Konvergenzradius < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:04 Sa 30.08.2008 | | Autor: | marder |
| Aufgabe | | $ [mm] g:(-\rho,\rho) \to \IR: x\mapsto \summe_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k(2x)^{2k+1}}{2k+1} [/mm] $ |
Hallo,
ich suche von oben genannter reihe den konvergenzradius:
mein ansatz:
[mm] r=\limes_{k\rightarrow\infty} |\bruch{ak}{ak+1}|
[/mm]
mit ak= [mm] \bruch{(-1)^k}{2k+1}
[/mm]
ich glaube das ist falsch weil ich dieses 2x^2k+1 nicht einfach ignorieren darf... aber wie krieg ich das weg???
danke für eure antworten
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:44 Sa 30.08.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> [mm]g:(-\rho,\rho) \to \IR: x\mapsto \summe_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k(2x)^{2k+1}}{2k+1}[/mm]
>
> Hallo,
> ich suche von oben genannter reihe den konvergenzradius:
>
> mein ansatz:
>
> [mm]r=\limes_{k\rightarrow\infty} |\bruch{a_k}{a_{k+1}}|[/mm]
>
> mit [mm] a_k=[/mm] [mm]\bruch{(-1)^k}{2k+1}[/mm]
>
> ich glaube das ist falsch weil ich dieses 2x^2k+1 nicht
> einfach ignorieren darf... aber wie krieg ich das weg???
naja, das ist fast richtig; allerdings ist nicht das [mm] $(2x)^{2k+1}$ [/mm] das Problem, sondern nur, dass Du vergessen hast, dass [mm] $2^{2k+1}$ [/mm] "rauszuziehen".
Ich mache es mal ein wenig ausführlich:
In Wahrheit steht da oben:
$$
[mm] \summe_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k(2x)^{2k+1}}{2k+1} \equiv \summe_{k=0}^{\infty}\underbrace{\frac{(-1)^k\,2^{2k+1}}{2k+1}}_{=:a_{2k+1}}\,x^{2k+1} \equiv:\summe_{k=0}^{\infty} a_{k}x^k
[/mm]
$$
D.h. es gilt [mm] $a_k=0$ [/mm] für $k=2n$ mit einem $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] (bzw. mit anderen Worten: für gerade $k [mm] \in \IN_0$) [/mm] und [mm] $a_{k}=\frac{(-1)^n\,2^{2n+1}}{2n+1}=\frac{(-1)^{\frac{k-1}{2}}\,2^k}{k}$ [/mm] für $k=2n+1$ mit einem $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] (also für die ungeraden $k$).
Also:
$$
[mm] a_k=\begin{cases} 0, & \text{für gerades }k \in \IN_0,\\\frac{(-1)^{\frac{k-1}{2}}\,2^k}{k}, & \text{für ungerades }k \in \IN_0\end{cases}
[/mm]
$$
Ich empfehle daher mit ![[]](/images/popup.gif) Cauchy-Hadamard hier [mm] $r=\frac{1}{\limsup_{k \to \infty}\sqrt[k]{|a_k|}}$ [/mm] zu berechnen (zur Kontrolle: Du solltest $r=1/2$ erhalten).
Falls Dir das zu kompliziert erscheint, habe ich auch noch einen alternativen Vorschlag:
Mit der Substitution [mm] $z=(2x)^2$ [/mm] gilt:
[mm] $$\summe_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k(2x)^{2k+1}}{2k+1}=2x*\summe_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}\,z^k$$
[/mm]
Jetzt kannst Du (neue, also nicht die von oben) [mm] $a_k:=\frac{(-1)^k}{2k+1}$ [/mm] ($k [mm] \in \IN_0$) [/mm] definieren und damit dann den Konvergenzradius der letztstehenden Reihe in $z$ berechnen. Diesen nennen wir mal [mm] $r_z$. [/mm] Dann weißt Du, dass die letztstehende Reihe für alle $z$ mit $|z| > [mm] r_z$ [/mm] divergiert und für alle $z$ mit $|z| < [mm] r_z$ [/mm] konvergiert. Daraus erschließt Du dann, dass die letztstehende Reihe für alle $x$ mit [mm] $4|x|^2 [/mm] < [mm] r_z$ [/mm] konvergiert und für alle $x$ mit [mm] $4|x|^2 [/mm] > [mm] r_z$ [/mm] divergiert. Schlussendlich ergibt sich daraus, dass der Konvergenzradius der Reihe (bzgl. $x$) sich zu [mm] $r_x=\sqrt{\frac{r_z}{4}}=\frac{\sqrt{r_z}}{2}$ [/mm] berechnet.
Beide Wege führen zum Ziel, der erste mehr oder weniger "direkt", der zweite über einen Umweg mit einer (einfachen) Substitution.
P.S.:
Die von Dir vorgeschlagene Formel für den Konvergenzradius (mit dem Quotienten der Folgeglieder) kannst Du z.B. beim "zweiten" Weg verwenden, um damit dann zunächst [mm] $r_z$ [/mm] und danach dann [mm] $r_x=\sqrt{r_z}/2$ [/mm] zu berechnen. Bei dem "ersten" Weg hätten wir da ein Problem, ich hoffe, dass Du das selbst erkennst 
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:55 Sa 30.08.2008 | | Autor: | marder |
danke erstmal für die sehr ausführliche antwort zu so später stunde ;)
ja das problem habe ich bemerkt,... da kann ich den term in den betragstrichen nicht richtig auflösen.
werde mich jetzt mal in das cauchy kriterium einarbeiten, wobei das mit dem lim superiour so eine sache ist...
danke danke danke!; mit der substitution komm ich auch auf 1/2 jetzt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:05 Sa 30.08.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> danke erstmal für die sehr ausführliche antwort zu so
> später stunde ;)
>
> ja das problem habe ich bemerkt,... da kann ich den term in
> den betragstrichen nicht richtig auflösen.
ähm ja, beim ersten Weg hat man das "Problem", dass man bei der "Quotientenformel" auf diesem Wege dann (viel zu oft) durch $0$ dividiert. Ich hoffe bzw. denke, dass Du das auch meintest
> werde mich jetzt mal in das cauchy kriterium einarbeiten,
> wobei das mit dem lim superiour so eine sache ist...
>
> danke danke danke!; mit der substitution komm ich auch auf
> 1/2 jetzt.
ah, schön. Ich habe da auch noch Betragsstriche ergänzt, die hier zwar nicht wirklich notwendig sind, aber man könnte die Aufgabe auch für komplexe Potenzreihen analog stellen. Mit dem Limes Superior tun sich viele anfangs schwer, es gibt aber eine schöne Definition (Charakterisierung), die man sich behalten kann:
Man nehme einfach das Supremum über alle Häufungspunkte einer (reellen) Folge, genau das ist der Limes Superior (falls existent). Etwas lax gesagt: Es ist der größte Häufungspunkt einer Folge.
(So etwas steht, wobei hier wohl anstelle des Begriffes des Häufungspunktes von Häufungswert gesprochen wird, auch hier [mm] ($\leftarrow$ klick it!).)
Und oben ist es einfach:
$$|a_k| =\begin{cases} 0, & \text{für gerades }k \in \IN_0,\\\frac{2^k}{k}, & \text{für ungerades }k \in \IN_0\end{cases} $$
Dann hast Du
$\sqrt[k]{|a_k|}=\begin{cases} \sqrt[k]{0}=0, & \text{für gerades }k \in \IN_0,\\\sqrt[k]{\frac{2^k}{k}}=\frac{2}{\sqrt[k]{k}}, & \text{für ungerades }k \in \IN_0\end{cases}$
Jetzt musst Du nur noch wissen, dass $\sqrt[k]{k} \to 1$ bei $k \to \infty$ und zudem, dass, wenn $\lim$ existiert, dann $\lim=\limsup=\liminf$ gilt. Und schon erhälst Du $\limsup_{k \to \infty}\sqrt[k]{|a_k|}=2$ und daraus auch den Konvergenzradius $=1/2$.
Gruß,
Marcel
[/mm]
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