Konvergenz einer Reihe in C zu zeigen

29.10.2010, 17:37

pablosen

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Konvergenz einer Reihe in C zu zeigen

Hallo liebes Forum

Ich habe zu beweisen, dass diese Reihe

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n} \end{eqnarray*}$

auf ganz $\begin{eqnarray*} \{ z \in \mathbb{C} | |z| \leq 1, z \neq 1 \} \end{eqnarray*}$ konvergiert, aber für $\begin{eqnarray*} z=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |z|>1 \end{eqnarray*}$ divergiert.

Ich habe den Hinweis bekommen, ich solle die Partialsummen mit (1-z) multiplizieren für $\begin{eqnarray*} z \neq 1 \end{eqnarray*}$ und dann abschätzen.

Ich habe dann also die Partialsumme

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n * (1-z) }{n} \end{eqnarray*}$

verstehe jetzt aber gar nicht, wie ich da abschätzen soll, da es sich sowieso nicht mehr um die urspr. Reihe handelt.

Und: Mit dem Quotientkriterium konnte ich zeigen, dass die Reihe konvergiert für $\begin{eqnarray*} |z|<1 \end{eqnarray*}$ , aber das bringt mir nicht viel, ich muss das andere ja auch zeigen.

Danke euch

29.10.2010, 17:47

wisili

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RE: Konvergenz einer Reihe in C zu zeigen
Für z=1 ist es die harmonische Reihe.

29.10.2010, 18:29

pablosen

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RE: Konvergenz einer Reihe in C zu zeigen

Zitat:

Original von wisili
Für z=1 ist es die harmonische Reihe.

Stimmt, dieser Fall ist klar.

Wenn aber Betrag der Zahl grösser als 1...bspweise

also selbst Mathematica weiss dann nicht, was geschieht. Denn das sind ja komplexe Zahlen und die kann man nicht mit "grösser gleich" abwägen. Keine Ahnung.

29.10.2010, 18:38

René Gruber

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Die Konvergenz im Fall $\begin{eqnarray*} |z|=1,z\neq 1 \end{eqnarray*}$ kann auch mit dem Dirichlet-Kriterium gezeigt werden. Aber wenn ich mir euren Hinweis nochmal genau ansehe - so geht es natürlich auch. Augenzwinkern

Augenzwinkern

29.10.2010, 23:22

pablosen

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Zitat:

Original von René Gruber
Die Konvergenz im Fall $\begin{eqnarray*} |z|=1,z\neq 1 \end{eqnarray*}$ kann auch mit dem Dirichlet-Kriterium gezeigt werden. Aber wenn ich mir euren Hinweis nochmal genau ansehe - so geht es natürlich auch. Augenzwinkern

Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty}z^n * (\frac{1}{n})<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{n}<br /> \end{eqnarray*}$ ist monoton fallende Nullfolge. Kann ich zeigen.

Aber die Beschränktheit von

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty}z^n \end{eqnarray*}$ macht mir Probleme mit $\begin{eqnarray*} |z|=1 \end{eqnarray*}$ . Muss ich hier z wieder der Art $\begin{eqnarray*} z=a+bi \end{eqnarray*}$ darstellen?

Ich habe einfach keine Ahnung, wie ich die Grösse von z messe, denn laut wikipedia ist z ja nicht "messbar", also man kann nicht sagen, ob eine andere komplexe Zahl grösser, kleiner oder gleich ist...? Muss ich einfach zeigen, dass der Betrag des Produkts wiederum kleiner oder gleich 1 ist, usw...?

29.10.2010, 23:45

René Gruber

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Zitat:

Original von pablosen
Aber die Beschränktheit von

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty}z^n \end{eqnarray*}$ macht mir Probleme mit $\begin{eqnarray*} |z|=1 \end{eqnarray*}$ .

Dieser Reihenwert muss gar nicht existieren - tut er hier auch nicht. unglücklich

unglücklich

Es geht um die Beschränktheit der zugehörigen Partialsummen, und die ist hier erfüllt:

$\begin{eqnarray*} \left| \sum\limits_{n=1}^m z^n \right| = |1-z^m| \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \leq (1+|z^m|) \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| = 2\cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \end{eqnarray*}$ .

-----------------------

Aber vielleicht hat dein Aufgabensteller ein Problem damit, dass du Dirichlet verwendest - sicher ist sicher, befolge lieber euren Tipp:

$\begin{eqnarray*} (1-z)s_m = \sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n(1-z)}{n} = \sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n}{n} ~ - ~\sum\limits_{n=1}^m \frac{z^{n+1}}{n} = \sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n}{n} ~ - ~\sum\limits_{n=2}^{m+1} \frac{z^n}{n-1} = \ldots \end{eqnarray*}$

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30.10.2010, 00:03

pablosen

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Hallo Renée.

Also ich verstehe den 1. genannten Weg mit Dirichlet auch nicht, so wie du das gemacht hast. Was ist das rechts vom kleiner gleich-Zeichen für eine Partialsumme?
Müsste ja grösser sein als $\begin{eqnarray*} \left| \sum\limits_{n=1}^m z^n \right| \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} (1-z)s_m = \sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n(1-z)}{n} = \sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n}{n} ~ - ~\sum\limits_{n=1}^m \frac{z^{n+1}}{n} = \sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n}{n} ~ - ~\sum\limits_{n=2}^{m+1} \frac{z^n}{n-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \sum\limits_{n=2}^{m+1} \frac{z^n}{n-1} - \sum\limits_{n=2}^{m+1} \frac{z^n}{n-1}= \sum\limits_{n=2}^{m+1} \frac{z^n-z^n}{n-1} =0 \end{eqnarray*}$ ??

Wieso zeige ich damit die Beschränktheit von der urspr. Partialsumme? Kannst du mir bitte ev. die Schritte beim Dirichlet-Beweis erläutern?

30.10.2010, 00:28

René Gruber

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Zitat:

Original von pablosen
Was ist das rechts vom kleiner gleich-Zeichen für eine Partialsumme?

Werd mal deutlicher - von welcher Partialsumme rechts welchen kleinergleich-Zeichen redest du da??? unglücklich

unglücklich

Ich habe da ganz normal die Partialsumme einer geometrischen Reihe berechnet und dann rechts mit der Dreiecksungleichung abgeschätzt.

Zitat:

Original von pablosen
Wieso zeige ich damit die Beschränktheit von der urspr. Partialsumme?

Gar nicht, denn du rechnest falsch. Richtig weitergerechnet kann man zeigen, dass da rechts im wesentlichen die Partialsumme einer absolut konvergente Reihe steht.

30.10.2010, 10:08

pablosen

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Beim Dirichlet-Beweis verstehe ich nicht:

$\begin{eqnarray*} \left| \sum\limits_{n=1}^m z^n \right| \underbrace{=}_{Schritt 1} |1-z^m| \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \leq (1+|z^m|) \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \underbrace{=}_{Schritt 3} \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \end{eqnarray*}$

Den Schritt 1 und den Schritt 3. Klar ist, dass dies eine Abschätzung ist. Aber wie du von
$\begin{eqnarray*} \left| \sum\limits_{n=1}^m z^n \right| \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} |1-z^m| \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \end{eqnarray*}$ kommst, verstehe ich nicht.

Auch verstehe ich nicht, wie du von

$\begin{eqnarray*} (1+|z^m|) \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \end{eqnarray*}$ kommst.

Desweiteren ist mir hier unklar, wieso das die Beschränktheit zeigt. Dann wäre ja

$\begin{eqnarray*} |\frac{z}{1-z}| \end{eqnarray*}$ eine obere Schranke. Aber z ist eine komplexe Zahl und darum nicht "messbar", sprich, man kann laut Wikipedia nicht zwei komplexe Zahlen nehmen und sagen, die eine sei grösser als die andere. Bei einer oberen Schranke müssten die anderen Zahlen ja stets kleiner gleich sein und das kann man hier gar nicht sagen, da z eine komplexe Zahl ist. Machst du die komplexen Zahlen einfach messbar, indem du den Betrag davon nimmst?

Was ich auch noch nicht verstehe: Laut Hinweis muss mit $\begin{eqnarray*} 1-z \end{eqnarray*}$ multipliziert werden. Das machst du aber nicht. Du multiplizierst mit $\begin{eqnarray*} \frac{1-z^m}{1-z} \end{eqnarray*}$ ??

Grüsse

30.10.2010, 17:20

René Gruber

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Zitat:

Original von pablosen
Aber wie du von
$\begin{eqnarray*} \left| \sum\limits_{n=1}^m z^n \right| \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} |1-z^m| \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \end{eqnarray*}$ kommst, verstehe ich nicht.

Es ist

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^m z^n = z\cdot \frac{1-z^m}{1-z} \end{eqnarray*}$

die Partialsumme der geometrischen Reihe - sollte Allgemeinwissen sein. Und dann einfach Betrag auf beiden Seiten, fertig.

Zitat:

Original von pablosen
Auch verstehe ich nicht, wie du von

$\begin{eqnarray*} (1+|z^m|) \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} \cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \end{eqnarray*}$ kommst.

Wenn ich etwas nicht mag, dann verstümmeltes Zitieren: Rechts steht $\begin{eqnarray*} 2\cdot \left| \frac{z}{1-z} \right| \end{eqnarray*}$ .

Wir diskutieren hier nur den Fall $\begin{eqnarray*} |z|=1 \end{eqnarray*}$ , in dem ist dann auch $\begin{eqnarray*} |z^m| = |z|^m = 1 \end{eqnarray*}$ und folglich $\begin{eqnarray*} 1+|z^m| = 2 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von pablosen
Desweiteren ist mir hier unklar, wieso das die Beschränktheit zeigt. Dann wäre ja

$\begin{eqnarray*} |\frac{z}{1-z}| \end{eqnarray*}$ eine obere Schranke.

Nicht das ist die Schranke, sondern

$\begin{eqnarray*} 2\cdot \left| \frac{z}{1-z} \right|\qquad (*) \end{eqnarray*}$ .

Und es geht um die Beschränktheit für variable $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ bei festem $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ : Dieser Wert (*) ist im Fall $\begin{eqnarray*} z\neq 1 \end{eqnarray*}$ eine (endliche) positive reelle Zahl, von $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ unabhängig.

Zitat:

Original von pablosen
Aber z ist eine komplexe Zahl und darum nicht "messbar", sprich, man kann laut Wikipedia nicht zwei komplexe Zahlen nehmen und sagen, die eine sei grösser als die andere. Bei einer oberen Schranke müssten die anderen Zahlen ja stets kleiner gleich sein und das kann man hier gar nicht sagen, da z eine komplexe Zahl ist.

Schöner Vortrag - aber warum hältst du den mir? Hab ich irgendwo echt komplexe Zahlen miteinander verglichen? Nein, nur Beträge, und die sind bekanntermaßen reell. Vergleiche reeller Zahlen erlaubst du mir aber, oder kommt nun der nächste Vortrag? smile

smile

30.10.2010, 17:41

pablosen

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Ich danke dir, René.

Zitat:

Schöner Vortrag - aber warum hältst du den mir? Hab ich irgendwo echt komplexe Zahlen miteinander verglichen? Nein, nur Beträge, und die sind bekanntermaßen reell. Vergleiche reeller Zahlen erlaubst du mir aber, oder kommt nun der nächste Vortrag

Was ich sagen wollte:

Also wenn ich eine komplexe Reihe habe und zeigen muss, dass sie beschränkt ist.

Dann ist sie genau dann nach oben beschränkt, wenn der Betrag vom Ergebnis der Reihe (=komplex) stets kleiner gleich einer reellen Zahl ist...( $\begin{eqnarray*} \forall \end{eqnarray*}$ Partialsummen der Reihe)?

Und dass sie nach unten beschränkt ist folgt eigentlich schon aus der Definition des Betrages einer komlpexen Zahl (0), denn der ist immer

$\begin{eqnarray*} \sqrt{ \underbrace{ a^2}_{\geq 0} + \underbrace{b^2}_{\geq 0} } \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} a+bi \in \mathbb{C} \end{eqnarray*}$

Grüsse

30.10.2010, 17:44

René Gruber

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Zitat:

Original von pablosen
Dann ist sie genau dann nach oben beschränkt, wenn der Betrag vom Ergebnis der Reihe (=komplex) stets kleiner gleich einer reellen Zahl ist...?

Ja. Wobei - ich wiederhole es (zum letzten Mal) - es um die Partialsummen bei festem $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ geht. Also nicht etwa um eine Beschränktheit über alle $\begin{eqnarray*} |z|=1,z\neq 1 \end{eqnarray*}$ , die ist nämlich nicht erfüllt, muss sie auch nicht.

Zitat:

Original von pablosen
Und dass sie nach unten beschränkt ist folgt eigentlich schon aus der Definition des Betrages einer komlpexen Zahl (0)

Der Terminus "nach unten beschränkt" macht bei komplexen Zahlen wenig Sinn, und wird deshalb auch nirgends verwendet - zumindest nicht dass ich wüsste. Augenzwinkern

Augenzwinkern

30.10.2010, 18:27

pablosen

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Hallo Renée

Es ist nicht meine Absicht, dass du etwas wiederholen musst. Aber du schreibst oben

Zitat:

Wir diskutieren hier nur den Fall $\begin{eqnarray*} |z|=1 \end{eqnarray*}$

und unten wiederum

Zitat:

Wobei - ich wiederhole es (zum letzten Mal) - es um die Partialsummen bei festem $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ geht. Also nicht etwa um eine Beschränktheit über alle $\begin{eqnarray*} |z|=1,z\neq 1 \end{eqnarray*}$ , die ist nämlich nicht erfüllt, muss sie auch nicht.

Der Fall $\begin{eqnarray*} |z|=1 \end{eqnarray*}$ beinhaltet auch die 2 Zahlen:
$\begin{eqnarray*} 0.3 + 0.953939201416946i \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} 0.9 + 0.435889894354067i \end{eqnarray*}$

Warum ist $\begin{eqnarray*} |z|=1 \end{eqnarray*}$ fest?
Grüsse

30.10.2010, 18:33

René Gruber

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Zitat:

Original von pablosen
Warum ist $\begin{eqnarray*} |z|=1 \end{eqnarray*}$ fest?

Es ist fest, wenn wir für festes $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ die Beschränktheit der Partialsummen $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^m z^n \end{eqnarray*}$ bzw. bei der Originalreihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^m \frac{z^n}{n} \end{eqnarray*}$ diskutieren. Es geht hier schließlich um die Konvergenz der Reihen für einzelne solche $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ , nicht etwa um gleichmäßige Konvergenz bzgl. all dieser $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ .

Und einen "Widerspruch" sehe ich weit und breit nicht: Es geht jeweils um Zahlen z mit $\begin{eqnarray*} |z|=1,z\neq 1 \end{eqnarray*}$ , d.h. auf dem Einheitskreis mit einer kleinen Einpunktlücke.

P.S.: Ich bereue es ehrlich, in diesem Thread überhaupt geantwortet habe. Es ist jetzt nur noch das blanke Pflichtgefühl, was mich hier antworten lässt - Spaß macht es gewiss keinen mehr. unglücklich

unglücklich

30.10.2010, 18:40

pablosen

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Ich bedanke mich, Renée .

Das heisst also fest.

Und in dem Fall tut es mir leid, dass ich diese Frage hier überhaupt gestellt habe.

Grüsse
Pablo

30.10.2010, 18:44

René Gruber

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Ja, bei der nächsten Anfrage wäre es nett, wenn du Grundbegriffe wie Reihenkonvergenz, Beschränktheit u.ä. dir nicht noch mal von den Helfern hier abforderst, sondern mal selbst nachschlägst. Es ist kein angenehmes Gefühl, auch noch Lexikonersatz spielen zu müssen.

30.10.2010, 19:08

pablosen

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Zitat:

Original von René Gruber
Ja, bei der nächsten Anfrage wäre es nett, wenn du Grundbegriffe wie Reihenkonvergenz, Beschränktheit u.ä. dir nicht noch mal von den Helfern hier abforderst, sondern mal selbst nachschlägst. Es ist kein angenehmes Gefühl, auch noch Lexikonersatz spielen zu müssen.

Werde das das nächste Mal besser machen.

31.10.2010, 14:49

pablosen

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Habe das Vorlesungsskript bez. Folgen und Reihen nun etwa 4mal durchegelesen, bevor ich diesen Beitrag erfasste:

Es ist $\begin{eqnarray*} (1-z)s_m = \sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n(1-z)}{n} = \sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n}{n} ~ - ~\sum\limits_{n=2}^{m+1} \frac{z^n}{n-1} = z^1-z^2+\frac{z^2}{2}-\frac{z^3}{2}+\frac{z^3}{3}-...+\frac{z^m}{m}-\frac{z^{m+1}}{m} \end{eqnarray*}$

Was ich soweit ich weiss nicht darf, ist: $\begin{eqnarray*} |a-b|\leq|a|-|b| \end{eqnarray*}$

Sonst wäre es einfach, denn, dann wäre:

$\begin{eqnarray*} |\sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n}{n} ~ - ~\sum\limits_{n=2}^{m+1} \frac{z^n}{n-1}| \leq |\sum\limits_{n=1}^m \frac{z^n}{n} | ~ - ~ | \sum\limits_{n=2}^{m+1} \frac{z^n}{n-1}|= \sum\limits_{n=1}^m \frac{|z|^n}{n} ~ - ~ \sum\limits_{n=2}^{m+1} \frac{|z|^n}{n-1}= |z|^1-|z|^2+\frac{|z|^2}{2}-\frac{|z|^3}{2}+\frac{|z|^3}{3}-...+\frac{|z|^m}{m}-\frac{|z|^{m+1}}{m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =1-1+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{m}-\frac{1}{m} = 0 + 0 + 0 + ... + 0 = 0 \end{eqnarray*}$

Da nun $\begin{eqnarray*} |(1-z)*s_m|=0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} |s_m|=0 \end{eqnarray*}$

Was meint ihr? Ich weiss, es geht irgendwie so , aber wie? Auch wenn ich die absolute Konvergenz zeigen will, müsste ich $\begin{eqnarray*} |a-b|=|a|-|b| \end{eqnarray*}$ anwenden und das darf ich doch nicht...
Grüsse

31.10.2010, 15:18

René Gruber

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Zitat:

Original von pablosen
Was ich soweit ich weiss nicht darf, ist: $\begin{eqnarray*} |a-b|\leq|a|-|b| \end{eqnarray*}$

Eben - gemäß Dreiecksungleichung ist nämlich das Gegenteil der Fall: $\begin{eqnarray*} |a-b|\geq|a|-|b| \end{eqnarray*}$

Warum fasst du nicht erstmal die z-Potenzen gleichen Exponenten zusammen, das wäre doch erstmal die natürliche Vorgehensweise:

$\begin{eqnarray*} (1-z)s_m = z- \frac{z^{m+1}}{m} + \sum\limits_{n=2}^m \left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n-1} \right) z^n = z- \frac{z^{m+1}}{m} - \sum\limits_{n=2}^m \frac{z^n}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$

Nun konvergiert der Summand $\begin{eqnarray*} \frac{z^{m+1}}{m} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} m\to\infty \end{eqnarray*}$ gegen Null, und $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^m \frac{z^n}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$ ist für solche $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |z|=1 \end{eqnarray*}$ die Partialsumme einer nachweisbar absolut konvergenten Reihe...

31.10.2010, 17:31

pablosen

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Hallöchen, so noch ein Versuch:

$\begin{eqnarray*} |\sum\limits_{n=2}^{m} \frac{z^n}{n*(n-1)}|\leq\sum\limits_{n=2}^{m} \frac{|z|^n}{n(n-1)} \underbrace{=}_{|z|=1} \sum\limits_{n=2}^{m} (\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n} ) = 1- \frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-...+\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =1+0+0+...\underbrace{+\frac{1}{m-1} - \frac{1}{m}}_{=0 \text{ für m gegen unendlich}} \rightarrow |\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{z^n}{n*(n-1)}| \leq 1 \underbrace{\rightarrow}_{\text{Def. absolute Konvergenz}} \sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{z^n}{n*(n-1)} \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Sei $\begin{eqnarray*} c:=\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{z^n}{n*(n-1)} \end{eqnarray*}$

Es ist also
$\begin{eqnarray*} (1-z)*s_m = z- \underbrace{\frac{z^{m+1}}{m}}_{=0 \text{ für m gegen unendlich}} - c \leftrightarrow (1-z)*\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n} = z- c \leftrightarrow \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n} = \frac{z-c}{1-z} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \rightarrow \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n} \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Grüsse

31.10.2010, 18:35

René Gruber

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Zitat:

Original von pablosen
$\begin{eqnarray*} |\sum\limits_{n=2}^{m} \frac{z^n}{n*(n-1)}|=\sum\limits_{n=2}^{m} \frac{|z|^n}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$

Es ist manchmal wirklich zum Verzweifeln: Das "Ding" heißt nicht ohne Grund Dreiecksungleichung - es gilt nur

$\begin{eqnarray*} \left| \sum\limits_{n=2}^{m} \frac{z^n}{n(n-1)} \right| \leq \sum\limits_{n=2}^{m} \frac{|z|^n}{n(n-1)} \end{eqnarray*}$

31.10.2010, 19:42

pablosen

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Entschuldigung, klar, bin die Summen einfach übergangen, habs nun ausgebessert.

31.10.2010, 22:03

pablosen

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Würde nun gerne noch etwas ausbessern, aber das geht irgendwie nicht mehr.

Es müsste doch die Konvergenz für

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^{\infty}|\frac{z^n}{n*(n-1)}| \end{eqnarray*}$ gezeigt werden und nicht wie es oben steht. Dann kann man wieder das Gleichheitszeichen verwenden. Dann konvergiert $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{z^n}{n*(n-1)} \end{eqnarray*}$ , weil die besagte Reihe absolut konvergiert.

Danke euch nochmals für die Hilfe.
Schönen Abend.

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