Konvergenzradien Funktionentheorie

06.06.2020, 22:56	Susanno95	Auf diesen Beitrag antworten »
Konvergenzradien Funktionentheorie Guten Abend zusammen, ich soll als Hausaufgabe folgende Aufgaben zu den Konvergenzradien machen, vorerst stell ich euch die beiden Sätze aus der Vorlesung vor mit denen ich gearbeitet habe: Cauchy-Hadamard: Die Potenzreihe $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty } a_k(z-c)^k \end{eqnarray}$ hat Konvergenzradius $\begin{eqnarray} R=\frac{1}{\lim sup \sqrt[k]{\|a_k\|}} \end{eqnarray}$ . Quotientenkriterium: Es sei $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty } a_k(z-c)^k \end{eqnarray}$ eine Potenreihe mit Konvergenzradius $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ ; es sei $\begin{eqnarray} a_k \neq 0 \end{eqnarray}$ für alle k. Dann gilt falls $\begin{eqnarray} \lim inf \frac{\|a_k\|}{\| a_{k+1}\| } \leq R \leq \lim sup \frac{\|a_k\|}{\| a_{k+1}\| } \end{eqnarray}$ , speziell $\begin{eqnarray} R=\lim \frac{\|a_k\|}{\| a_{k+1}\| } \end{eqnarray}$ falls der Limes existiert. Ich schreibe meine Rechenschritte direkt daneben. Hier jetzt die Aufgaben 1: Bestimme den Konvergenzradius. (i) $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{z^{3k}}{2^{k}} \end{eqnarray}$ Also c=0 .Wie schreibe ich das um sodass ich z^k alleine dort stehen hab, hab da grad ne blockade. Ihr sollt mir das nicht vorrechnen nur sagen wie man es umschreiben kann. (ii) $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty } (\frac{3k^{2}+k}{2k^{2}+1})^{k}z^{k} \end{eqnarray}$ also ist c=0. $\begin{eqnarray} \bigl(\limsup \sqrt[k]{\|(\frac{3k^{2}+k}{2k^{2}+1})^{k}\| } \bigr)^{-1}=\bigl(\limsup \|(\frac{3k^{2}+k}{2k^{2}+1})\| \bigr)^{-1}=\bigl(\limsup \|(\frac{3+\frac{1}{k}}{2+\frac{1}{k^2}})\| \bigr)^{-1}= (\|\frac{3}{2}\|)^{-1}= \frac{2}{3} \end{eqnarray}$ Was ist denn jetzt das Konvergenzintervall ? Ist es $\begin{eqnarray} (-\frac{2}{3},+\frac{2}{3}) \end{eqnarray}$ hier muss ich jetzt noch $\begin{eqnarray} z= \pm \frac{2}{3} \end{eqnarray}$ einsetzten in die Potenreihe und überprüfen richtig? also $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty } (\frac{3k^{2}+k}{2k^{2}+1})^{k}(\frac{2}{3})^{k} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty } (\frac{3k^{2}+k}{2k^{2}+1})^{k}(-\frac{2}{3})^{k}=\sum\limits_{k=0}^{\infty } (\frac{3k^{2}+k}{2k^{2}+1})^{k}(-1)^k(\frac{2}{3})^{k} \end{eqnarray}$ beide sind konvergent da (2/3)^k gegen 0 konvergiert oder? (iii) $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty } \frac{k!}{3^{k}(2k)!}(z+1)^{k} \end{eqnarray}$ also ist c=-1 Es ist $\begin{eqnarray} a_k=\frac{k!}{3^k(2k)!} \neq 0 \end{eqnarray}$ für jedes k $\begin{eqnarray} R=\lim_{k \to \infty} \| \frac{a_k}{a_{k+1}}\|= \lim_{k \to \infty} \| \frac{\frac{k!}{3^k(2k)!}}{\frac{(k+1)!}{3^{k+1}(2(k+1))!}} \| = \lim_{k \to \infty} \|\frac{k!}{3^{k}(2k)!}\frac{3^{k+1}(2k+2)!}{(k+1)k!}\| =\lim_{k \to \infty} \|\frac{1}{(2k)!}\frac{3(2k+2)!}{(k+1)}\|=\lim_{k \to \infty} \|\frac{3(2k+2)(2k+1)}{(k+1)}\|=\lim_{k \to \infty} \|\frac{3(2(k+1))(2k+1)}{(k+1)}\|=\lim_{k \to \infty} \|\frac{3(2)(2k+1)}{1}\|=\infty \end{eqnarray}$ Es konvergiert also überall? (iv) $\begin{eqnarray} ]\sum\limits_{k=0}^{\infty } cos(K)z^k \end{eqnarray}$ c=0 $\begin{eqnarray} \bigl(\limsup \sqrt[k]{\|cos(k)\| } \bigr)^{-1}=\bigl(\limsup \sqrt[k]{1 } \bigr)^{-1}=1 \end{eqnarray}$ Also ist das Konvergenzntervall $\begin{eqnarray} (-1,+1) \end{eqnarray}$ und muss halt die Randwerte noch untersuchen? Also die Reihen $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty } cos(k) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty } cos(k)(-1)^k \end{eqnarray}$ könnte ich jetzt bei der zweiten Leibnis anwenden, oaber das bringt doch da eher nichts oder? Danke euch schonmal
07.06.2020, 15:47	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty} \cos(k) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty} \cos(k)(-1)^k \end{eqnarray}$ sind divergent schlicht weil die Reihenglieder keine Nullfolge bilden - so einfach ist das.
07.06.2020, 15:59	Susanno95	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Rest war aber soweit in Ordnung? Könntest du mir vlt bei der (I) weiterhelfen? Danke schonmal
07.06.2020, 16:07	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Die (geometrische) Potenzreihe $\begin{eqnarray} g(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{2^k} \end{eqnarray}$ hat Konvergenzradius 2, und deine Reihe bei (i) entspricht $\begin{eqnarray} g(z^3) \end{eqnarray}$ . Daher ist deine Reihe für $\begin{eqnarray} \|z^3\|<2 \end{eqnarray}$ konvergent und für $\begin{eqnarray} \|z^3\|\geq 2 \end{eqnarray}$ divergent, mithin ist ihr Konvergenzradius $\begin{eqnarray} R=\sqrt[3]{2} \end{eqnarray}$ . EDIT: Bei (ii) hast du übrigens Unsinn geschrieben, was die Randpunkte des Konvergenzintervalls betrifft: Für $\begin{eqnarray} z=\frac{2}{3} \end{eqnarray}$ bekommt man $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{3k^2+k}{2k^2+1}\right)^k\left(\frac{2}{3}\right)^k = \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{6k^2+2k}{6k^2+3}\right)^k = \sum_{k=0}^{\infty} \left(1+\frac{2k-3}{6k^2+3}\right)^k \end{eqnarray}$ . Damit sind für $\begin{eqnarray} k\geq 2 \end{eqnarray}$ sämtliche Reihenglieder >1, weswegen die Folge der Reihenglieder wiederum keine Nullfolge ist, damit liegt Divergenz vor. Am anderen Randpunkt $\begin{eqnarray} z=-\frac{2}{3} \end{eqnarray}$ passiert genau dasselbe. Sieht so aus, als solltest du dieses Trivialkriterium mal nicht aus dem Auge verlieren.

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