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 exp1≤1+1+12!+13!+π26. Dazu gehen wir wie folgt vor.
∘ | Zunächst ist |
4≤k⟺4+k≤2k⟺k≤2k−4=2(k−2)
und damit |
k≤1⋅2⋅3⋅…⋅(k−2)⋅(k−1)
und damit |
k2≤1⋅2⋅3⋅…⋅(k−2)⋅(k−1)⋅k=k!
und damit schließlich |
k2≤k!bzw.1k!≤1k2für alle k≥4.
∘ | Damit schätzen wir für N≥4 wie folgt ab |
N∑k=01k!=3∑k=01k!+N∑k=41k!≤3∑k=01k!+N∑k=41k2≤1+1+12!+13!+∞∑k=11k2≤1+1+12!+13!+π26.
Wir erhalten im Grenzfall N→∞ |
exp1=∞∑k=01k!≤1+1+12!+13!+π26. Damit ist ein C>0 wie in der Aufgabenstellung gefunden.◻
Lösungen zu den Aufgaben Der Satz von Cauchy-Hadamard
Lösung zur Aufgabe 5.5.2 - Potenzreihen mit verschwindendem Konvergenzradius
Die Potenzreihe ∞∑k=0kkzkmit ak=kk, k=0,1,2,…, konvergiert im Punkt z=0. Weiter ist mit den Setzungen aus Paragraph 5.5.2 α=lim sup 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