Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis
Dr. Christoph Schmoeger Michael Hott, M. Sc.
WS 2015/2016 27.11.2015
Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik
Lösungsvorschläge zum 5. Übungsblatt
Aufgabe 25 (Übung)
Betrachten Sie die ReiheP∞
n=12−n+(−1)n.
a) Was kann man mit dem Quotientenkriterium über die Konvergenz der obigen Reihe sagen?
b) Was kann man mit dem Wurzelkriterium über die Konvergenz der obigen Reihe sagen?
Lösungsvorschlag
Definierean:= 2−n+(−1)n für allen∈N. a) Es gilt für geradesn∈N
cn :=
an+1 an
= 2−n−2 2−n+1 = 1
8, sowie für ungeradesn∈N
cn :=
an+1 an
= 2−n 2−n−1 = 2.
Damit gilt lim supn→∞cn = 2 >1 sowie lim infn→∞cn = 1/8<1. Damit lässt sich über das Quotientenkriterium keine Aussage über die Konvergenz der Reihe machen.
b) Es ist
lim sup
n→∞
pn
|an| = lim sup
n→∞
2−1+(−1)n/n = 1 2.
Den Grenzwert erhalten wir, indem wir folgende Abschätzung und den Hinweis von Aufgabe 19 c)verwenden:
2−1n
√
2−1 = 2−1−1/n 6 2−1+(−1)n/n 6 2−1n
√ 2.
Nach dem Wurzelkriterium konvergiert nun die ReiheP∞ n=1an. Aufgabe 26 (Tutorium)
Untersuchen Sie die nachstehenden Reihen auf (absolute) Konvergenz.
a)
∞
X
n=1
n−1 n
!n
b)
∞
X
n=1
(2n)!
(3n)nn!
c)
∞
X
n=1
√n
n n!
d)
∞
X
n=1
2nn!
nn
e)
∞
X
n=1
1 2n
n+ 1 n
!n2
f)
∞
X
n=1
e1/n−1
√ n
g)
∞
X
n=1
n!
(n!)!
h)
∞
X
n=1
n!
Qn
k=1(2k−1) i)
∞
X
n=1
(−1)n nn 3n2+1
Lösungsvorschlag
a) Seian:= (n−n1)nfürn∈N. Es gilt (sieheAufgabe 16f)) an= 1−1
n
!n
→1
e ,0 (n→ ∞).
Damit istankeine Nullfolge undP∞
n=1(n−n1)ndivergent.
b) Definierean:= (3n)(2n)!nn!. Es gilt
an+1 an
= (2n+ 2)!(3n)nn!
(2n)!(3(n+ 1))n+1(n+ 1)! = (2n+ 2)(2n+ 1) 3(n+ 1)2
n n+ 1
n
= (2n+ 2)(2n+ 1) 3(n+ 1)2
1 (1 +1n)n
→ 4 3e<1, wennn→ ∞. Damit konvergiertP∞
n=1annach dem Quotientenkriterium absolut.
c) Seian:= n
√ n
n!. Da√n
n→1 fürn→ ∞gilt, ist√n
nbeschränkt, also √n
n6C für eine Konstante C >0. Somit folgt
|an|=
√n
n n! 6 C
n!. DaP∞
n=1C
n! konvergiert (gegenC(e−1), siehe Vorlesung), konvergiert auch P∞ n=1
√n
n
n! absolut nach dem Majorantenkriterium.
d) Definierean:= 2nn!/nn. Dann gilt
an+1 an
= 2n+1(n+ 1)!nn 2nn!(n+ 1)n+1 = 2
n n+ 1
n
→2 e <1, wennn→ ∞(sieheb)). Daher konvergiertP∞
n=1annach dem Quotientenkriterium absolut.
e) Seian:= 21n(n+1n )n2. Es gilt pn
|an|= 1 2 1 +1
n
!n
→ e
2>1 (n→ ∞).
Deshalb divergiertP∞ n=1 1
2n(n+1n )n2 nach dem Wurzelkriterium.
f) Definierean:= (e1/n−1)/√
n. Zunächst gilt nachAufgabe 29 b)n(e1/n−1)→1, wennn→ ∞. Das heißt dann nach Definition der Konvergenz, dass einn0∈Nderart existiert, dass
n
e1/n−1
6 3 2 für allen>n0gilt. Für diesen>n0gilt dann
|an| =
e1/n−1
√ n
=
n
e1/n−1
1
n3/2 6 3 2n3/2. Da nachAufgabe 23 b)P∞
n=1n−3/2konvergiert, konvergiert insbesondereP∞
n=n0n−3/2. Damit konvergiert dannP∞
n=n0an, also auchP∞
n=1anabsolut nach dem Majorantenkriterium.
g) Definiere
an :=
( n
n!, fallsn=k! für eink∈N
0, sonst .
Wir behaupten
∞
X
n=1
n!
(n!)! =
∞
X
n=1
an.
Sei dazun∈Nzunächst fest. Dann gibt es genau ein (!)kn∈Nderart, dasskn!6n <(kn+ 1)!.
Insbesondere giltn→ ∞genau dann, wennkn→ ∞. Es gilt für die Partialsumme sn :=
Xn
j=1
an =
kn
X
j=1
j!
(j!)! →
∞
X
j=1
j!
(j!)!,
wennn→ ∞. Damit ist die Behauptung gezeigt. Als Nächstes verwenden wir die Abschätzung
|an| 6 n
n! = 1
(n−1)!
für allen∈N. Da nach Vorlesung
∞
X
n=1
1 (n−1)!
Indexshif t
=
∞
X
n=0
1 n! = e, konvergiertP∞
n=1annach dem Majorantenkriterium absolut.
h) Definierean:= Qn n!
k=1(2k−1). Dann gilt
an+1 an
= (n+ 1)!Qn
k=1(2k−1) n!Qn+1
k=1(2k−1) = n+ 1 2n+ 1→1
2, wennn→ ∞. Damit konvergiertP∞
n=1annach dem Quotientenkriterium absolut.
i) Definierean:= (−n)n
3n2+1. Dann gilt
pn
|an| = n
3n+1/n →0, wennn→ ∞. Damit konvergiertP∞
n=1an nach dem Wurzelkriterium. Der Leser begründe, warum diese Konvergenz gilt.
Aufgabe 27 (Übung)
a) Zeigen Sie, dass die Reihe
1− 1
√ 2+ 1
√ 3
− 1
√ 4+ 1
√ 5
− 1
√ 6+· · · konvergiert, die daraus durch Umordnung entstehende Reihe
1 + 1
√ 3
− 1
√ 2+ 1
√ 5+ 1
√ 7
− 1
√ 4+ 1
√ 9+ 1
√ 11
− 1
√ 6+· · · jedoch divergiert.
b) Weisen Sie nach, dass das Cauchyprodukt der konvergenten Reihe ausa)mit sich selbst divergiert.
Lösungsvorschlag a) Die Reihe
1− 1
√ 2+ 1
√ 3
− 1
√ 4+ 1
√ 5
− 1
√
6+· · ·=
∞
X
n=1
(−1)n+1
√
n =−
∞
X
n=1
(−1)n 1
√ n konvergiert nach dem Leibnizkriterium, weil (√1
n)n∈Neine monoton fallende Nullfolge ist. Es gilt
1 + 1
√ 3
− 1
√ 2+ 1
√ 5+ 1
√ 7
− 1
√ 4+ 1
√ 9+ 1
√ 11
− 1
√
6+· · ·=
∞
X
n=1
√ 1
4n−3+ 1
√ 4n−1
− 1
√ 2n
! . (∗) Für jedesn∈Nist
√ 1
4n−3+ 1
√ 4n−1
− 1
√ 2n
≥ 1
√
4n+ 1
√ 4n
− 1
√
2n = 1
√ n− 1
√ 2n =
1− 1
√ 2
· 1
√ n ≥0.
DaP∞ n=1√1
n divergiert, ist (1−√1
2)P∞ n=1√1
n eine divergente Minorante für die Reihe in (∗).
b) Wie wir gesehen haben, ist die konvergente Reihe ausa)gegeben durch
∞
X
n=1
(−1)n+1
√
n =
∞
X
n=0
(−1)n
√ n+ 1. Sei nun an := √(−1)n
n+1 fürn∈N0. Für das CauchyproduktP∞
n=0cn der Reihe P∞
n=0an mit sich selbst gilt
cn= Xn
k=0
an−kak= Xn
k=0
(−1)n−k
√
n−k+ 1
· (−1)k
√
k+ 1= (−1)n Xn
k=0
√ 1
n−k+ 1·
√ k+ 1. Mit
0≤(
√ a−
√
b)2=a−2
√ a
√
b+b ⇔
√ a
√ b61
2(a+b) (füra, b >0) folgt
|cn|=
n
X
k=0
√ 1
n−k+ 1·
√ k+ 1
≥
n
X
k=0
1
1
2(n−k+ 1 +k+ 1)=
n
X
k=0
2 n+ 2
= 2 n+ 2
Xn
k=0
1 = 2(n+ 1)
n+ 2 =2 + 2/n
1 + 2/n→2 (n→ ∞).
Demnach ist (cn)nkeine Nullfolge und damitP∞
n=0cndivergent.
Aufgabe 28 (Tutorium)
Sei|z|<1. Bestimmen Sie den Reihenwert, indem Sie die Reihen geeignet als Cauchyprodukt darstellen.
a)
∞
X
n=1
nzn b)
∞
X
n=1
n2z2n
Lösungsvorschlag
Der Konvergenzradius beider Potenzreihen ist 1, da
nlim→∞
√n
n= lim
n→∞
√n
n2= 1.
Somit sind beide Reihen für |z|<1 absolut konvergent und für |z|>1 divergent. Für |z|= 1 ist der Betrag der Folgenglieder, alsonbzw.n2, keine Nullfolge, weshalb auch dort Divergenz folgt (siehe auch Vorlesung). Kommen wir nun zum Reihenwert, wobei ab nun |z|<1 vorausgesetzt sei.
a) Es gilt (siehe Vorlesung)
∞
X
n=0
zn
!
·
∞
X
k=0
zk
!
=
∞
X
n=0
Xn
k=0
zn−kzk=
∞
X
n=0
Xn
k=0
zn=
∞
X
n=0
(n+ 1)zn. Somit folgt P∞
n=0(n+ 1)zn = (1−1z)2. Die geforderte Reihe müssen wir nun nur noch leicht umformen, um auf diesen nun bekannten Reihenwert zurückgreifen zu können. Wir berechnen
∞
X
n=1
nzn=z·
∞
X
n=1
nzn−1 Index-Shift= z·X
n>0
(n+ 1)zn. Somit folgt
∞
X
n=1
nzn= z (1−z)2. b) Aus der Vorlesung ist bekannt, dass
Xn
k=0
k=n(n+ 1)
2 ⇔2
Xn
k=0
k=n2+n⇔n2= 2 Xn
k=0
k
!
−n
Damit folgt
∞
X
n=1
n2z2n=
∞
X
n=0
2 Xn
k=0
k
!
−n
!
(z2)n= 2
∞
X
n=0
Xn
k=0
((z2)n−k)(k(z2)k)−
∞
X
n=0
n(z2)n
= 2
∞
X
n=0
(z2)n
!
·
∞
X
k=0
k(z2)k
!
−
∞
X
n=0
n(z2)n. Mit Teila)erhalten wir schließlich
∞
X
n=1
n2(z2)n= 2· 1
1−z2· z2
(1−z2)2− z2
(1−z2)2 = z2 (1−z2)2·
2 1−z2−1
= z2
(1−z2)2·1 +z2
1−z2 =z2(1 +z2) (1−z2)3 .
Aufgabe 29 (Übung)
a) Rechnen Sie nach, dass die aus der Vorlesung aufRbekannten Formeln eiz = cos (z) + i sin (z), sin2(z) + cos2(z) = 1, auch fürz∈Cgelten.
b) Zeigen Sie
nlim→∞n·
e1/n−1
= 1.
c) Beweisen Sie, dass fürz=x+ iy
sin (z) = sin (x) ey+ e−y 2
!
+ i cos (x) ey−e−y 2
! ,
cos (z) = cos (x) ey+ e−y 2
!
−i sin (x) ey−e−y 2
! ,
und schließen Sie daraus, dass die beiden Funktionen aufCunbeschränkt sind.
Lösungsvorschlag
a) Wir fangen auf der rechten Seite der ersten Gleichung an und beobachten, dass cos (z) + i sin (z) =1
2(eiz+ e−iz) + i
2i(eiz−e−iz) =1
2(eiz+ e−iz+ eiz−e−iz) = eiz. Zudem gilt
cos2(z) + sin2(z) =1
4(eiz+ e−iz)2−1
4(eiz−e−iz)2= 1
4(e2iz+ 2 + e−2iz−(e2iz−2 + e−2iz)) = 1.
b) NachSatz 7.14 (2)gilt n
e1/n−1
−1 =
e1/n−1 1/n −1
6 1
ne1/n→0, wennn→ ∞. Damit gilt
nlim→∞n
e1/n−1
= 1.
c) Es gilt
sin (z) = 1
2i(eiz−e−iz) = 1
2i(eixe−y−e−ixey) = 1
2i((cos(x) + i sin(x))e−y−(cos(x)−i sin(x))ey)
= sin (x) ey+ e−y 2
!
+ cos (x) e−y−ey 2i
!
= sin (x) ey+ e−y 2
!
+ i cos (x) ey−e−y 2
!
und analog cos (z) = 1
2(eiz+ e−iz) =1
2(eixe−y−e−ixey) =1
2((cos(x) + i sin(x))e−y+ (cos(x)−i sin(x))ey)
= cos (x) ey+ e−y 2
!
+ i sin (x) e−y−ey 2
!
= cos (x) ey+ e−y 2
!
−i sin (x) ey−e−y 2
! .
Für die Unbeschränktheit begeben wir uns auf die imaginäre Achse (alsox = 0 und somit sin(x) = 0, cos(x) = 1). Es gilt füry >0 (also 0<e−y<e0= 1<eywegen Monotonie)
|sin(iy)|=ey−e−y 2 >ey
2 −1 2,
|cos(iy)|=ey+ e−y 2 > ey
2
Da nach Vorlesung sup{ey : y∈R}=∞und 0<ey61 füry60, gilt auch sup{ey: y >0}=∞. Somit existiert zu jedem C∈ReinyC >0 mit eyC >2C+ 1, also eyC2 > eyC2 −1
2> C und somit sowohl |sin(iy)|> Cals auch |cos(iy)|> C.
Aufgabe 30 (Tutorium)
Zeigen Sie mit Hilfe der Additionstheoreme die folgenden Formeln für allez, w∈C. a) sin(2z) = 2 sin(z) cos(z)
c) sin(z) + sin(w) = 2 sin z+w 2
!
cos z−w 2
!
b) cos(2z) = 1−2 sin2(z) = 2 cos2(z)−1 d) cos(z) + cos(w) = 2 cos z+w
2
!
cos z−w 2
!
Lösungsvorschlag
a) Das Additionstheorem sin(z+w) = sin(z) cos(w) + cos(z) sin(w) liefert für jedesz∈C sin(2z) = sin(z+z) = sin(z) cos(z) + cos(z) sin(z) = 2 sin(z) cos(z). b) Ebenso folgt aus cos(z+w) = cos(z) cos(w)−sin(z) sin(w) die Gleichung
cos(2z) = cos(z+z) = cos(z) cos(z)−sin(z) sin(z) = cos2(z)−sin2(z).
Wie wir inAufgabe 29a)gesehen haben, gilt die aus der Vorlesung bekannte Formel cos2(z) + sin2(z) = 1 auch für jedesz∈C. Somit folgt
cos2(z)−sin2(z) =
(1−sin2(z))−sin2(z) = 1−2 sin2(z), cos2(z)−(1−cos2(z)) = 2 cos2(z)−1. c) Nach den bekannten Additionstheoremen undAufgabe 29b)gilt
sin z+w 2
!
= sin z 2
! cos w
2
!
+ cos z 2
! sin w
2
! ,
cos z±w 2
!
= cos z 2
!
cos ±w 2
!
−sin z 2
!
sin ±w 2
!
= cos z 2
! cos w
2
!
∓sin z 2
! sin w
2
! .
Somit folgt 2 sin z+w
2
!
cos z−w 2
!
= 2 sin z 2
! cos w
2
!
+ cos z 2
! sin w
2
!!
cos z 2
! cos w
2
!
+ sin z 2
! sin w
2
!!
= 2 sin z 2
! cos z
2
!
cos2 w 2
!
+ 2 sin w 2
! cos w
2
! sin2 z
2
!
+ 2 sin w 2
! cos w
2
! cos2 z
2
!
+ 2 sin z 2
! cos z
2
!
sin2 w 2
!
= 2 sin z 2
! cos z
2
!
sin2 w 2
!
+ cos2 w 2
!!
+ 2 sin w 2
! cos w
2
! sin2 z
2
!
+ cos2 z 2
!!
a), A29a)
= sin(z) + sin(w) d) Es gilt
2 cos z+w 2
!
cos z−w 2
!
= 2 cos z 2
! cos w
2
!
−sin z 2
! sin w
2
!!
cos z 2
! cos w
2
!
+ sin z 2
! sin w
2
!!
= 2 cos2 z 2
!
cos2 w 2
!
−2 sin2 z 2
!
sin2 w 2
!
A27 a)
= 2 1−sin2 z 2
!!
1−sin2 w 2
!!
−2 sin2 z 2
!
sin2 w 2
!
= 1−2 sin2 z 2
!!
+ 1−2 sin2 w 2
!!b)
= cos(z) + cos(w)
Aufgabe 31 (Übung)
a) Welche Funktionen vonCnachCwerden durch die folgenden Potenzreihen dargestellt?
(i)
∞
X
n=0
n−1
(n+ 1)!zn (ii)
∞
X
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!(z+ 1)2n+2
b) Bestimmen Sie jeweils eine Potenzreihenentwicklung der Funktionf um die angegebene Entwicklungsstellez0. Wie groß ist dabei der Konvergenzradius?
(i) f : C→C, z7→sinz, z0= 1 (ii) f : C\ {−1,12} →C, z7→ 1−z
1−z−2z2, z0= 0 Hinweis:In Teil (ii) hilft die Gleichung 1−1z−−z2z2 =
2
1+z3 +
1
1−32z für allez∈C\ {−1,12}weiter.
Lösungsvorschlag
a) (i) Die Potenzreihe lässt sich als Differenz zweier Potenzreihen darstellen:
∞
X
n=0
n−1 (n+ 1)!zn=
∞
X
n=0
n+ 1−2 (n+ 1)! zn=
∞
X
n=0
1 n!zn−
∞
X
n=0
2 (n+ 1)!zn.
Die erste Reihe ergibt ez, die zweite liefert fürz= 0 den Wert 2 und fürz,0 gilt
∞
X
n=0
2
(n+ 1)!zn=2 z
∞
X
n=0
1
(n+ 1)!zn+1=2 z
∞
X
k=1
zk k!= 2
z
ez−1 .
Insgesamt folgt: Die vonP∞ n=0 n−1
(n+1)!zndargestellte Funktionf :C→Cist gegeben durch f(0) = e0−2 =−1, f(z) = ez−2ez−2
z =(z−2)ez+ 2
z (z,0). (ii) Hier ergibt sich gemäß der Reihendarstellung der Sinus-Funktion für jedesz∈C
∞
X
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!(z+ 1)2n+2= (z+ 1)
∞
X
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!(z+ 1)2n+1= (z+ 1) sin(z+ 1).
b) (i) Wir kennen die Potenzreihen für sinzund coszum die Entwicklungsstelle 0. In Verbindung mit dem Additionstheorem für sinzergibt sich für jedesz∈C
f(z) = sin(1 + (z−1)) = sin(1) cos(z−1) + cos(1) sin(z−1)
= sin(1)
∞
X
k=0
(−1)k
(2k)!(z−1)2k+ cos(1)
∞
X
k=0
(−1)k
(2k+ 1)!(z−1)2k+1=
∞
X
n=0
an(z−1)n mit
an:=
sin(1)(−1)n!n/2, fallsngerade, cos(1)(−1)(n
−1)/2
n! , fallsnungerade
(n∈N0).
Der Konvergenzradius der Reihe ist offensichtlich∞.
(ii) Für jedesz∈C\ {−1,12}erhalten wir unter Verwendung des Hinweises f(z) = 1−z
1−z−2z2 = 2/3
1 +z+ 1/3 1−2z =2
3 1 1−(−z)+1
3 1 1−(2z). Für |z|<1 gilt
2 3
1
1−(−z) =2 3
∞
X
n=0
(−z)n und für|2z|<1 ist
1 3
1
1−(2z) =1 3
∞
X
n=0
(2z)n. Hiermit folgt für jedesz∈Cmit |z|<min{1,12}=12
f(z) =2 3
∞
X
n=0
(−z)n+1 3
∞
X
n=0
(2z)n=
∞
X
n=0
anzn
mitan := 23(−1)n+ 132n = 13(2(−1)n+ 2n), n ∈N0. Wegen limn→∞ n
p|an| = 2 beträgt der Konvergenzradius der Potenzreihe 2−1=12.
Bemerkung:Die Darstellung1−1z−−z2z2 =1+z2/3+11/3−2z kann man auf die folgende Weise erhalten (→Partialbruchzerlegung): Wegen 1−z−2z2= (1 +z)(1−2z) machen wir den Ansatz
1−z
1−z−2z2 = a
1 +z+ b 1−2z
und müssen die Konstantena, b∈Rberechnen. Die rechte Seite dieser Gleichung liefert a
1 +z+ b
1−2z =a(1−2z) +b(1 +z)
(1 +z)(1−2z) =a+b+ (−2a+b)z 1−z−2z2 .
Die Darstellung gelingt also, wenna+b= 1 und−2a+b=−1 sind. Dies bedeuteta=23 undb= 13.
Aufgabe 32 (Tutorium)
Für welchex∈Rbzw.z∈Ckonvergieren die folgenden Potenzreihen?
a)
∞
X
n=2
2n+ 1 (n−1)2xn c)
∞
X
n=1
en(1+(−1)n)x2n
e)
∞
X
n=0
2nzn2
b)
∞
X
n=1
1
n!(z−2i)n
d)
∞
X
n=1
Xn
k=1
1 kzn
f)
∞
X
n=1
(z+ 3i)n n2
Lösungsvorschlag
a) Füran:= (2n+ 1)/(n−1)2gilt
|an|
|an+1| = 2n+ 1 (n−1)2· n2
2n+ 3 = 2 + 1/n
(1−1/n)2· 1 2 + 3/n
n→∞
−−−−−→2 2= 1.
Die Reihe hat daher den Konvergenzradius 1. Wir müssen nun noch die Ränder des Konver- genzintervalls, alsox=−1 undx= 1, untersuchen. Dies liefert die zwei Reihen
∞
X
n=2
2n+ 1
(n−1)2(−1)n und
∞
X
n=2
2n+ 1 (n−1)2.
Die Konvergenz der ersten Reihe wird durch das Leibnizkriterium garantiert, denn an= 2n+ 1
(n−1)2 =2(n−1) + 3 (n−1)2 = 2
n−1+ 3
(n−1)2 >2 n+ 3
n2 =2n+ 3
n2 =an+1.
Die zweite Reihe hingegen divergiert wegenan>2n/n2= 2/nund des Minorantenkriteriums.
Insgesamt: Die Reihe konvergiert nur fürx∈[−1,1).
b) Wegen n
√
|1/n!|= 1/ n
√
n!−−−−−n→∞→0 hat diese Reihe den Konvergenzradius∞, d. h. sie konvergiert für allez∈C.
c) Die Reihe hat die FormP∞
k=2akxkmita2n= en(1+(−1)n)unda2n+1= 0 für allen∈N. Somit ist
2np
|a2n|= 2n q
|en(1+(−1)n)|=
e2n/2n= e, ngerade, e0/2n= 1, nungerade,
und wegen 2n+1p
|a2n+1|= 0 für allen∈Nfolgt lim supk→∞
pk
|ak|=e, d. h. die Potenzreihe hat den Konvergenzradius e−1. Fürx=±e−1ergibt sich die Reihe
∞
X
n=1
en(1+(−1)n)e−2n.
Diese Reihe ist divergent, da für geradesngilt: en(1+(−1)n)e−2n= e2ne−2n= 190 (n→ ∞). Die Potenzreihe konvergiert daher nur fürx∈(−e−1, e−1).
Bemerkung 1:Man kann auchy:=x2setzen undP∞
n=1en(1+(−1)n)ynbetrachten. Diese Reihe hat Konvergenzradiuse−2, d.h. sie ist konvergent für|y|< e−2und divergent für|y|> e−2. Hieraus folgt dann Konvergenz für|x|< e−1und Divergenz für|x|> e−1.
Bemerkung 2: Man kann auch direkt das Wurzelkriterum aufP∞
n=1en(1+(−1)n)x2n anwenden.
D.h., man betrachte
lim sup
n→∞
n
q
|en(1+(−1)n)x2n| = lim sup
n→∞
e1+(−1)n|x|2| = e2|x|2. Nach dem Wurzelkriterium konvergiert dannP∞
n=1en(1+(−1)n)x2nfür alle|x|<e−1und divergiert für alle|x|>e−1. Für die Randpunkte verwendet man die obige Diskussion.
d) Füran:= 1 +12+. . .+n1 gilt offenbar 16an≤n. Wegen n
√
n−−−−−n→∞→1 folgt hierauspn
|an|−−−−−n→∞→1.
Die PotenzreiheP∞
n=1anznhat also den KonvergenzradiusR= 1−1= 1. Für|z|= 1 konvergiert die Reihe nicht, denn dann gilt|anzn|=an−−−−−n→∞→ ∞, d. h. die Reihenglieder konvergieren nicht gegen 0. Konvergenz der Reihe liegt also nur für|z|<1 vor.
e) Auch diese Potenzreihe hat den Konvergenzradius 1, denn
n
q
|2nzn2|= n
√ 2n· n
q
|z|n2= 2|z|n n−−−−−→∞→
0, |z|<1,
∞, |z|>1.
Auf dem Rand des Konvergenzkreises liegt keine Konvergenz vor, denn für|z|= 1 gilt|2nzn2|= 2n90 (n→ ∞). Die ReiheP∞
n=02nzn2 konvergiert somit nur für|z|<1.
f) Für den KonvergenzradiusRvonP∞ n=1
(z+3i)n n2 =P∞
n=1an(z+ 3i)nmitan:=n12 ergibt sich wegen lim sup
n→∞
pn
|an|= lim sup
n→∞
1 (√n
n)2= 1 R= 1−1= 1. Die PotenzreiheP∞
n=1 (z+3i)n
n2 konvergiert also fürz∈Cmit|z+3i|<1 und divergiert fürz∈Cmit|z+ 3i|>1. Fürz∈Cmit|z+ 3i|= 1 gilt
(z+ 3i)n n2
=|z+ 3i|n n2 = 1
n2 für jedesn∈N. Wegen der Konvergenz vonP∞
n=1 1
n2 ist die ReiheP∞ n=1
(z+3i)n
n2 für|z+ 3i|= 1 nach dem Majoran- tenkriterium konvergent. Also konvergiert die Reihe genau fürz∈Cmit|z+ 3i| ≤1.
