Ferner Grenzwert Potenzreihen

18.04.2023, 18:53

uThomas

Ferner Grenzwert Potenzreihen

Man kann Differentialgleichungen oft in Potenzreihen umwandeln. Wie ist aber das Verhalten dieser Potenzreihen gegen $\begin{eqnarray*} \pm \infty \end{eqnarray*}$ ?

Beispiel: Die e-Funktion lautet

$\begin{eqnarray*} e^{x} = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^{k}}{k!} \end{eqnarray*}$

und wir wissen aus anderen Betrachtungen, dass diese für x gegen minus unendlich gegen null geht. An der Potenzreihe direkt kann ich das nicht erkennen.

Deshalb konstruiere ich beispielhaft eine Funktionenschar, die niemand kennt:

$\begin{eqnarray*} u_{n}(x) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{x^{k}}{(k!)^n} \end{eqnarray*}$

Kann man hier für verschiedene n erkennen, wie sich die entsprechende Funktion gegen minus unendlich verhält?

18.04.2023, 19:26

Elvis

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Wenn jeder Summand der Reihe kleiner ist als die e-Funktion, kann der Reihenwert nicht größer sein. Also 0 für x gegen $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ .

18.04.2023, 19:51

IfindU

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@Elvis: Da gibt es Gegenbeispiele. Sowas wie $\begin{eqnarray*} \sum \frac {(-1)^n} n \end{eqnarray*}$ vs. $\begin{eqnarray*} \sum (-1)^n a_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n = \frac 1 n \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade und $\begin{eqnarray*} a_n = \frac 1 {n^2} \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade ist.

Abso absolut ist jeder Summand in der zweiten Reihe kleiner. Die alternierende harmonischen Reihe konvergiert, weil sich die positiven und negativen Werte immer auf dem gleichen Wert bewegen und sich gegenseitig stark genug auslöschen. An der Stelle könnte ich naiv nicht sagen, ob die Reihe nicht divergiert. Auch wenn ich auch zur Konvergenz tendiere.

Wichtig ist auch, dass $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^N \frac {x^k}{k!} \end{eqnarray*}$ nicht gleichmäßig für $\begin{eqnarray*} x\to-\infty \end{eqnarray*}$ gegen 0 konvergiert.

Für $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} e^x \cdot e^{-x} = 1 \end{eqnarray*}$ . Da offensichtlich $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} e^x \to \infty \end{eqnarray*}$ , muss also $\begin{eqnarray*} e^{-x} \to 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x\to \infty \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} e^x \to 0 \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} x \to -\infty \end{eqnarray*}$ .

Ggf. kann man eine ähnliche Beziehung hier herleiten?

18.04.2023, 21:57

uThomas

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Zitat:

Original von Elvis
Wenn jeder Summand der Reihe kleiner ist als die e-Funktion, kann der Reihenwert nicht größer sein. Also 0 für x gegen $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ .

Das kann man widerlegen. Nehmen wir an, der Grenzwert von u_3(x) mit x gegen -oo wäre wirklich 0. Dann konstruiert man eine Funktion v_3(x), bei der das zehnte Glied um 0,1 größer ist als bei u_3(x). Dann wäre der Grenzwert natürlich 0,1. Dabei ist trotzdem jedes Glied kleiner als bei der e-Funktion und der Grenzwert wäre nach Deiner Argumentation 0. Der Grenzwert von v_3(x) kann aber nicht gleichzeitig 0,1 und 0 sein. Widerspruch.

18.04.2023, 23:03

Finn_

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Meiner Rechnung zufolge gilt

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{(k!)^n} = \mathcal M^{-1}\left\{\frac{\Gamma(s)}{\Gamma(1-s)^{n-1}}\right\}(-x) = {}_0F_{n-1}(;1,\ldots,1;x), \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \Gamma \end{eqnarray*}$ die Gammafunktion, $\begin{eqnarray*} \mathcal M^{-1} \end{eqnarray*}$ die inverse Mellin-Transformation und $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ die hypergeometrische Funktion ist.

Für $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ gilt speziell

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{(k!)^2} = J_0(2\sqrt{-x}), \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} J_0 \end{eqnarray*}$ eine Besselfunktion erster Art ist.

19.04.2023, 10:15

Elvis

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Ihr habt recht. Wenn ich nichts von Analysis verstehe, sollte ich einfach mal die Klappe halten. Hammer

19.04.2023, 12:27

uThomas

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Zitat:

Original von Finn_
Meiner Rechnung zufolge gilt

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{(k!)^n} = \mathcal M^{-1}\left\{\frac{\Gamma(s)}{\Gamma(1-s)^{n-1}}\right\}(-x) = {}_0F_{n-1}(;1,\ldots,1;x), \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \Gamma \end{eqnarray*}$ die Gammafunktion, $\begin{eqnarray*} \mathcal M^{-1} \end{eqnarray*}$ die inverse Mellin-Transformation und $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ die hypergeometrische Funktion ist.

Danke, das ist beeindruckend, mir aber zwanzig Ligen zu hoch. Ein paar Zwischenschritte wären hilfreich.

Kann man damit auch x gegen minus unendlich gehen lassen?

20.04.2023, 19:28

Finn_

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Ob die Formeln für die Lösung der Aufgabe nützlich sind, vermag ich nicht zu sagen. Eine Herleitung gebe ich aber gerne. Der Zusammenhang zur hypergeometrischen Funktion ist elementar. Die andere Formel gewinnt man vermöge der folgenden allgemeinen Erwägung, von der allerdings eine strenge Formulierung mit den Mitteln der Funktionalanalysis und Funktionentheorie zu wünschen wäre. Bis dahin ist sie als Heuristik zu verstehen.

Für eine Monomfunktion sei der lineare Opertor $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ definiert durch

$\begin{eqnarray*} A(x\mapsto x^k) := x\mapsto \lambda(k)x^k, \end{eqnarray*}$ in Kurzschreibweise $\begin{eqnarray*} A\{x^k\} = Ax^k := \lambda(k)x^k. \end{eqnarray*}$

Das heißt, die Monomfunktion vom Grad $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ist eine Eigenfunktion des Operators zum Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda(k). \end{eqnarray*}$ Nun würden wir diesen Operator auch gerne auf andere Funktionen als Monomfunktionen anwenden. Wir betrachten dazu die Diagonalisierung

$\begin{eqnarray*} A = T^{-1}\circ B\circ T. \end{eqnarray*}$

Der Operator $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ist diagonal, so dass $\begin{eqnarray*} B(\delta_k)=\lambda(k)\delta_k \end{eqnarray*}$ gilt, wobei $\begin{eqnarray*} \delta_k(x):=\delta(x-k) \end{eqnarray*}$ die Deltadistribution ist. Wir setzen $\begin{eqnarray*} (T^{-1}\delta_s)(x):=x^{-s}, \end{eqnarray*}$ weil $\begin{eqnarray*} T^{-1} \end{eqnarray*}$ den Vektor $\begin{eqnarray*} \delta_s \end{eqnarray*}$ der "Orthonormalbasis" in die jeweilige Monomfunktion transformieren soll. Das Vorzeichen klärt sich sogleich. Man kann nun rechnen

$\begin{eqnarray*} (T^{-1}f)(x) = T^{-1}\int_\Omega f(s)\delta_s(x)\,\mathrm ds = \int_\Omega f(s)T^{-1}\delta_s(x)\,\mathrm ds = \int_\Omega f(s)x^{-s}\,\mathrm ds. \end{eqnarray*}$

Bei passender Wahl von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ und Einfügung der Proportionalitätskonstante $\begin{eqnarray*} \tfrac{1}{2\pi i} \end{eqnarray*}$ ist dies die inverse Mellin-Transformation. Insofern ergibt sich

$\begin{eqnarray*} (Af)(x) = \mathcal M^{-1}\{\lambda(-s)(\mathcal M f)(s)\}(x). \end{eqnarray*}$

Gemäß der vorgelegten Aufgabenstellung wird $\begin{eqnarray*} f(x):=e^{-x} \end{eqnarray*}$ gewählt, deren Mellin-Transformierte die Gammafunktion $\begin{eqnarray*} \Gamma(s) \end{eqnarray*}$ ist. Und

$\begin{eqnarray*} \lambda(k):=\frac{1}{(k!)^{n-1}} = \frac{1}{\Gamma(k+1)^{n-1}}. \end{eqnarray*}$

Das macht

$\begin{eqnarray*} Af(-x) = \mathcal M^{-1}\{\frac{\Gamma(s)}{\Gamma(1-s)^{n-1}}\}(-x). \end{eqnarray*}$

Auf der anderen Seite ist

$\begin{eqnarray*} Af(-x) = A\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{Ax^k}{k!} = \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{(k!)^n}. \end{eqnarray*}$

Ich habe zunächst eine numerische Probe unternommen. Für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n\in\{1,2,3,4,5,6\} \end{eqnarray*}$ geht bspw.

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{(k!)^n} \approx \frac{1}{2\pi i}\int_\gamma \frac{\Gamma(s)}{\Gamma(1-s)^{n-1}} (-x)^{-s}\,\mathrm ds, \end{eqnarray*}$

wobei der Pfad $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} -10i-10 \end{eqnarray*}$ zu 1, von dort zu $\begin{eqnarray*} 10i-10 \end{eqnarray*}$ laufen muss, wohl damit sämtliche Singularitäten des Integranden auf der linken Seite des Pfads liegen.

21.04.2023, 09:23

Finn_

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Der Zufall hielt heute eine glückliche Fügung für mich bereit. Ich bin gerade auf Ramanujan's Master Theorem gestoßen.

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