Konvergenzradien

03.01.2006, 16:11

20_Cent

Konvergenzradien

Hallo zusammen!

Ich habe folgende Aufgabe:

Sei $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}a_n\cdot x^n \end{eqnarray*}$ eine Potenzreihe mit Konvergenzradius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ .

a)

Sei $\begin{eqnarray*} R \in (0,\infty) \end{eqnarray*}$ . Bestimmen sie die Konvergenzradien der Potenzreihen:

i) $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}a_n\cdot x^{kn}\ \mbox{für}\ k \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ ,

ii) $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}a_n\cdot x^{(n^2)} \end{eqnarray*}$ ,

iii) $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}a_n\cdot \frac{x^n}{(2n)!} \end{eqnarray*}$ .

Bei i) habe ich $\begin{eqnarray*} \sqrt[k]{R} \end{eqnarray*}$ raus.

Bei ii) habe ich Wurzelkriterium angewendet, n^2=n*n, dort müsste dann $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{R} \end{eqnarray*}$ rauskommen, was ja =0 wäre für R<1, =1 für R=1 und unendlich für R>1.

Bei iii) Habe ich mit dem Quotientenkriterium raus, dass die Reihe immer konvergiert, der Konvergenzradius also unendlich ist.

Stimmen meine Überlegungen?

mfG 20

03.01.2006, 16:34

phi

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Sieht gut aus. Ich hab letzten Monat genau die selben Ergebnisse rausbekommen bei der gleichen Aufgabe.

mfg, phi.

03.01.2006, 16:37

Mathespezialschüler

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i) ist ok.
ii) So kannst du das Wurzelkriterium nicht anwenden. Du hast am Ende immer noch einen von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ abhängigen Term. Zeig mal genau, wie du es angewandt hast! Ich würde es so machen: Sei $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ die Menge aller natürlichen Quadratzahlen:

$\begin{eqnarray*} M:=\{n^2\ |\ n\in\mathbb N_0\} \end{eqnarray*}$ .

Setze

$\begin{eqnarray*} b_k=\begin{cases} 0 & \text{für }k\notin M \\ a_{\sqrt{k}} & \text{für }k\in M\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}a_n\cdot x^{(n^2)}=\sum_{k=0}^{\infty}b_k\cdot x^k \end{eqnarray*}$

und den Konvergenzradius der Reihe rechts kannst du nun über die Formel von Cauchy-Hadamard bestimmen.
Bei iii) setzt du voraus, dass der Limes $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}~\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| \end{eqnarray*}$ existiert bzw. dass der Bruch nicht beliebig groß wird. Hier solltest du lieber wieder die Formel von Cauchy-Hadamard anwenden.

Gruß MSS

03.01.2006, 16:54

20_Cent

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$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty}a_n\cdot x^{(n^2)} \end{eqnarray*}$

Wurzelkriterium:

$\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{a_n\cdot (x^n)^n} = \sqrt[n]{a_n}\cdot x^n \end{eqnarray*}$

das ist 1, wenn $\begin{eqnarray*} x = \sqrt[n]{R} \end{eqnarray*}$ ist.

bei deiner möglichkeit verstehe ich nicht, wie man den Konvergenzradius bestimmen kann, oder hat $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{b_k} \end{eqnarray*}$ den selben grenzwert wie $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{a_n} \end{eqnarray*}$ ?

zur iii):

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to \infty}{\sqrt[n]{n!}} = \infty \end{eqnarray*}$

gilt das?

mfG 20

03.01.2006, 17:40

Pöken

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Hi!

Also bei (ii) hab ich das folgendemaßwn gemacht:

Wurzelkriterium:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\mid a_{n} x^{n^{2}} \mid} = \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{\mid a_{n} \mid} \mid x \mid^{n} = \begin{cases} \infty & \text{für } \mid x \mid >1 \\ R^{-1} & \text{für }\mid x \mid =1 \\ 0 & \text{für }\mid x \mid <1\end{cases} \end{eqnarray*}$

Und dann hab ich noch 3 Fälle untersucht, je nachdem ob $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ größer, gleich oder kleiner 1 ist.

Insgesamt ergibt sich Konvergenzradius 1.

Ist das in Ordnung so?

03.01.2006, 19:51

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von 20_Cent
das ist 1, wenn $\begin{eqnarray*} x = \sqrt[n]{R} \end{eqnarray*}$ ist.

Und was ist hier bitte das $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ? Dir ist schon klar, dass $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ die Laufvariable ist!?
Bei meiner Möglichkeite geht es um $\begin{eqnarray*} \sqrt[k]{|b_k|} \end{eqnarray*}$ . Ich weiß leider nicht, warum ihr alle immer auf den Limes aus seid, es geht doch um den Limes superior:

$\begin{eqnarray*} R=\frac{1}{\limsup\limits_{k\to\infty}\sqrt[k]{|b_k|}} \end{eqnarray*}$ .

Der Limes superior ist nun leicht zu bestimmen.
iii) Ja, das gilt.

Gruß MSS

03.01.2006, 20:03

20_Cent

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laut pöken's lösung müsste ja für den lim sup 1 rauskommen, aber das kann ich nicht nachvollziehen...
stimmt die lösung denn?
mfG 20

03.01.2006, 20:43

Mathespezialschüler

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Ja, das ist richtig. Das kann man sich so klar machen: Für $\begin{eqnarray*} k\notin M \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|b_k|}=0 \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} k\in M \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} k=n^2 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \limsup_{k\to\infty}\sqrt[k]{|b_k|}=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n^2]{|a_n|}=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{\sqrt[n]{|a_n|}} \end{eqnarray*}$ .

Da

$\begin{eqnarray*} 0<\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=R<\infty \end{eqnarray*}$

ist, existieren zwei Zahlen $\begin{eqnarray*} K>L>0 \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} L\leq \sqrt[n]{|a_n|}\leq K \end{eqnarray*}$ für unendlich viele $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gilt, wobei die zweite Ungleichung für alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gilt. Damit folgt für diese $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{L}\leq \sqrt[n]{\sqrt[n]{|a_n|}}\leq \sqrt[n]{K} \end{eqnarray*}$ .

Deshalb gilt $\begin{eqnarray*} \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n^2]{|a_n|}=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{\sqrt[n]{|a_n|}}=1 \end{eqnarray*}$ (Sandwich-Lemma) und damit

$\begin{eqnarray*} R'=\frac{1}{\limsup\limits_{n\to\infty}\sqrt[n^2]{|a_n|}}=1 \end{eqnarray*}$ .

Gruß MSS

03.01.2006, 22:41

phi

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Nehm alles zurück, war doch nicht die selbe Aufgabe. (War keine Vergleichsreihe mit Konvergenzradius R gegeben)

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