Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 5:
Theorie der Reihen - Potenzreihen
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
| (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. fü,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.\( \qquad\Box \)