Potenzreihe

16.01.2017, 11:08

balance

Potenzreihe

Hallo,
Aufgabe 1:
Bestimmen Sie den Konvergenzraius der Potenzreihe: $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{5^n}z^{(n^2)} \end{eqnarray*}$

Lösung:
Wir schreiben $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{5^n} z^{(n^2)}=\sum_{m=0}^\infty a_m z^m \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} a_m:=\begin{cases} \frac{1}{5^n} & , m=n^2\\0 & , \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$

Frage: Es ist zwar "intuitiv" verständlich, wieso man hier den Fall 0 hat, aber irgendwie würde ich mir das doch gerne nochmal erklären lassen.Wieso ist es 0, falls $\begin{eqnarray*} m\neq n^2 \end{eqnarray*}$ ?

Aufjedenfall kriegt man mit dem Wurzelkriterium dann den Konvergenzradius.

Aufgabe 2
Bestimmen Sie alle $\begin{eqnarray*} x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ , so dass die Reihe

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n}}{n3^n} \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Lösung:
Was ich hier gemacht habe:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{3n}}{n3^n}=\sum_{m=1}^\infty a_mx^m \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} a_m:=\begin{cases}\frac{1}{n3^n} & , m=3^n\\0 &, \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$

somit $\begin{eqnarray*} \rho = \lim_{m\to\infty}\sqrt[m]{|a_m|}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[3n]{|\frac{1}{n3^n}|}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(n3^n)^{1/3n}}=\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^{1/3n}3^{1/3}}=\frac{1}{\sqrt[3]{3}} \end{eqnarray*}$

Passt das so, oder?

16.01.2017, 11:35

HAL 9000

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Zitat:

Original von balance
Wieso ist es 0, falls $\begin{eqnarray*} m\neq n^2 \end{eqnarray*}$ ?

Schreiben wir es mal aus:

$\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{5^n}z^{(n^2)} = 1 + \frac{1}{5}z + \frac{1}{5^2}z^4 + \frac{1}{5^3}z^9 + \ldots \end{align*}$

Wenn wir das um alle Zwischenpotenzen ergänzen, sieht es so aus:

$\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{5^n}z^{(n^2)} = 1 + \frac{1}{5}z + 0z^2 + 0z^3 + \frac{1}{5^2}z^4 + 0z^5 + 0z^6 + 0z^7 +0z^8 + \frac{1}{5^3}z^9 + 0z^{10} + \ldots \end{align*}$

Ist das Erklärung genug?

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

Zitat:

Original von balance
somit $\begin{eqnarray*} \rho = \lim_{m\to\infty}\sqrt[m]{|a_m|}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[3n]{|\frac{1}{n3^n}|}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(n3^n)^{1/3n}}=\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^{1/3n}3^{1/3}}=\frac{1}{\sqrt[3]{3}} \end{eqnarray*}$

Passt das so, oder?

Nicht ganz: $\begin{align*} \lim_{m\to\infty}\sqrt[m]{|a_m|} \end{align*}$ existiert gar nicht. Was du meinst, ist anscheinend

$\begin{align*} \rho = {\color{red}\limsup\limits_{m\to\infty}}\sqrt[m]{|a_m|}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[3n]{|\frac{1}{n3^n}|}= \ldots =\frac{1}{\sqrt[3]{3}} \end{align*}$

Außerdem musst du noch sagen, was dein $\begin{align*} \rho \end{align*}$ mit der Fragestellung

Zitat:

Original von balance
Bestimmen Sie alle $\begin{eqnarray*} x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ , so dass die Reihe [...] konvergiert.

zu tun hat.

16.01.2017, 14:57

balance

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Danke.

Also, ich ergänze: "Nach dem Wurzelkriterium gilt: $\begin{eqnarray*} \rho = .. \end{eqnarray*}$ ". Dann Rechnung. Dann: "Somit konvergiert die Reihe mindestens für $\begin{eqnarray*} |x|< \rho^{-1} \end{eqnarray*}$

Passt das?

Danke für den Hinweis mit dem Limsup. Ich hab mir das ehrlich gesagt nie überlegt, da in einem "Übungsbuch" von mir, an dem ich mich relativ oft orientiere, das ganze ohne sup steht.

Das Quotientenkriterium sowie das Wurzelkriterium wird dort nur per lim definiert.

Kannst du mir bitte sagen wieso hier der "normale" limes nicht existiert bzw. wieso man den limes superior braucht? Oder mich zumindest in die korrekte Richtung weisen?

Edit: Ich merke gerade, dass ich die Theorie dahinter viel schlechter verstanden habe, als ic hdachte. Ich denke ich sollte es somit auch selbst rausfinden, da ich jetzt weis, wo mein Fehler in etwas ist. :p

Edit: Aah.. ich muss den limsup nehmen, da ich ja den Betrag habe. Oder? Müsste ich den sup aber nicht soweit ziehen bis ich den Berag wirklich aufgelöst habe? Sprich der zweite Term nach deinem roten limsup sollte entweder keinene Betrag mehr haben oder limsup? [Wobei es eig. eindeutig ist, da der Term immer positiv sein wird]

16.01.2017, 15:57

HAL 9000

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Zitat:

Original von balance
Kannst du mir bitte sagen wieso hier der "normale" limes nicht existiert bzw. wieso man den limes superior braucht?

Ganz einfach: Die vielen Nullkoeffizienten "dazwischen", d.h. die $\begin{align*} a_m=0 \end{align*}$ für die nicht durch 3 teilbaren $\begin{align*} m \end{align*}$ , bewirken $\begin{align*} \liminf\limits_{m\to\infty}\sqrt[m]{|a_m|} = 0 \end{align*}$ .

Der Grenzwert einer Folge existiert nur dann, wenn $\begin{align*} \liminf \end{align*}$ und $\begin{align*} \limsup \end{align*}$ übereinstimmen - was hier offenkundig nicht der Fall ist.

16.01.2017, 16:34

balance

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okay super. ich werde genauer darauf achten und nochmal die Theorie durchgehen.

Merci

17.01.2017, 14:43

balance

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Hallo,

ich würde gerne nochmal ein Beispiel durchgehen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{2n4^n} \end{eqnarray*}$

definiere $\begin{eqnarray*} a_m:=\begin{cases}\frac{1}{2m4^m}, & m=2n-1\\0, \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$

Nach dem Quotientenkriterium gilt:

$\begin{eqnarray*} \rho = \limsup_{m\to\infty} \bigg|\frac{a_m}{a_{m+1}}\bigg|=\lim_{m\to\infty}\frac{2(m+1)4\cdot 4^m}{2m4^m}=\lim_{m\to\infty}\frac{4m+4}{m}=\lim_{m\to\infty}\frac{4+\frac{4}{m}}{1}=4 \end{eqnarray*}$

Somit wäre der Konvergenzraidus 4. Aber laut Lösung ist der 2.

Der unterschied ist, dass Sie das Wurzelkriterum anwenden, aber auf die "ganze Reihe". Also nicht wie ich, jeweils eine Folge definieren, sondern halt einfach das Kriterium anwedenden und die Bedingung < 1 anweden. Die Methoden sind ja aber gleich.

Ärgerlicherweise sehe ich meinen Fehler einfach nicht.

17.01.2017, 15:38

klarsoweit

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Mir erschließt sich nicht der in meinen Augen komplizierte Umweg über die Definition eines a_m . Warum wendest du nicht einfach das Quotientenkriterium auf $\begin{eqnarray*} \frac{x^{2n-1}}{2n4^n} \end{eqnarray*}$ an?

17.01.2017, 17:21

HAL 9000

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Es ist nicht nur ein Umweg, es ist regelrecht falsch:

Während es bei Wurzelkriterium bzw. entsprechend zugeordnet der Konvergenzradiusformel von Cauchy-Hadamard durchaus die limsup-Variante als Verallgemeinerung der lim-Variante gibt, geht ähnliches beim Quotientenkriterium schief:

Nicht jede Analogieübertragung hat Hand und Fuß. smile

Im vorliegenden Fall machen die Quotienten aufeinander folgender $\begin{align*} a_m \end{align*}$ nicht mal Sinn: Die sind alternierend "0/irgendwas" oder "irgendwas/0" - das bringt nichts. unglücklich

17.01.2017, 18:07

balance

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Zitat:

Original von klarsoweit
Mir erschließt sich nicht der in meinen Augen komplizierte Umweg über die Definition eines a_m . Warum wendest du nicht einfach das Quotientenkriterium auf $\begin{eqnarray*} \frac{x^{2n-1}}{2n4^n} \end{eqnarray*}$ an?

Weil es mir halt mit der Folge beigebracht wurde. Aber es ist möglich, das man sich dort beschränkt hat. Aber ich werde glaube ich in Zukunft das mit dem "richtigen" Quotienten/Wurzelkrit machen.

HAL9000: Ich sehe nicht, wieso der Nenner bzw. Zähler jemals verschiwnden sollte, bei meiner Reihe. Der Zähler ist ja sogar konstant 1.

Danke jedenfalls.

17.01.2017, 19:19

HAL 9000

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Zitat:

Original von balance
definiere $\begin{eqnarray*} a_m:=\begin{cases}\frac{1}{2m4^m}, & m=2n-1\\0, \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$

Zunächst mal passt das nicht zur gegebenen Reihe $\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{2n4^n} = \sum_{m=1}^{\infty} a_mx^m \end{align*}$ , richtig ist da

$\begin{eqnarray*} a_m = \begin{cases}\displaystyle\frac{1}{2n4^n}, & m=2n-1\\[2ex] 0, & \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Schreiben wir nun den Anfang mal auf:

$\begin{align*} a_1 = \frac{1}{2\cdot 4^1},\; a_2 = 0,\; a_3 = \frac{1}{4\cdot 4^2},\; a_4 = 0,\; a_5 = \frac{1}{6\cdot 4^3},\; a_6 = 0,\; a_7 = \frac{1}{8\cdot 4^4},\; a_8 = 0,\;\ldots \end{align*}$

Was passiert denn nun bei der Quotientenbildung $\begin{align*} \frac{a_1}{a_2},\frac{a_2}{a_3},\frac{a_3}{a_4},\ldots \end{align*}$ ?

P.S.: Immer diese uneinsichtígen Streithammel. Augenzwinkern

17.01.2017, 20:15

balance

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Oh Gott, ich hab gerade meinen Fehler bemerkt. Mein Gefühl hat mich in die Richtung "gelenkt" aber ich sahs einfach nicht.

Ich glaube aber du hast was in deinem Beitrag vergessen? Ich nehme an, du wolltest schreiben:"Richtig ist [irgendwas], da"?

Wie dem auch sei, ich sehe das mein $\begin{eqnarray*} a_m \end{eqnarray*}$ so nicht funktioniert.

danke

17.01.2017, 20:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von balance
Ich glaube aber du hast was in deinem Beitrag vergessen? Ich nehme an, du wolltest schreiben:"Richtig ist [irgendwas], da"?

Nein, alles Ok so.

Das "da" ist nicht im Sinne von "weil" (Konjunktion), sondern von "dort" (Adverb) gemeint (--> https://de.wiktionary.org/wiki/da )

Aber ich freue mich, dass du dich um die korrekte Ausdrucksweise anderer sorgst, geht mir ja im Board auch manchmal so. Augenzwinkern

17.01.2017, 21:04

balance

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Okay, dann wäre das letzte Rätsel wohl auch gelöst :p

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