Analysis I für M, LaG/M, Ph 8.Tutorium

Analysis I für M, LaG/M, Ph 8.Tutorium

Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010

Dr. Robert Haller-Dintelmann 04.06.2010

David Bücher

Christian Brandenburg

Tutorium

Aufgabe T1 (Konvergenzkriterien) Es seiP∞

n=1a_neine absolut konvergente Reihe, so dassa_n6=−1für allen∈N. Zeigen Sie, dass dann auch X∞

n=1

a_n 1+a_n

absolut konvergiert.

Lösung: DaP∞

n=1a_nkonvergiert, folgt|a_n| ≤1/2fürngroß genug. Also

a_n 1+a_n

≤ |a_n|

1−¹₂ =2|a_n|

für fast allen. Daher konvergiert die Reihe absolut wegen des Majorantenkriteriums.

Bemerkung:Auch die Umkehrung gilt.

Aufgabe T2 (Aus alt mach neu)

(a) Seienr>0und f,g:(−r,r)→RFunktionen, die sich als Potenzreihen f(x) =P∞

n=0a_nxⁿundg(x) =P∞ n=0b_nxⁿ mit Konvergenzradius größer r schreiben lassen. Überlegen Sie sich zwei verschiedene Möglichkeiten, wie man daraus Potenzreihen zu weiteren Funktionen bauen kann. Finden Sie jeweils Beispiele.

(b) Stellen Sie die folgenden Funktionen als Potenzreihen dar.

(i) E

‚

−x² 2

Œ

, x∈R, (ii) 1

1+x³, x∈(−1, 1).

(c)* Es seiP_∞

n=0a_nxⁿeine Potenzreihe mit positivem Konvergenzradius. Lässt sich 1

P∞ n=0a_nxⁿ

als Potenzreihe darstellen?

Lösung:

(a) • Addition: Die Funktion(−r,r)→R,x7→f(x) +g(x), wird nach Satz 12.8 durch die PotenzreiheP∞ n=0(a_n+ b_n)xⁿdargestellt, die mindestens den Konvergenzradiusrhat.

Beispiel: f(x) =₁₋¹_x2,g(x) =₁₋^x_x2. Dann:f(x) +g(x) =P∞

n=0x²ⁿ+P∞

n=0x²ⁿ⁺¹=P∞

n=0xⁿ=₁₋¹_x.

• Multiplikation: Eine Potenzreihe zur Funktion(−r,r)→R,x7→ f(x)·g(x)mit Konvergenzradius mindestens rist durch das Cauchy-ProduktP∞

n=0c_nxⁿ,c_n=Pn

k=0a_kb_n−k, gegeben.

Spezialfälle davon sind Multiplikation mit reellen Zahlen oder mitx.

Beispiel: f(x) =x,g(x) = ₁₋¹_x. Dann f(x)·g(x) =x·P∞

n=0xⁿ=P∞

n=0xⁿ⁺¹=P∞

n=0xⁿ−1=₁₋¹_x−1.

1

• Division: siehe Teil (c).

Beispiel: P_∞¹

n=0xⁿ=1−x.

• Verkettung: Liegt das Bild vongin(−r,r), d.h. ist{g(x): x∈(−r,r)} ⊆(−r,r), dann lässt sich die Funktion f ◦g:(−r,r)→R,x7→f(g(x))bilden. Eine Potenzreihe zu f ◦glässt sich im Prinzip finden, indem man

X∞ n=0

a_n X∞ k=0

b_kx^k

!n

mittels mehrfacher Cauchy-Produkte berechnet. Zum Beweis, dass die so erhaltene Reihe positiven Kon- vergenzradius ρ hat, siehe z.B. Walter 7.13. Zur Idee (kein Beweis): Wähle zunächst ρ ∈ (0,r) so, dass α:=P∞

k=0|b_k|ρ^k<r(benutze dazu die Stetigkeit, Satz 18.6).

X∞ k=0

b_kx^k

!n

= X∞ k=0

c⁽ⁿ⁾_k x^k

ist dasn-fache Cauchy-Produkt, wobei

c⁽ⁿ⁾_k =

n

X

k₁=0 n−k1

X

k₂=0

· · ·

n−k1−···−kn−1

X

k_n=0

b_k1b_k2· · ·b_k

n. Die Potenzreihe P_∞

k=0c⁽_kⁿ⁾x^k konvergiert absolut auf(−ρ,ρ) und P_∞

k=0|c_k⁽ⁿ⁾||x|^k ≤ αⁿ < rⁿ für alle x ∈ (−ρ,ρ). Also konvergiertP∞

n=0a_nP∞

k=0c⁽ⁿ⁾_k x^k

als Reihe übernund

X∞ n=0

a_n X∞ k=0

c_k⁽ⁿ⁾x^k= X∞ n=0

X∞ k=0

a_nc⁽_kⁿ⁾x^k.

Um aus dieser Doppelreihe eine PotenzreiheP∞

k=0d_kx^kzu machen, müsste man „nur noch“ die beiden Sum- menzeichen vertauschen und sich überlegen, dass d_k := P∞

n=0a_nc_k⁽ⁿ⁾ für jedes k konvergiert. Beides wird glücklicherweise klappen.

Beispiele:siehe Teil (b).

Übrigens kann der Konvergenzradius der oben konstruierten Potenzreihe von f ◦gdurchaus kleiner sein als r. Setze beispielsweiser=2,g(x) =₄₊¹_x2 =¹₄P∞

n=0

−^x₄²n

und f(x) =₂₋¹_x =¹₂P∞ n=0

€_x

2

Šn

. Dann sollte die Potenzreihe zu f ◦gKonvergenzradiusÆ₇

2<2haben.

(b) (i) Einsetzen in die Exponentialreihe liefert

E

‚

−x² 2

Œ

= X∞ n=0

1 n!

‚

−x² 2

Œn

= X∞ n=0

(−1)ⁿ 2ⁿn! x²ⁿ.

(ii) Mit der geometrischen Reihe ist

1

1+x³ = 1 1−(−x³)=

X∞ n=0

(−x³)ⁿ= X∞ n=0

(−1)ⁿx³ⁿ.

Dabei ist zu beachten, dass mit x³∈(−1, 1)auch−x³∈(−1, 1)im Konvergenzintervall der geometrischen Reihe liegt.

(c) Sicher nicht, wenna₀=0. Ansonsten ist es aber nicht allzu schwer, eine PotenzreiheP∞

n=0b_nxⁿmit Konvergenzra- dius0zu finden, so dassP∞

n=0b_nxⁿ= ^P∞¹

n=0a_nxⁿ für allexim Konvergenzbereich vonP

n=0b_nxⁿ(d.h. fürx=0).

Daher hoffen wir mit folgendem Ansatz eine Potenzreihe mit positivem Konvergenzradius zu finden:

Wir suchen eine Folge(b_n), so dass für das Cauchy-Produkt X∞

n=0

c_nxⁿ= X∞ n=0

a_nxⁿ

! _∞ X

n=0

b_nxⁿ

! ,

2

c_n=Pn

k=0a_kb_n−k, gilt:

c_n=

(1, fallsn=0 0, sonst.

Dann ist nämlich P∞

n=0c_nxⁿ= 1für alle x ∈R, alsoP∞

n=0b_nxⁿ= €P∞

n=0a_nxⁿŠ−1

für alle x im gemeinsamen Konvergenzbereich der ReihenP∞

n=0a_nxⁿundP∞ n=0b_nxⁿ.

Aus obiger Forderung an(cn)ergeben sich unendlich viele Gleichungen

a₀b₀=1, a₀b₁+a₁b₀=0, . . . ,

n

X

k=0

a_kb_n−k=0, . . .

Dabei tauchen in der n-ten Gleichung genau die Glieder b₀,b₂, . . . ,b_n−1 der Folge(b_n)als Variablen auf. Diese Gleichungen lassen sich also sukzessive auflösen: Definiert man rekursivb₀:= _a¹

0,

b_n:=−1 a₀

n

X

k=1

a_kb_n−k,

dann werden alle Gleichungen erfüllt und es ergibt sich gerade das gewünschte Cauchy-Produkt.

Nun möchten wir zeigen, dass die so erhaltene Reihe P_∞

n=0b_nxⁿ tatsächlich positiven Konvergenzradius hat.

Das wird leider etwas technisch, ist aber beweisbar. DaP∞

n=0a_nxⁿpositiven Konvergenzradius hat, ist die Folge pn

|a_n|

beschränkt durch einC>0. Es ist also|a_n| ≤Cⁿfür allen.

Behauptung:|b_n| ≤ _|a¹

0|

1+_|a¹

0|

n

Cⁿ.

Beweis (Induktion): Tatsächlich wird eine stärker wirkende Aussage bewiesen, nämlich dass für allen∈Ngilt:

∀m∈N0,m<n:|b_m| ≤_|a¹

0|

1+_|a¹

0|

m

C^m. Daraus folgt die Behauptung, aber diese stärkere Annahme wird den Induktionsschritt leichter machen.

Induktionsanfang:n=1(m=0):|b₀|=_|a¹

0|≤_|a¹

0|

1+_|a¹

0|

0

C⁰stimmt.

Induktionsannahme:Für einn∈Ngelte:∀m∈N0,m<n:|b_m| ≤ _|a¹

0|

1+_|a¹

0|

m

C^m. Induktionsschritt: Nach Induktionsannahme gilt die Ungleichung |b_m| ≤ _|a¹

0|

1+_|a¹

0|

m

C^m schon für m = 0, 1, 2, . . . ,n−1. Noch zu zeigen bleibt sie fürm=n:

|b_n|^Def.= 1 a₀

n

X

k=1

a_kb_n−k

≤ 1

|a₀|

n

X

k=1

a_kb_n−k

Ind.-Vorr.

≤ 1

|a₀|

n

X

k=1

C^k 1

|a₀|

1+ 1

|a₀| n−k

C^n−k= Cⁿ

|a₀|²

n−1

X

k=0

1+ 1

|a₀| k

= Cⁿ

|a₀|²

1+_|a¹

0|

n

−1

1+_|a¹

0|

−1

= Cⁿ

|a₀|

1+ 1

|a₀| n

−1

≤ 1

|a₀|

1+ 1

|a₀| n

Cⁿ.

Damit gilt die Ungleichung fürm=0, 1, 2, . . . ,n, die Induktionsannahme also fürn+1. ƒ Es folgt, dass pⁿ

|b_n| ≤ np¹

|a₀|

1+_|a¹

0|

C. Dalimn→∞ ⁿ

p|a₀|=1, ist die Folge 1/pⁿ

|a₀|∞

n=1konvergent, also be- schränkt. Somit ist auch die Folge

pn

|b_n|∞

n=1beschränkt. Nach dem Satz von Hadamard hat die ReiheP∞ n=0b_nxⁿ

also positiven Konvergenzradius. q.e.d.

Aufgabe T3 (Potenzreihen) Es seiP_∞

n=0a_nxⁿeine Potenzreihe mit Konvergenzradiusr∈(0,∞).

(a) Zeigen Sie, dass dann die PotenzreiheP∞ n=0

a_n

n!xⁿden Konvergenzradius∞hat.

(b) Wir setzen f(x):=P∞ n=0

a_n

n!xⁿfürx∈R. Zeigen Sie, dass dann für jedess∈(0,r)eine KonstanteM(s)>0existiert mit

|f(x)| ≤M(s)exp(|x|/s).

3

Lösung:

Behauptung: P∞ n=0

a_n

n!xⁿhat Konvergenzradius ∞ und für jedess ∈(0,r)gibt es eine Konstante M(s)>0 :|f(x)| ≤ M(s)exp(|x|/s).

Beweis:Es seis∈(0,r)gegeben. Dann gilt1/r<1/sund da die PotenzreiheP∞

n=0a_nxⁿden Konvergenzradiusrhat, musslim sup_n→∞pⁿ

|a_n|=1/r<1/ssein. Also gibt es einN₀∈N, so dass pⁿ

|a_n|<1/sfür allen≥N₀gilt. Für all diese nhaben wir damit auch|a_n|<1/sⁿ.

Setzen wirM(s):=max{1,|a₀|,s|a₁|,s²|a₂|, . . . ,s^N0−1|a_N

0−1|}, so gilt für allen≥N₀mit dem oben erreichten

|a_n|=1· |a_n| ≤M(s)· |a_n|<M(s)1 sⁿ und für allen∈N0mitn≤N₀−1haben wir

|a_n|=|a_n| ·sⁿ1

sⁿ≤M(s)1 sⁿ.

Zusammengenommen gilt also für allen∈N0die Abschätzung|a_n| ≤M(s)/sⁿ. Damit haben wir für allen∈N0und alle x∈R

|a_n||x|ⁿ

n! ≤ M(s) n!

|x|ⁿ sⁿ . Da die Reihe

X∞ n=0

M(s) n!

|x| s

n

=M(s)·exp(|x|/s)

für jedes x∈Rabsolut konvergiert, ist damit nach dem Majorantenkriterium auch die ReiheP_∞

n=0 a_n

n!xⁿfür alle x∈R absolut konvergent, also ist der Konvergenzradius dieser Reihe∞. Weiter erhalten wir für allex∈R

|f(x)| ≤ X∞ n=0

|a_n| n! |x|ⁿ≤

X∞ n=0

M(s) n!

|x| s

n

=M(s)exp(|x|/s),

was die gewünschte Abschätzung ist. ƒ

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