Konvergenz

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24.10.2018, 13:47	Melanie233	Auf diesen Beitrag antworten »
Konvergenz Hallo, es geht um folgende Reihe: $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty} (3+(-1)^n))^n z^n \end{eqnarray}$ Es soll der Konvergenzradius bestimmt werden. Wenn ich das mit dem Wurzelkriterium mache, erhalte ich: $\begin{eqnarray} r=\|3+(-1)^n\|^{-1} \end{eqnarray}$ Für gerade n erhalte ich 1/4 für ungerades 1/2. Wie schließe ich auf den Konvergenzradius?
24.10.2018, 14:04	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Limes superior verwenden!!! Die Konvergenzradiusformel lautet nicht grundlos $\begin{eqnarray} r = \frac{1}{\limsup\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{\|a_n\|}} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \limsup \end{eqnarray}$ statt nur $\begin{eqnarray} \lim \end{eqnarray}$ : Der $\begin{eqnarray} \lim \end{eqnarray}$ existiert nicht immer (z.B. in deinem Fall nicht), der $\begin{eqnarray} \limsup \end{eqnarray}$ hingegen immer, zumindest uneigentlich (d.h. unter Einbeziehung des evtl. möglichen $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ ).
24.10.2018, 16:21	Melanie233	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Limes superior verwenden!!! Also dann ist es 1/4. Danke Wenn ich jetzt $\begin{eqnarray} a_n=sin(n) \end{eqnarray}$ und sonst das gleiche.Dann brauche ich die n-te Wurzel des Sinus. Wie löse ich das?
24.10.2018, 16:54	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{\|\sin(n)\|} \leq 1 \end{eqnarray}$ ist sofort klar, wegen des Wertebereichs der reellen Sinusfunktion. Man kann aber auch den anderen Teil $\begin{eqnarray} \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{\|\sin(n)\|} \geq 1 \end{eqnarray}$ und damit insgesamt =1 nachweisen, aber dazu muss man etwas weiter ausholen, z.B. so: Wir teilen den Vollkreis in 6 Sektoren der jeweiligen Breite $\begin{eqnarray} \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3} \end{eqnarray}$ auf. Dann durchlaufen die Winkelwerte 0, 1, 2, 3, 4, ... nacheinander die Sektoren, in manchem Sektor landen auch mal zwei aufeinanderfolgende Werte - aber wegen $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{3}>1 \end{eqnarray}$ wird dabei kein Sektor ausgelassen bzw. übersprungen. Man beachte dabei, dass nach dem sechsten Sektor wieder der erste Sektor folgt, der $\begin{eqnarray} 2\pi \end{eqnarray}$ -Periodizität der Winkel (und zugehörig ihrer Sinusfunktionswerte) wegen. Das bedeutet, es gibt eine streng monoton wachsende Folge $\begin{eqnarray} (n_k)_{k=0,1,2,\ldots} \end{eqnarray}$ , deren Folgenwerte sämtlich im zweiten Sektor liegen, d.h. $\begin{eqnarray} 2\pi k + \frac{\pi}{3}\leq n_k \leq 2\pi k + \frac{2\pi}{3} \end{eqnarray}$ , es gilt gemäß Verlauf der Sinusfunktion dann $\begin{eqnarray} \sin(n_k)\geq \min\left\{\sin\left(\frac{\pi}{3}\right),\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)\right\} = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray}$ . Das bedeutet $\begin{eqnarray} \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{\|\sin(n)\|} \geq \limsup_{k\to\infty} \sqrt[n_k]{\|\sin(n_k)\|} \geq \limsup\limits_{k\to\infty} \sqrt[n_k]{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 1 \end{eqnarray}$ . P.S.: Man kann sogar das deutlich stärkere $\begin{eqnarray} \limsup_{n\to\infty} \sin(n) = 1 \end{eqnarray}$ nachweisen, aber das brauchen wir hier nicht. EDIT: Man kann sogar den Reihenwert ausrechnen: $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty} \sin(n) z^n = \frac{1}{2i} \sum_{n=0}^{\infty} \left(e^{in}-e^{-in}\right) z^n = \frac{1}{2i} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \left(e^{i}z\right)^n-\left(e^{-i}z\right)^n\right) = \frac{1}{2i} \left( \frac{1}{1-e^{i}z}-\frac{1}{1-e^{-i}z} \right) = \frac{z\sin(1)}{1-2\cos(1)z+z^2} \end{eqnarray}$ , gültig für alle komplexen $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \|z\|<1 \end{eqnarray}$ .
24.10.2018, 19:02	Melanie233	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke HAL9000 Extrem eindrucksvoll Es geht noch um eine letzte Reihe: $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty} 2^n z^{n!} \end{eqnarray}$ Vllt geht es ja so, wenn ich das Wurzelkriterium auf den geamten Ausdruck anwende: $\begin{eqnarray} \sqrt[n]{\|2^n z^{n!}\|}= 2 \|z\|^{(n-1)!}<1 \end{eqnarray}$ Ist das der richtige Weg?
24.10.2018, 19:14	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Möglich, wenn du daraus die richtigen Schlussfolgerungen hinsichtlich $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ ziehst.
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24.10.2018, 19:44	Melanie233	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich habe dann $\begin{eqnarray} \|z\|<\sqrt[(n-1)!]{\frac{1}{2} } \end{eqnarray}$ für großes n muss das gegen 1 gehen, denn die n-te Wurzel tut dies, so auch die "fakultative" Wurzel. Dann hättte ich einen Konvergenzradius von 1.
24.10.2018, 19:46	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, ist richtig.
24.10.2018, 19:47	Melanie233	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke Wie kann man am einfachsten begründen, dass die"fakultative" Wurzel gegen 1 geht?
24.10.2018, 19:55	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist $\begin{eqnarray} \lim_{k\to\infty} \sqrt[k]{a} = 1 \end{eqnarray}$ für alle reellen $\begin{eqnarray} a>0 \end{eqnarray}$ . Konvergiert eine Folge, dann auch jede Teilfolge, z.B. die für die Indizes $\begin{eqnarray} k=(n-1)! \end{eqnarray}$ , und zwar gegen denselben Grenzwert.
24.10.2018, 20:08	Melanie233	Auf diesen Beitrag antworten »
Pefekt. Vielen Dank für deine Hilfe

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