Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 5:

Theorie der Reihen - Potenzreihen

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Lösungen zu den Aufgaben Definition und komplexe Exponentialreihe

 

Lösung zur Aufgabe 5.5.1 - Abschätzen der komplexwertigen Exponentialreihe

Wir wollen zeigen $$\exp 1\le 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{\pi^2}{6}\,.$$ Dazu gehen wir wie folgt vor.

$\circ$

Zunächst ist

$$4\le k \quad\Longleftrightarrow\quad 4+k\le 2k \quad\Longleftrightarrow\quad k\le 2k-4=2(k-2)$$

und damit

$$k\le 1\cdot 2\cdot 3\cdot\ldots\cdot(k-2)\cdot(k-1)$$

und damit

$$k^2\le 1\cdot 2\cdot 3\cdot\ldots\cdot(k-2)\cdot(k-1)\cdot k=k!$$

und damit schließlich

$$k^2\le k!\quad\mbox{bzw.}\quad\frac{1}{k!}\le\frac{1}{k^2}\quad\mbox{für alle}\ k\ge 4.$$

$\circ$

Damit schätzen wir für $N\ge 4$ wie folgt ab

$$\begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=0}^N\frac{1}{k!}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^3\frac{1}{k!}+\sum_{k=4}^N\frac{1}{k!} \,\le\,\sum_{k=0}^3\frac{1}{k!}+\sum_{k=4}^N\frac{1}{k^2} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2} \,\le\,1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{\pi^2}{6}\,. \end{array}$$

Wir erhalten im Grenzfall $N\to\infty$

$$\exp 1=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}\le 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{\pi^2}{6}\,.$$ Damit ist ein $C\gt 0$ wie in der Aufgabenstellung gefunden.$\qquad\Box$

 

Lösungen zu den Aufgaben Der Satz von Cauchy-Hadamard

 

Lösung zur Aufgabe 5.5.2 - Potenzreihen mit verschwindendem Konvergenzradius

Die Potenzreihe $$\sum_{k=0}^\infty k^kz^k\quad\mbox{mit}\ a_k=k^k\,,\ k=0,1,2,\ldots\,,$$ konvergiert im Punkt $z=0.$ Weiter ist mit den Setzungen aus Paragraph 5.5.2 $$\alpha=\limsup_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_k|}=\limsup_{k\to\infty}\sqrt[k]{k^k}=\lim_{k\to\infty}k=+\infty$$ und damit $R=0.$ Es gibt also kein weiteres $z\in\mathbb C,$ in welchem die Potenzreihe konvergiert. Damit ist ein Beispiel gefunden.$\qquad\Box$

 

Lösungen zu den Aufgaben Konvergenzradius, Konvergenzgebiet und Konvergenzbereich

 

Lösung zur Aufgabe 5.5.3 - Noch eine Anwendung des binomischen Lehrsatzes

(i)	Es sei $x\gt 0.$ Für $n\ge 2$ ermitteln wir dann

$$\begin{array}{lll} (1+x)^n\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k \,=\,1+\binom{n}{1}x+\binom{n}{2}x^2+\ldots \\ & \ge & \negthickspace\displaystyle 1+nx+\frac{n(n-1)}{2}\,x^2\,. \end{array}$$

	denn alle weggelassenen Summanden sind nicht negativ.
(ii)	Sei nun $x\gt 1,$ etwas $x=1+\varepsilon$ mit $\varepsilon\gt 0.$ Aus (i) schließen wir

$$\frac{x^n}{n} \ge\frac{1}{n}+\varepsilon+\frac{n-1}{2}\,\varepsilon^2 \longrightarrow\infty \quad\mbox{für}\ n\to\infty\,.$$ Damit ist alles bewiesen.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 5.5.4 - Bestimmen von Konvergenzradius, Konvergenzgebiet und Konvergenzbereich

(Videolösung von N. Bockius)

(i)	Für $|x|\lt 1$ konvergiert diese geometrische Reihe gemäß

$$\sum_{k=1}^\infty x^k=\frac{1}{1-x}\,,\quad|x|\lt 1.$$

	Für $|x|\ge 1$ ist $\{x^k\}_{k=0,1,2,\ldots}$ keine Nullfolge, weshalb die Potenzreihe nicht konvergiert. Also ist die Menge $\{x\in\mathbb R\,:\,|x|\lt 1\}$ ihr Konvergenzgebiet und gleichzeitig auch ihr Konvergenzbereich.
(ii)	Wegen

$$\sum_{k=0}^\infty x^{2k}=\sum_{k=0}^\infty(x^2)^k$$

	und $|x|\lt 1$ genau dann, wenn $|x|^2\lt 1,$ besitzt diese Potenzreihe den Konvergenzradius $R=1,$ das Konvergenzgebiet $\{x\in\mathbb R\,:\,|x|\lt 1\}$ und den Konvergenzbereich $\{x\in\mathbb R\,:\,|x|\lt 1\},$ denn wir können wir unter (i) argumentieren.
(iii)	Im Fall $|x|\lt 1$ konvergiert die Potenzreihe nach dem Majorantenkriterium, denn es ist allgemein

$$\left|\,\frac{x^k}{k}\right|\le|x|^k\,,$$

und im Fall $|x|\lt 1$ dient die geometrische Reihe als Majorante. Für $|x|\gt 1$ divergiert die Potenzreihe, denn dann divergiert $\left\{\frac{x^k}{k}\right\}_{k=1,2,\ldots}$ nach voriger Aufgabe. Ferner divergiert die Potenzreihe für $x=1,$ da es sich dann um die harmonische Reihe handelt, und sie konvergiert für $x=-1,$ denn dann ist sie gleich der alternierenden harmonischen Reihe. Zusammenfassend besitzt sie also den Konvergenzradius $R=1,$ das Konvergenzgebiet

$$\{x\in\mathbb R\,:\,|x|\lt 1\}\,,$$

und den hiervon verschiedenen Konvergenzbereich

$$\{x\in\mathbb R\,:\,-1\le x\lt 1\}\,.$$ Damit ist alles ermittel.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 5.5.5 - Cauchyprodukt zweier komplexwertiger Funktione

(i)	Wir haben, wie im Hinweis bereits angegeben,

$$\frac{1}{1+z}=\frac{1}{1-(-z)}=\sum_{k=0}^\infty(-1)^kz^k\,,\quad|z|\lt 1,$$

aber auch

$$\frac{1}{2+z} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{z}{2}} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\left(-\frac{z}{2}\right)} =\frac{1}{2}\,\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\left(\frac{z}{2}\right)^k =\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{2^{k+1}}\,z^k\,.$$

(ii)	Wir ermitteln

$$\lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|(-1)^k|}=1,$$

d.h. $R=1$ ist der Konvergenzradius der ersten Reihe, d.h. $f(z)$ konvergiert für alle $z\in\mathbb C$ mit $|z|\lt 1,$ und außerdem gilt

$$\lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{\frac{(-1)^k}{2^{k+1}}}=\frac{1}{2}\cdot\lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{\frac{1}{2^k}}=\frac{1}{2},$$

	d.h. $R=2$ ist der Konvergenzradius der zweiten Reihe, d.h. f&uuml,r alle $z\in\mathbb C$ mit $|z|\lt 2$ konvergiert.
(iii)	Wir berechnen nun unter Benutzung des Cauchyschen Produktsatzes

$$\begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{2}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{2^k}\,z^k\cdot\sum_{\ell=0}^\infty(-1)^\ell z^\ell \,=\,\frac{1}{2}\,\sum_{m=0}^\infty\left(\sum_{n=0}^m\frac{(-1)^n}{2^n}\cdot(-1)^{m-n}\right)z^m \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,\sum_{m=0}^\infty\left(\sum_{n=0}^m\frac{1}{2^n}\right)(-1)^mz^m \,=\,\frac{1}{2}\,\sum_{m=0}^\infty\frac{1-\frac{1}{2^{m+1}}}{1-\frac{1}{2}}\,(-1)^mz^m \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,\sum_{m=0}^\infty\left(2-\frac{1}{2^m}\right)(-1)^mz^m \,=\,\sum_{m=0}^\infty(-1)^m\left(1-\frac{1}{2^{m+1}}\right)z^m\,. \end{array}$$

Damit erhalten wir die gesuchte Potenzreihe des Produktes in der Form

$$f(z)\cdot g(z) =\frac{1}{1+z}\cdot\frac{1}{2+z} =\sum_{m=0}^\infty(-1)^m\left(1-\frac{1}{2^{m+1}}\right)z^m\,.$$

 des Produktes ist.

(iv)	Man überlegt sich, dass $R=1,$ d.h. der kleinere der beiden Konvergenzradien, der Konvergenzradius

Damit ist alles gezeigt.$\qquad\Box$

 

Lösungen zu den Aufgaben Die Funktionalgleichung der komplexwertigen Exponentialreihe

 

Lösung zur Aufgabe 5.5.6 - Die Exponentialreihe besitzt keine Nullstellen

Angenommen, es ist $z_0$ eine Nullstelle der Exponentialreihe, d.h. es gilt $\exp z_0=0.$ Wegen $$\exp(z+w)=\exp z\cdot \exp w\quad\mbox{für alle}\ z,w\in\mathbb C$$ erhalten wir insbesondere $$\exp z =\exp(z-z_0+z_0) =\exp(z-z_0)\cdot \exp z_0=0 \quad\mbox{für alle}\ z\in\mathbb C.$$ Das steht aber im Widerspruch zu $\exp 0=1$ nach der Definition der Reihe aus Paragraph 5.5.1.$\qquad\Box$