Konvergenz einer komplexen Reihe

14.02.2008, 16:11

PimpWizkid

Konvergenz einer komplexen Reihe

Hi @ all!
Ich soll prüfen ob die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty~ \frac{i^{n}}{n} \end{eqnarray*}$ konvergiert.
Ich wollte das Abelsche Konvergenzkriterium anwenden und mit $\begin{eqnarray*} \sum~a_{n}=\sum~i^{n} \end{eqnarray*}$ konvergent und $\begin{eqnarray*} b_{n}=\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ monoton und konvergent zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \sum~a_{n}b_{n} \end{eqnarray*}$ konvergent ist.

Die Frage ist nun, ob $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~i^{n} \end{eqnarray*}$ überhaupt konvergiert. Also im Prinzip sieht das ja so aus:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~i^{n}=i+(-1)+(-i)+1+i+(-1)+(+i)+1... \end{eqnarray*}$
Folgt daraus schon, dass ich quasi zyklisch immer $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ erhalte und somit die Reihe konvergiert?

Gruß,
Pimp

14.02.2008, 16:18

therisen

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Zerlege die Reihe in Real- und Imaginärteil. Soweit ich mich erinnere, bezieht sich das abelsche Konvergenzkriterium auf reelle Reihen.

14.02.2008, 18:21

PimpWizkid

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Ok, dann wollen wir mal...

$\begin{eqnarray*} \frac{i^{n}}{n}\begin{cases}\frac{1}{n}, & \text{falls }n=4m\\\frac{i}{n}, & \text{falls }n=4m+1\\-\frac{1}{n}, & \text{falls }n=4m+2\\-\frac{i}{n}, & \text{falls }n=4m+3\end{cases} & m\in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Demnach ist

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{i^{n}}{n}=\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m}+\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{i}{4m+1}+\sum_{m=1}^{\infty}~-\frac{1}{4m+2}+\sum_{m=1}^{\infty}~-\frac{i}{4m+3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m}-\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m+2}+i\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m+1}-i\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m+3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m}-\frac{1}{4m+2}+i\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m+1}-\frac{1}{4m+3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m}-\frac{1}{4m+2}+i\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m+1}-\frac{1}{4m+3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{4m+2-4m}{(4m)(4m+2)}+i\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{4m+3-4m-1}{(4m+1)(4m+3)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{(2m)(4m+2)}+i\sum_{m=1}^{\infty}~\frac{2}{(4m+1)(4m+3)} \end{eqnarray*}$

Da die beiden Summen konvergieren, konvergiert auch meine Ausgangssumme??!?

14.02.2008, 18:42

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In der ersten und zweiten Zeile operierst du mit den vier divergenten Reihen $\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m+1} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m+2} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{\infty}~\frac{1}{4m+3} \end{eqnarray*}$ , da steht also übersetzt

$\begin{eqnarray*} \infty - \infty + i\infty - i\infty \end{eqnarray*}$ .

Sehr gefährlich, um nicht zu sagen falsch. Ab der dritten Zeile stimmt es aber wieder. Ich sage nur: Vorsicht bei der Umordnung von nicht absolut konvergenten Reihen!

Das Problem kannst du umschiffen, wenn du gleich nur zwei Fälle unterscheidest:

$\begin{eqnarray*} \frac{i^{n}}{n} = \begin{cases}\displaystyle\frac{(-1)^m}{n}, & \text{falls }n=2m\\[2ex] i\displaystyle\frac{(-1)^m}{n}, & \text{falls }n=2m+1\end{cases} & m\in \mathbb N \end{eqnarray*}$

14.02.2008, 18:49

PimpWizkid

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Stimmt, das hatte ich gar nicht bedacht... wenn ich nur zwei Fälle habe, kann ich die Konvergenz dann nach dem Leibnizkriterium zeigen, oder?

14.02.2008, 19:56

Leopold

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Und wegen $\begin{eqnarray*} \sum_{n \geq 1} \frac{z^n}{n} = - \log (1-z) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} |z|<1 \end{eqnarray*}$ , wo $\begin{eqnarray*} \log \end{eqnarray*}$ den Hauptzweig des Logarithmus bezeichnet, folgt nach dem Abelschen Grenzwertsatz:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n \geq 1} \frac{\operatorname{i}^n}{n} = - \log (1 - \operatorname{i}) = - \frac{1}{2} \, \ln 2 + \operatorname{i} \, \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

Ein Vergleich von Real- und Imaginärteil liefert die bekannten Reihen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2 \, , \ \ \ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

Und wieder verpackt die komplexe Analysis klassische reelle Identitäten in einer Schachtel.

15.02.2008, 17:50

PimpWizkid

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Danke dir

15.02.2008, 18:08

system-agent

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@Leopold

Den Abelschen Grenzwertsatz kenne ich bisher nur so, wie er hier auch in Wikipedia steht, das heisst für ein reelles Intervall.
Ich sehe irgendwie nicht genau deine Argumentation. Könntest du das ein bischen näher erklären?

15.02.2008, 19:37

Leopold

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Wenn man für die Potenzreihe einen stetigen Ausdruck $\begin{eqnarray*} f(z) \end{eqnarray*}$ hat, der über den Konvergenzkreis hinaus Gültigkeit besitzt, sagen wir in einem Gebiet $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ , so muß, wenn auf dem Rand des Konvergenzkreises an einer Stelle $\begin{eqnarray*} z_0 \in G \end{eqnarray*}$ Konvergenz vorliegt, der Reihenwert auch $\begin{eqnarray*} f(z_0) \end{eqnarray*}$ sein.
Man kann die Voraussetzungen noch abschwächen.

EDIT

Man kann übrigens zeigen, daß die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} |z| \leq 1, z \neq 1 \end{eqnarray*}$ konvergiert (zum Beispiel mittels Abelscher partieller Summation). Wählt man speziell

$\begin{eqnarray*} z = \operatorname{e}^{it} \ \ \text{mit} \ \ t \in ( 0, 2 \pi ) \end{eqnarray*}$

so bekommt man hübsche Ausdrücke für die Fourier-Reihen

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nt)}{n} \, , \ \ \ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nt)}{n} \end{eqnarray*}$

Im Prinzip behandelt diese Aufgabe den Spezialfall $\begin{eqnarray*} t = \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ .

15.02.2008, 20:46

system-agent

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Begründung für diesen Satz via Identitätssatz? Ich meine im Inneren des Konvergenzkreises wird die Funktion dargestellt und ausserhalb haben wir eine zweite Funktion die auf der Schnittmenge von $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ mit dem Konvergenzkreis übereinstimmt. Das heisst es ist eine "Erweiterung" und damit muss auch die Potenzreihe konvergent sein.

15.02.2008, 21:05

Tomtomtomtom

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Man kann das ganze doch einfach ein Stückchen drehen, so daß es auf der positiven reellen Achse liegt. Dann funktioniert auch die vielleicht eher bekannte Version des Abelschen Grenzwertsatzes für reelle Reihen, oder?

16.02.2008, 10:53

Leopold

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Zitat:

Original von system-agent
Begründung für diesen Satz via Identitätssatz? Ich meine im Inneren des Konvergenzkreises wird die Funktion dargestellt und ausserhalb haben wir eine zweite Funktion die auf der Schnittmenge von $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ mit dem Konvergenzkreis übereinstimmt. Das heisst es ist eine "Erweiterung" und damit muss auch die Potenzreihe konvergent sein.

So herum funktioniert das nicht. Aus der Tatsache, daß sich die Funktion stetig/holomorph über den Konvergenzkreis hinaus fortsetzen läßt, darf man nicht auf die Konvergenz der Reihe auf dem Kreisrand schließen. Bekanntes Gegenbeispiel:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^{\infty} z^n = \frac{1}{1-z} \, , \ \ |z|<1 \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} z=-1 \end{eqnarray*}$ ist die rechte Seite der Gleichung harmlos. Dennoch konvergiert die Reihe nicht.

16.02.2008, 15:36

system-agent

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Das ist wohl wahr...

Hast du ein Dokument parat wo der Satz präzise geschrieben wird mit Beweis?
Die Sache interessiert mich nun Augenzwinkern

17.02.2008, 20:27

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Leopold
Man kann übrigens zeigen, daß die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} |z| \leq 1, z \neq 1 \end{eqnarray*}$ konvergiert (zum Beispiel mittels Abelscher partieller Summation). Wählt man speziell

$\begin{eqnarray*} z = \operatorname{e}^{it} \ \ \text{mit} \ \ t \in ( 0, 2 \pi ) \end{eqnarray*}$

so bekommt man hübsche Ausdrücke für die Fourier-Reihen

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(nt)}{n} \, , \ \ \ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(nt)}{n} \end{eqnarray*}$

Hehe, sehr interessant, Leopold! Diesen Weg find ich richtig schön - er ist so elementar. smile

Aber gut, vielleicht gibts da ja ähnlich elementare Möglichkeiten, ich kenn mich ja da noch nich so gut aus auf dem Gebiet.

EDIT

Ich führ mal schnell aus, wie Leopold das meint. Nur weils so schön ist. Augenzwinkern

Wie bereits erwähnt, gilt mit dem Hauptzweig des Logarithmus:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{z^n}{n}=-\ln(1-z) \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} |z|\leq 1, z\neq 1 \end{eqnarray*}$ . Dies bedeutet:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{z^n}{n}=-\ln|1-z|-\operatorname i\arg (1-z) \end{eqnarray*}$ .

Sei $\begin{eqnarray*} z=\operatorname e^{\operatorname it} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} t\in (0,2\pi) \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} |z|=1, z\neq 1 \end{eqnarray*}$ , also gilt die obige Entwicklung in diesem Fall. Außerdem finden wir

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{\left(\operatorname e^{\operatorname it}\right)^n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{\operatorname e^{\operatorname int}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{\cos nt}{n}+\operatorname i\cdot \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{\sin nt}{n} \end{eqnarray*}$ .

Wir erhalten somit durch Vergleich der Real- und Imaginärteile

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{\cos nt}{n}=-\ln\left|1-\operatorname e^{\operatorname it}\right|=-\ln\left|(1-\cos t)-\operatorname i\cdot \sin t\right|=-\ln\sqrt{(1-\cos t)^2+\sin^2t} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-\ln\sqrt{1-2\cos t+\cos^2t+\sin^2t}=-\ln\sqrt{2\cdot (1-\cos t)}=-\ln\sqrt{4\sin^2\frac{t}{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-\ln\left|2\sin\frac{t}{2}\right|=-\ln\left(2\sin\frac{t}{2}\right) \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{\sin nt}{n}=-\arg \left(1-\operatorname e^{\operatorname it}\right)=-\arg \left((1-\cos t)-\operatorname i\cdot\sin t\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =-\arctan\frac{-\sin t}{1-\cos t}=\arctan\frac{2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}} {2\sin^2\frac{t}{2}}=\arctan\frac{\cos\frac{t}{2}}{\sin\frac{t}{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\begin{cases} \arctan\frac{1}{\tan\frac{t}{2}} &,\quad t\neq \pi \\ 0 &,\quad t=\pi\end{cases} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\begin{cases}\frac{\pi}{2}-\arctan\left(\tan\frac{t}{2}\right) &,\quad t\in (0,\pi) \\ 0 &,\quad t=\pi \\ -\frac{\pi}{2}-\arctan\left(\tan\frac{t}{2}\right) &,\quad t\in (\pi,2\pi)\end{cases} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\begin{cases}\frac{\pi}{2}-\frac{t}{2} &,\quad t\in (0,\pi) \\ 0 &,\quad t=\pi \\ -\frac{\pi}{2}-\left(\frac{t}{2}-\pi\right)&,\quad t\in (\pi,2\pi)\end{cases} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{\pi-t}{2} \end{eqnarray*}$

wegen

$\begin{eqnarray*} \arctan\frac{1}{x}=\begin{cases}\frac{\pi}{2}-\arctan x &,\quad x>0 \\ -\frac{\pi}{2}-\arctan x &,\quad x<0\end{cases} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \arctan (\tan x)=\begin{cases} x &,\quad x\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right) \\ x-\pi &,\quad x\in \left(\frac{\pi}{2},\pi\right)\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Zusammengefasst gilt also für $\begin{eqnarray*} t\in (0,2\pi) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{\cos nt}{n} =-\ln\left(2\sin\frac{t}{2}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{\sin nt}{n}=\frac{\pi-t}{2} \end{eqnarray*}$ .

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