Worten:

∑_{n=−1}^{m−1} a_{n} \frac{1}{(m − n)!} = δ_{m0}.

Dies bedeutet für m = 0: a_{−1} = 1, und für m = 1: a_{0} = −(1/2). Man sieht leicht, dass

f(z) − \frac{1}{z} + \frac{1}{2} = ∑_{n=1}^{∞} a_{n}z^{n}

eine ungerade Funktion ist, woraus (c) folgt. Schliesslich setze man m = 2k, k ∈ ℕ. Wir erhalten

\frac{1}{(2k + 1)!} + \frac{1}{2(2k)!} + ∑_{n=1}^{2k−1} a_{n} \frac{1}{(2k − n)!} = 0.

Wenn wir n durch 2r − 1 substituieren, folgt die Rekursionsformel.

Abgabe: Dienstag, 19. Juni 2001 vor der Vorlesung Bitte geben Sie Ihren Namen und Ihre Gruppennummer auf Ihren Lösungen an.

http://www.math.uni-hamburg.de/home/ammann/ft