Beweis: Konvergenzradius zweier bestimmter Potenzreihen gleich

26.05.2012, 15:18

SilverShadow

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Beweis: Konvergenzradius zweier bestimmter Potenzreihen gleich

Hallo!

smile

Habe mal wieder eine Frage zu einer Aufgabe (siehe Anhang).
Für den Konvergenzradius gibts ja die Formeln von Cauchy-Hadamard und Euler.

Nach Cauchy-Hadamard gilt:

Eine Potenzreihe $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty a_n*(z-z_0)^n \end{eqnarray*}$ konvergiert für alle z in R (bzw. C, nur haben wir bisher noch keine komplexen Zahlen gemacht) mit $\begin{eqnarray*} | z-z_0 | < r \end{eqnarray*}$

r=1/limsup $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{| a_n | } \end{eqnarray*}$

Für die erste Potenzreihe ist doch $\begin{eqnarray*} z_0=0 \end{eqnarray*}$ , also bleibt r=1/limsup $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{| a_n | } \end{eqnarray*}$ , weil $\begin{eqnarray*} z^n \end{eqnarray*}$ ja wegfällt.

Bei der 2. Potenzreihe fällt das $\begin{eqnarray*} z^n \end{eqnarray*}$ denke ich mal in der Formel für r wieder weg, aber was mache ich jetzt mit dem $\begin{eqnarray*} n^k \end{eqnarray*}$ ? Kommt der mit unter die Wurzel?

Den angegebenen Hinweis verstehe ich irgendwie auch nicht wirklich.

Vielen Dank schonmal für eure Hilfe! smile

smile

27.05.2012, 18:35

SilverShadow

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Push!

Wink

29.05.2012, 11:01

SilverShadow

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niemand? :/

29.05.2012, 11:42

Leopold

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Die Formel für den Konvergenzradius $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ist

$\begin{eqnarray*} r = \left( \limsup \sqrt[n]{\left| a_n \right|} \right)^{-1} \end{eqnarray*}$

Setzt man in diesem Zusammenhang symbolisch $\begin{eqnarray*} \frac{1}{0} = \infty \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\infty} = 0 \end{eqnarray*}$ , dann gilt die Formel auch, falls der limes superior den Wert $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ besitzt. Diese symbolischen Gleichungen vermeiden Fallunterscheidungen in der Notation. Für Beweise taugen sie nicht. Dort muß man diese Fallunterscheidungen vornehmen. Du hast hast daher drei Dinge zu zeigen:

Sonderfall 1:
Ist $\begin{eqnarray*} \limsup \sqrt[n]{\left| a_n \right|} = 0 \end{eqnarray*}$ , so ist auch $\begin{eqnarray*} \limsup \sqrt[n]{n^k \cdot \left| a_n \right|} = 0 \end{eqnarray*}$

Sonderfall 2:
Ist $\begin{eqnarray*} \limsup \sqrt[n]{\left| a_n \right|} = \infty \end{eqnarray*}$ , so ist auch $\begin{eqnarray*} \limsup \sqrt[n]{n^k \cdot \left| a_n \right|} = \infty \end{eqnarray*}$

Hauptfall:
Ist $\begin{eqnarray*} \limsup \sqrt[n]{\left| a_n \right|} = q \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , so ist auch $\begin{eqnarray*} \limsup \sqrt[n]{n^k \cdot \left| a_n \right|} = q \end{eqnarray*}$

Ich führe einmal den Beweis für den Sonderfall 2. Wir gehen also von $\begin{eqnarray*} \limsup \sqrt[n]{\left| a_n \right|} = \infty \end{eqnarray*}$ aus, die Folge der $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{\left| a_n \right|} \end{eqnarray*}$ besitzt also $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ als Häufungspunkt. Es gibt daher eine strikt wachsende Folge $\begin{eqnarray*} n_1 < n_2 < n_3 < \ldots \end{eqnarray*}$ natürlicher Zahlen mit

$\begin{eqnarray*} \sqrt[n_j]{\left| a_{n_j} \right|} \to \infty \ \ \mbox{für} \ \ j \to \infty \end{eqnarray*}$

Jetzt betrachten wir die entsprechende Teilfolge von $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n^k \cdot \left| a_n \right|} = \left( \sqrt[n]{n} \right)^k \cdot \sqrt[n]{\left| a_n \right|} \end{eqnarray*}$ . Da (bekanntermaßen?) $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n} \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ konvergiert, tut das auch $\begin{eqnarray*} \left( \sqrt[n]{n} \right)^k \end{eqnarray*}$ (Stetigkeit der Potenzfunktion $\begin{eqnarray*} x \mapsto x^k \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ ). Damit konvergiert aber auch die Teilfolge $\begin{eqnarray*} \left( \sqrt[n_j]{n_j} \right)^k \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ . Ein Produkt, in dem der eine Faktor gegen $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ konvergiert, der andere aber über alle Grenzen ins Positive ansteigt, muß aber auch gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ streben:

$\begin{eqnarray*} \left( \sqrt[n_j]{n_j} \right)^k \cdot \sqrt[n_j]{\left| a_{n_j} \right|} \to \infty \ \ \mbox{für} \ \ j \to \infty \end{eqnarray*}$

Wenn aber eine Teilfolge gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ strebt, muß $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ der größte Häufungspunkt sein:

$\begin{eqnarray*} \limsup \sqrt[n]{n^k \cdot \left| a_n \right|} = \infty \end{eqnarray*}$

Und damit ist der Sonderfall 2 erledigt.

Jetzt du ...

29.05.2012, 12:07

SilverShadow

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Ok, dann versuche ich es mal für 1):

Wir gehen von $\begin{eqnarray*} \limsup\sqrt[n]{|a_n | } = 0 \end{eqnarray*}$ aus.
Es gibt also eine monoton fallende Folge $\begin{eqnarray*} n_1>n_2>n_3>.... \end{eqnarray*}$ nat. Zahlen mit
$\begin{eqnarray*} \sqrt[n_j]{|a_{n_j} | } \Rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} j \Rightarrow \infty \end{eqnarray*}$
(warum benutzt du hier eigentlich den Index j? könnte ich nicht auch einfach sagen n geht gegen unendlich usw.?)

Jetzt betrachten wir die 2. Potenzreihe, also $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n^k \cdot \left| a_n \right|} = \left( \sqrt[n]{n} \right)^k \cdot \sqrt[n]{\left| a_n \right|} \end{eqnarray*}$ . Dann kann ich wieder folgern, dass $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n} \end{eqnarray*}$ gegen 1 konvergiert (ja, das habe ich mal in einer Übungsaufgabe bewiesen) konvergiert auch $\begin{eqnarray*} \left( \sqrt[n]{n} \right)^k \end{eqnarray*}$ gegen 1.
Also haben wir ein Produkt, wo der eine Faktor gegen 1 strebt und der andere gegen 0.
Da 1 ja das neutrale Element der Multiplikation ist muss jetzt der gesamte Term für j gegen unendlich auch gegen 0 streben.

Folglich ist auch der $\begin{eqnarray*} \limsup \sqrt[n]{n^k \cdot \left| a_n \right|} = 0 \end{eqnarray*}$ .
Korrekt?
Für q verläuft es ja dann komplett analog.

Vielen Dank schonmal für die ausführliche Hilfe! smile

smile

E: Wie schaut meine Folge eigentlich für q aus? $\begin{eqnarray*} n_1<n_2<... \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} n_1>n_2>... \end{eqnarray*}$ weil das sollte ja egal sein?

29.05.2012, 13:51

Leopold

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Oh je! Hast du nicht gemerkt, daß es keine strikt fallende Folge natürlicher Zahlen geben kann? Versuche doch einfach einmal, eine ganz konkret anzugeben. Und die strikt steigende Folge natürlicher Zahlen diente doch nur dazu, eine Teilfolge der ursprünglichen Folge anzugeben. Beispiel:

$\begin{eqnarray*} x_0, x_1, x_2, \color{red} x_3, \color{black} x_4, x_5, x_6, \color{red} x_7 ,x_8, \color{black} x_9, \color{red} x_{10}, \color{black} x_{11}, x_{12}, x_{13}, \color{red} x_{14}, \color{black} x_{15}, \ldots \end{eqnarray*}$

Die roten Folgenglieder bilden eine Teilfolge der gesamten Folge. Die Indizes $\begin{eqnarray*} \color{red} n_1 < n_2 < n_3 < \ldots \end{eqnarray*}$ sind hier $\begin{eqnarray*} \color{red}3 < 7 < 8 < 10 < 14 < \ldots \end{eqnarray*}$

Du solltest dich noch einmal zu den Basics begeben:

Häufungspunkt einer Folge, Grenzwert einer Folge, Zusammenhang der Begriffe
limes superior einer Folge
Häufungspunkte von Folgen als Grenzwerte von Teilfolgen

Zum Sonderfall 1:

Die Folgeglieder $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{\left| a_n \right|} \end{eqnarray*}$ sind alle $\begin{eqnarray*} \geq 0 \end{eqnarray*}$ . Wenn der limes superior (also der größte Häufungspunkt) hier $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ist, dann muß $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ der einzige Häufungspunkt, mithin also der Grenzwert sein. Du kannst in diesem Sonderfall 1 statt mit $\begin{eqnarray*} \limsup \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \end{eqnarray*}$ arbeiten.

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29.05.2012, 14:36

SilverShadow

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Das Schlüsselwort ist natürlich nat. Zahlen.....das habe ich ganz übersehen.
Ok, also ist unser $\begin{eqnarray*} \limsup\sqrt[n]{\left| a_n \right|} \end{eqnarray*}$

E: Sorry, hab aus Versehen auf Antworten gedrückt. Ich mache nochmal alles in einem neuen Post

29.05.2012, 14:44

SilverShadow

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Das Schlüsselwort ist natürlich nat. Zahlen.....das habe ich ganz übersehen.
Ok, also ist unser $\begin{eqnarray*} \limsup\sqrt[n]{\left| a_n \right|}=0 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \lim\sqrt[n]{\left| a_n \right|}=0 \end{eqnarray*}$

Dann betrachten wir unsere 2. Potenzreihe:
$\begin{eqnarray*} \lim\sqrt[n]{n^k \cdot \left| a_n \right|} = \lim \left( \sqrt[n]{n} \right)^k \cdot \sqrt[n]{\left| a_n \right|} \end{eqnarray*}$ .
Die n-te Wurzel aus n konvergiert gegen 1 für n gegen unendlich und da $\begin{eqnarray*} 1^k=1 \end{eqnarray*}$ ist, haben wir nun $\begin{eqnarray*} \lim1*lim0 \end{eqnarray*}$ , und daher konvergiert auch unsere 2. Potenzreihe gegen 0.

Hab ichs diesmal richtig?

29.05.2012, 15:02

Leopold

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Zitat:

Original von SilverShadow
Hab ichs diesmal richtig?

Fast.

Zitat:

Original von SilverShadow
... haben wir nun $\begin{eqnarray*} \lim1*lim0 \end{eqnarray*}$ , und daher konvergiert auch unsere 2. Potenzreihe gegen 0.

... haben wir nun $\begin{eqnarray*} 1 \cdot 0 \end{eqnarray*}$ , und daher ...

Jetzt zum Hauptfall. Hier kannst du nicht mehr so einfach mit dem Limes arbeiten, da die Folge ja mehrere Häufungspunkte besitzen kann. Wie im Sonderfall 1 kannst du jedoch zeigen, daß $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ , der limes superior von $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{|a_n|} \end{eqnarray*}$ , auch Häufungspunkt von $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n^k \cdot |a_n|} \end{eqnarray*}$ ist. Aber ist es auch der größte?

29.05.2012, 15:24

SilverShadow

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Mhm gute Frage. Hast du einen Tipp?

29.05.2012, 18:53

Leopold

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Seitenwechsel!
Nimm an, die Folge der $\begin{eqnarray*} b_n = \sqrt[n]{n^k \cdot |a_n|} \end{eqnarray*}$ hätte einen Häufungspunkt $\begin{eqnarray*} q'>q \end{eqnarray*}$ . Was folgte daraus für $\begin{eqnarray*} \frac{b_n}{\sqrt[n]{n^k}} \end{eqnarray*}$ ?

29.05.2012, 19:20

SilverShadow

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Dann würde sich doch im 2. Term die Wurzel mit $\begin{eqnarray*} n^k \end{eqnarray*}$ rauskürzen und es würde nur noch Betrag von $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ dastehen.
Und $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ hätte wieder den Häufungspunkt q.

Oder war die Frage anders gemeint?

30.05.2012, 21:59

SilverShadow

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push

smile

31.05.2012, 07:02

Leopold

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Wir wissen ja schon, daß $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{|a_n|} \end{eqnarray*}$ den Häufungspunkt $\begin{eqnarray*} q \in (0,\infty) \end{eqnarray*}$ hat. Das war doch im Hauptfall vorausgesetzt! Ja, es war sogar mehr vorausgesetzt, nämlich daß $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ der größte Häufungspunkt (das bedeutet ja gerade "limes superior") ist. Und dann solltest du zeigen, daß $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ automatisch auch ein Häufungspunkt von $\begin{eqnarray*} b_n = \sqrt[n]{n^k \cdot |a_n|} \end{eqnarray*}$ ist. (Hast du das gemacht?)
Offen war noch die Frage, ob $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ auch der größte Häufungspunkt von $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ ist. Und da wird man wohl einen indirekten Beweis führen. Man nimmt an, $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ hätte einen größeren Häufungspunkt $\begin{eqnarray*} q'>q \end{eqnarray*}$ . Zeige durch Betrachtung von $\begin{eqnarray*} \frac{b_n}{\sqrt[n]{n^k}} \end{eqnarray*}$ , daß dann $\begin{eqnarray*} q' \end{eqnarray*}$ auch Häufungspunkt von $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{|a_n|} \end{eqnarray*}$ wäre. (Den Nachweis kann man wieder über Teilfolgen führen.) Das ist ein Widerspruch dazu, daß $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ der größte Häufungspunkt von $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{a_n} \end{eqnarray*}$ ist. Die Annahme war daher falsch, und $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ ist auch der größte Häufungspunkt von $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ .

31.05.2012, 07:28

SilverShadow

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Das q als HP von b_n hatten wir glaube ich in den 2 Beiträgen über mir besprochen.
Gezeigt habe ich den HP noch nicht.
Vorhin hattest du gesagt, das könne man wie in Sonderfall 1 machen, allerdings sehe ich da die Analogie nicht.
Also gut, ich betrachte $\begin{eqnarray*} \frac{b_n}{\sqrt[n]{n^k}} \end{eqnarray*}$
Eigentlich könnte man das doch jetzt kürzen (siehe vorletzter Beitrag)?

Oder muss ich es so mit einer Teilfolge aufziehen wie im 1. Beitrag von dir?

01.06.2012, 21:22

SilverShadow

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Habs glaube ich geschafft, vielen Dank für die tolle Hilfe nochmals! smile

smile

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