Institut f¨ ur Analysis

Institut f¨ ur Analysis

PD Dr. Peer Christian Kunstmann 25.11.2016

Dipl.-Math. Leonid Chaichenets Johanna Richter, M.Sc. Tobias Schmid, M.Sc.

H¨ ohere Mathematik I f¨ ur die Fachrichtung Physik L¨ osungsvorschl¨ age zum 6. ¨ Ubungsblatt

Aufgabe 31:

Seia_n= ⁽¹⁺

1 2(−1)ⁿ)ⁿ

n² f¨ur alle n∈N. (a) Betrachte die Folge (b_n) :=_a

n+1

an

. F¨ur ihre Teilfolgen (b_2n) bzw. (b_2n+1) gilt b_2n = (2n)²

(2n+ 1)² ·(1−¹₂)²ⁿ⁺¹ (1 + ¹₂)²ⁿ = 1

2· 1

1 +_2n¹

!2

· 1

3 2n

und

b_2n+1 = (2n+ 1)²

(2n+ 2)² ·(1 + ¹₂)²ⁿ⁺² (1−¹₂)²ⁿ⁺¹ = 1

2· 1

1 +_2n+1¹

!2

·3²ⁿ⁺²

f¨ur allen∈N. Wegen limn→∞b_2n= 0 und limn→∞b_2n+1=∞gilt lim infn→∞ an+1

an = 0<1 und lim sup_n→∞ ^an+1_a

n =∞ >1. Eine Entscheidung mit dem Quotientenkriterium ist also nicht m¨oglich.

(b) Betrachte die Folge (cn) :=

pn

|a_n|

. F¨ur ihre Teilfolge (c2n) gilt

n→∞lim b_2n= lim

n→∞

1 +¹₂

2n√

2n2 = 3 2. Also ist lim sup_n→∞ pⁿ

|a_n| ≥ ³₂ >1. Mit dem Quotientenkriterium folgt die Divergenz von P

n∈Nan.

Aufgabe 32:

(a) Es gilt f¨ur alle n∈N

2np

|a_2n|= 2 + (−1)²ⁿ

3 = 1 und ²ⁿ⁺¹p

|a_2n+1|= 2 + (−1)²ⁿ⁺¹

3 = 1

3. Folglich sind₁

3,1 genau die H¨aufungswerte der Folge pn

|a_n| und lim sup

n→∞

pn

|a_n|= max 1

3,1

= 1.

Nach der Formel von Cauchy-Hadamard (siehe Abschnitt 7.14 des Skriptes), ist

R= 1

lim sup_n→∞ pⁿ

|a_n| = 1.

(b) Es gilt f¨ur jedes n∈N

an+1

a_n

=

_2+(−1)n+1

3

n+1

_2+(−1)n

3

n = 2 + (−1)ⁿ⁺¹

3 ·

2 + (−1)ⁿ⁺¹ 2 + (−1)ⁿ

n

.

Also ist

a_2k+1 a_2k

= 1 3

1 3

2k

= 1 3

1 3

2k+1

−−−→k→∞ 0 und

a_2k+2 a_2k+1

= 1·3^2k+1−−−→ ∞.^k→∞

Folglich sind{0,∞}genau die H¨aufungswerte der Folge

an+1

an

und lim inf

n→∞

a_n+1 an

= min{0,∞}= 0, lim sup

n→∞

a_n+1 an

= max{0,∞}=∞.

Sei 06=z∈C. Nach dem Quotientenkriterium istP∞

n=0anzⁿ (absolut) konvergent, falls lim sup

n→∞

a_n+1zⁿ⁺¹ a_nzⁿ

=|z|lim sup

n→∞

a_n+1 a_n

<1⇔ |z|< 1 lim sup_n→∞

an+1

an

.

Nach der Folgerung (a) aus Abschnitt 7.14 des Skriptes ist also ¹

lim sup_n→∞

an+1 an

≤ R.

Ebenfalls nach dem Quotientenkriterium istP∞

n=0a_nzⁿ divergent, falls lim inf

n→∞

an+1zⁿ⁺¹ anzⁿ

=|z|lim inf

n→∞

an+1

an

>1⇔ |z|> 1 lim infn→∞

an+1

an

.

Nach der Folgerung (b) aus Abschnitt 7.14 des Skriptes ist also ¹

lim infn→∞

an+1 an

≥R.

Mit den errechneten Werten ergibt sich aber nur die triviale Absch¨atzung

0 = 1

lim sup_n→∞

an+1

an

≤R≤ 1

lim infn→∞

an+1

an

=∞.

Aufgabe 33:

Sei a_n := ^√1_n f¨ur alle n ∈N. Offenbar ist (a_n) eine streng monoton fallende Nullfolge. Damit ist die alternierende ReiheP∞

n=1(−1)ⁿ⁺¹an konvergent nach dem Leibnizkriterium.

Sei ferner

bn:=











√ 1

4k+1 f¨urn= 3k+ 1,

√ 1

4k+3 f¨urn= 3k+ 2,

−√ ¹

2(k+1) f¨urn= 3k

f¨ur alle n∈N. Offenbar ist (bn) eine Umordnung von (an) und es gilt 1 + 1

√3 − 1

√2 + 1

√5+ 1

√7 − 1

√4+ 1

√9 + 1

√11 − 1

√6 +. . .=

∞

X

n=1

b_n.

Sei (S_N) ihre Partialsummenfolge. F¨ur die Teilfolge (S_3n) gilt S3n=

3n

X

m=1

bm =

n−1

X

k=0

b_3k+1+

n−1

X

k=0

b_3k+2+

n

X

k=1

b_3k=

n

X

k=1

√ 1

4k−3 + 1

√4k−1− 1

√2k. Es gilt

ck:= 1

√

4k−3+ 1

√

4k−1− 1

√

2k ≥ 1

√

4k+ 1

√

4k− 1

√ 2k =

1− 1

√ 2

· 1

√ k ≥

1− 1

√ 2

1

√ k. Also ist die ReiheP∞

k=1c_kdivergent nach dem Minorantenkriterium. Folglich ist auch die Folge (S_N) — also die ReiheP∞

n=1b_n — divergent.

Aufgabe 34:

(a) Sei a_n := ^√_n+1¹ f¨ur alle n ∈ N. Offenbar ist (a_n) eine streng monoton fallende Nullfolge.

Damit ist die alternierende Reihe P∞

n=0(−1)ⁿan konvergent nach dem Leibnizkriterium.

Da

(−1)ⁿ

√n+1

≥ _n+1¹ f¨ur jedesn∈ N, istP∞

n=0a_n nicht absolut konvergent nach dem Mino- rantenkriterium.

(b) Das Cauchyprodukt der Reihe P∞

n=0a_n mit sich selbst ist

∞

X

n=0 n

X

k=0

an−ka_k =

∞

X

n=0 n

X

k=0

an−ka_k=

∞

X

n=0 n

X

k=0

(−1)^n−k

√n−k+ 1· (−1)^k

√k+ 1

=

∞

X

n=0

(−1)ⁿ

n

X

k=0

√ 1

n−k+ 1√ k+ 1

!

| {z }

=:bn

.

Laut Hinweis ist

√

n−k+ 1√

k+ 1≤ n−k+ 1 +k+ 1

2 = n+ 2

2 und folglich

|b_n|=

n

X

k=0

√ 1

n−k+ 1√

k+ 1 ≥(n+ 1) 2

n+ 2 ≥ 2(n+ 1) 2n+ 2 = 2.

Also ist (bn) keine Nullfolge und somit ist P∞

n=0bn divergent.

Aufgabe 35:

(i) Sei (a_n) = Pn k=1 1

k

. Es gilt

1≤ pⁿ

|a_n| ≤ ⁿ v u u t

n

X

k=1

1 = √ⁿ

n−−−→^n→∞ 1.

Also ist lim sup_n→∞ pⁿ

|a_n|= limn→∞ ⁿ

p|a_n|= 1. Nach der Formel von Cauchy-Hadamard (siehe Abschnitt 7.14 des Skriptes) ist der Konvergenzradius R= ¹₁ = 1. Nach dem Satz im Abschnitt 7.14 des Skriptes istP∞

n=1anzⁿabsolut konvergent f¨ur|z|<1 und divergent f¨ur|z|>1.

F¨ur|z|= 1 ist

|a_nzⁿ|=

n

X

k=1

1 k

−−−→ ∞n→∞

keine Nullfolge. Also divergiert die ReiheP∞

n=1a_nzⁿ. (ii) Die Reihe hat die Form P∞

n=2anzⁿ mit

an=















e^4k f¨urn= 4k, 0 f¨urn= 4k+ 1, 1 f¨urn= 4k+ 2, 0 f¨urn= 4k+ 3 f¨ur allen∈N. Es ist ^4kp

|a_4k|=e, ^4k+1p

|a_4k+1|= 0, ^4k+2p

|a_4k+2|= 1 und ^4k+3p

|a_4k+3|= 0 f¨ur alle k∈N0 und folglich lim sup_n→∞ pⁿ

|a_n|=e.

Nach der Formel von Cauchy-Hadamard ist (siehe Abschnitt 7.14 des Skriptes) istR= ¹_e der Konvergenzradius vonP∞

n=2a_nzⁿ. Nach dem Satz im Abschnitt 7.14 des Skriptes ist P∞

n=1anzⁿ absolut konvergent f¨ur|z|< ¹_e und divergent f¨ur|z|> ¹_e. F¨ur|z|=e⁻¹ gilt f¨ur alle k∈N0

a_4kz^4k

=e^4k|z|^4k=e⁴ⁿe⁻⁴ⁿ= 1.

Also ist (a_nzⁿ)n∈N keine Nullfolge und die Reihe P∞

n=2a_nzⁿ divergent.

(iii) Die Reihe hat die Form P∞

n=0anzⁿ mit a_n=

(0 f¨urn= 2k,

1

(2k+1)! f¨urn= 2k+ 1 f¨ur alle n∈N0. Also ist

0≤ |a_nzⁿ| ≤ |z|ⁿ n!

f¨ur allen∈N0. Da die ReiheP

n≥0anzⁿ absolut konvergent ist f¨ur alle z∈C(Exponen- tialreihe — siehe Abschnitt 7.8 des Skriptes), ist P∞

n=0a_nzⁿ absolut konvergent f¨ur alle z∈Cnach dem Majorantenkriterium.

(iv) Nach Aufgabe 21 (vi) ist

lim sup

n→∞

√n

n! =∞.

Nach der Formel von Cauchy-Hadamard ist (siehe Abschnitt 7.14 des Skriptes) ist R =

1

∞ = 0 der Konvergenzradius von P∞

n=0n!zⁿ. Nach dem Satz im Abschnitt 7.14 des Skriptes, istP∞

n=0n!zⁿgenau f¨urz= 0 konvergent (in diesem Fall ist sie nat¨urlich absolut konvergent).

(v) Sei (an) = 1

n+√ n

. Es gilt

an

a_n+1

= n+ 1 +√ n+ 1 n+√

n =

1 +^√1

n+1

1−_n+1¹ +

√1 n

1+¹_n

−−−→n→∞ 1.

Nach dem Satz aus Abschnitt 7.15 der Vorlesung ist R = 1 der Konvergenzradius der Potenzreihe P∞

n=1a_nxⁿ. Nach dem Satz im Abschnitt 7.14 des Skriptes, ist P∞ n=1a_nxⁿ also f¨ur|x|<1 (absolut) konvergent und f¨ur|x|>1 divergent.

Es gilt a_n ≥ _n+n¹ = _2n¹ f¨ur alle n ∈ N. Folglich ist P∞

n=1a_nxⁿ divergent f¨ur x = 1 nach dem Minorantenkriterium.

Da (an) eine streng monoton fallende Nullfolge ist, istP∞

n=1anxⁿ konvergent f¨urx=−1 nach dem Leibnizkriterium.

Aufgabe 36:

(i) Definiere w:= ^z₄² und a_n= Pn

k=1 √1 k

. Es gilt

∞

X

n=1

1 4ⁿ

n

X

k=1

√1 k

! z²ⁿ=

∞

X

n=1

a_nwⁿ.

Ferner ist

1≤ pⁿ

|a_n| ≤ ⁿ v u u t

n

X

k=1

1 = √ⁿ

n−−−→^n→∞ 1.

Also ist lim sup_n→∞ pⁿ

|a_n|= limn→∞ ⁿ

p|a_n|= 1. Nach der Formel von Cauchy-Hadamard (siehe Abschnitt 7.14 des Skriptes) ist der Konvergenzradius R= ¹₁ = 1. Nach dem Satz im Abschnitt 7.14 des Skriptes istP∞

n=1a_nwⁿabsolut konvergent f¨ur|w|<1 bzw.|z|<2 und divergent f¨ur|w|>1 bzw. |z|>2.

F¨ur|w|= 1 ist

|a_nwⁿ|=

n

X

k=1

√1 k ≥

n

X

k=1

1 k

−−−→ ∞n→∞

keine Nullfolge. Also divergiert die ReiheP∞

n=1anzⁿ f¨ur|w|= 2.

(ii) Die Reihe hat die Form P∞

n=0a_nzⁿ mit an=

(2^m f¨urn=m², 0 sonst f¨ur alle n∈N0. Folglich ist

lim sup

n→∞

pn

|a_n|= lim sup

m→∞

mp2

|a_m2|= lim sup

m→∞

m√2

2^m = lim

m→∞

m√ 2 = 1.

Nach der Formel von Cauchy-Hadamard (siehe Abschnitt 7.14 des Skriptes) ist der Kon- vergenzradius R = ¹₁ = 1. Nach dem Satz im Abschnitt 7.14 des Skriptes ist P∞

n=1a_nzⁿ absolut konvergent f¨ur|z|<1 und divergent f¨ur|z|>1.

F¨ur|z|= 1 ist (|a_nzⁿ|)n∈N= (2ⁿ)n∈Nkeine Nullfolge. Deshalb ist P

n≥0a_nzⁿ divergent.

(iii) Die Reihe hat die FormP∞

n=1a_n(z−z₀)ⁿmitz₀= 2i und a_n= _n¹n f¨ur allen∈N. Es gilt lim sup

n→∞

pn

|a_n|= lim

n→∞

n

r 1

nⁿ = lim

n→∞

1 n = 0.

Nach der Formel von Cauchy-Hadamard (siehe Abschnitt 7.14 des Skriptes) ist der Kon- vergenzradiusR = ¹₀ =∞. Nach dem Satz im Abschnitt 7.14 des Skriptes istP∞

n=1a_n(z−

z₀)ⁿ (absolut) konvergent f¨ur allez∈C. (iv) Sei (a_n)n≥2 =

2n+1 (n−1)²

n≥2. Es gilt

a_n an+1

= 2n+ 1

(n−1)² ·(n+ 1−1)²

2(n+ 1) + 1 = 1

1−¹_n2 ·1 +_2n¹ 1 +_2n³

−−−→n→∞ 1.

Nach dem Satz aus Abschnitt 7.15 der Vorlesung ist R = 1 der Konvergenzradius der PotenzreiheP∞

n=1a_nxⁿ. Nach dem Satz im Abschnitt 7.14 des Skriptes, ist die Potenzreihe also f¨ur|x|<1 (absolut) konvergent und f¨ur|x|>1 divergent.

Es gilt

a_n= 2n+ 1 (n−1)² ≥ 2n

n² = 2 n f¨ur allen≥2. Folglich istP∞

n=1anxⁿdivergent f¨urx= 1 nach dem Minorantenkriterium.

F¨ur alle n≥2 gilt an= 2n+ 1

(n−1)² = 2(n−1) + 3 (n−1)² = 2

n−1+ 3

(n−1)² ≥ 2 n+ 3

n² = 2(n+ 1) + 1

n² =an+1. Ferner ist

n→∞lim a_n= lim

n→∞

2n+ 1

(n−1)² = lim

n→∞

2 n+ _n¹2

1− ¹_n2 = 0.

Also istP∞

n=2a_nxⁿkonvergent f¨urx=−1 nach dem Leibnizkriterium.

(v) Sei (an) = n

n√ n!

. Es gilt 1≤n!≤nⁿ f¨ur jedes n∈N. Folglich ist 1 = ⁿ

rn n = ⁿ

r n

√n

nⁿ ≤ ⁿ r n

√n

n!

| {z }

=ⁿ√

|an|

≤

√n

n 1

−−−→n→∞ 1.

Also ist lim sup_n→∞ pⁿ

|a_n|= limn→∞ ⁿ

p|a_n|= 1. Nach der Formel von Cauchy-Hadamard (siehe Abschnitt 7.14 des Skriptes) ist der Konvergenzradius R= ¹₁ = 1. Nach dem Satz im Abschnitt 7.14 des Skriptes istP∞

n=1a_nzⁿabsolut konvergent f¨ur|z|<1 und divergent f¨ur|z|>1.

F¨ur|z|= 1 ist

|a_nzⁿ|= n

√n

n!≥ n

√n

nⁿ = 1 keine Nullfolge. Also divergiert die ReiheP∞

n=1anzⁿ f¨ur|z|= 1.

http://www.math.kit.edu/iana1/lehre/hm1phys2016w/