Aufgaben zu Potenzreihen – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Konvergenzradius bestimmen

Aufgabe (Konvergenzradius von Potenzreihen 1)

Bestimme jeweils den Konvergenzradius der folgenden Potenzreihen.

1. $\sum _{k=1}^{\infty }2^{k}x^{k}$
2. $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k^{2}}x^{k}$
3. $\sum _{k=0}^{\infty }2^{\sqrt {k}}x^{k}$
4. $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k^{2}}x^{k^{2}}$
5. $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}x^{k^{2}}$

Lösung (Konvergenzradius von Potenzreihen 1)

Vorbemerkung: Sämtliche Potenzreihe in dieser Aufgabe lassen sich mit der Formel von Cauchy-Hadamard lösen.

• Lösung zu Teilaufgabe 1: Hier gilt mit $c_{k}=2^{k}$:
  ${\begin{aligned}\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|c_{k}|}}&=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{k}]{2^{k}}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }2\\[0.3em]&=2\end{aligned}}$

  Also ist der Konvergenzradius gleich $R={\frac {1}{2}}$.

• Lösung zu Teilaufgabe 2: Hier gilt mit $c_{k}=2^{k^{2}}$:
  ${\begin{aligned}\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|c_{k}|}}&=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{k}]{2^{k^{2}}}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }2^{\frac {k^{2}}{k}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }2^{k}\\[0.3em]&=\infty \end{aligned}}$

  Also ist der Konvergenzradius gleich $R=0$.

• Lösung zu Teilaufgabe 3: Hier gilt mit $c_{k}=2^{\sqrt {k}}$:
  ${\begin{aligned}\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|c_{k}|}}&=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{k}]{2^{\sqrt {k}}}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }2^{\frac {\sqrt {k}}{k}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }2^{\frac {1}{\sqrt {k}}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }e^{{\frac {1}{\sqrt {k}}}\cdot \ln 2}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \exp {\text{ stetig}}\right.}\\[0.3em]&=e^{\limsup _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt {k}}}\cdot \ln 2}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{k\to \infty }{\frac {1}{\sqrt {k}}}=0\right.}\\[0.3em]&=e^{0\cdot \ln 2}\\[0.3em]&=e^{0}\\[0.3em]&=1\end{aligned}}$

  Also ist der Konvergenzradius gleich $R={\frac {1}{1}}=1$.

• Lösung zu Teilaufgabe 4: Bei der Potenzreihe $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k^{2}}x^{k^{2}}=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}x^{n}$ gilt für die Koeffizientenfolge
  $c_{n}={\begin{cases}2^{n}&{\text{für }}n=k^{2},\\0&{\text{sonst}}\end{cases}}$

  Damit folgt

  ${\begin{aligned}\limsup _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{|c_{n}|}}&=\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k^{2}}]{2^{k^{2}}}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }2^{\frac {k^{2}}{k^{2}}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }2\\[0.3em]&=2\end{aligned}}$

  Also ist der Konvergenzradius gleich $R={\frac {1}{2}}$.

• Lösung zu Teilaufgabe 5: Bei der letzten Potenzreihe $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}x^{k^{2}}=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}x^{n}$ gilt für die Koeffizientenfolge
  $c_{n}={\begin{cases}2^{k}=2^{\sqrt {n}}&{\text{für }}n=k^{2},\\0&{\text{sonst}}\end{cases}}$

  Damit folgt

  ${\begin{aligned}\limsup _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{|c_{n}|}}&=\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k^{2}}]{2^{k}}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }2^{\frac {k}{k^{2}}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }2^{\frac {1}{k}}\\[0.3em]&=\limsup _{n\to \infty }{\sqrt[{k}]{2}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{2}}=1\Longrightarrow \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{2}}\right.}\\[0.3em]&=1\end{aligned}}$

  Also ist der Konvergenzradius gleich $R={\frac {1}{1}}=1$.

Aufgabe (Konvergenzradius von Potenzreihen 2)

Bestimme jeweils den Konvergenzradius der folgenden Potenzreihen.

1. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{s}}{k!}}x^{k}$ mit $s\in \mathbb {Q}$
2. $\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {2k}{k}}x^{k}$
3. $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(k+(-1)^{k})!}}x^{k}$
4. $\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}x^{k}$ mit ${\begin{cases}a^{n}&{\text{für gerade }}n,\\b^{n}&{\text{für ungerade }}n,\end{cases}}$ mit $a>0,\ b>0$
5. $\sum _{k=0}^{\infty }\left(\prod _{i=2}^{k}\left(1-{\frac {1}{i}}\right)^{i}\right)x^{k}$

Lösung (Konvergenzradius von Potenzreihen 2)

• Lösung zu Teilaufgabe 1: Die Formel von Euler-Formel ist ohne Weiteres anwendbar. Es gilt
  ${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {c_{k+1}}{c_{k}}}\right|&=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {\frac {(k+1)^{s}}{(k+1)!}}{\frac {k^{s}}{k!}}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Kehrwert bilden}}\right.}\\[0.3em]&=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {(k+1)^{s}\cdot k!}{(k+1)!\cdot k^{s}}}\\[0.3em]&=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {(k+1)^{s}\cdot k!}{(k+1)\cdot k!\cdot k^{s}}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ k!{\text{ kürzen}}\right.}\\[0.3em]&=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {(k+1)^{s}}{k^{s}\cdot (k+1)}}\\[0.3em]&=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {(k+1)^{s}}{k^{s}}}\cdot {\frac {1}{k+1}}\\[0.3em]&=\lim \limits _{k\to \infty }\left({\frac {k+1}{k}}\right)^{s}\cdot {\frac {1}{k+1}}\\[0.3em]&=\lim \limits _{k\to \infty }\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{s}\cdot {\frac {1}{k+1}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim \limits _{k\to \infty }{\frac {1}{k}}=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {1}{k+1}}=0\right.}\\[0.3em]&=\left(1+0\right)^{s}\cdot 0\\[0.3em]&=0\end{aligned}}$

  Also ist der Konvergenzradius $R=\infty$.

  Die Formel von Cauchy-Hadamard ist ebenfalls anwendbar, falls der Grenzwert $\lim \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{k!}}=\infty$ bekannt ist. Es ergibt sich

  ${\begin{aligned}\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|c_{k}|}}&=\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{\frac {k^{s}}{k!}}}\\[0.3em]&=\limsup \limits _{k\to \infty }{\frac {\sqrt[{k}]{k^{s}}}{\sqrt[{k}]{k!}}}\\[0.3em]&=\limsup \limits _{k\to \infty }{\frac {({\sqrt[{k}]{k}})^{s}}{\sqrt[{k}]{k!}}}\\[0.3em]&={\frac {\limsup \limits _{k\to \infty }({\sqrt[{k}]{k}})^{s}}{\limsup \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{k!}}}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{k}}=1{\text{ und }}\lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{k!}}=\infty \right.}\\[0.3em]&=0\end{aligned}}$

  Damit folgt ebenfalls $R=\infty$.

• Lösung zu Teilaufgabe 2: Auch hier ist die Formel von Cauchy-Hadmard schwer anzuwenden. Dazu müssten wir den Grenzwert $\lim \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{\binom {2k}{k}}}$ bestimmen, was alles andere als einfach ist. Die Formel von Euler hingegen ergibt
  ${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {c_{k+1}}{c_{k}}}\right|&=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {\left|{\binom {2(k+1)}{k+1}}\right|}{\left|{\binom {2k}{k}}\right|}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \left|{\binom {2(k+1)}{k+1}}\right|={\binom {2k+2}{k+1}}={\frac {(2k+2)!}{(k+1)!\cdot (2k+2-(k+1))!}}={\frac {(2k+2)!}{(k+1)!\cdot (k+1)!}}\right.}\\[0.3em]&=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {\frac {(2k+2)!}{(k+1)!(k+1)!}}{\frac {(2k)!}{k!k!}}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Kehrwert bilden}}\right.}\\[0.3em]&\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {(2k+2)!\cdot k!\cdot k!}{(2k)!\cdot (k+1)!\cdot (k+1)!}}\\[0.3em]&\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {(2k+2)\cdot (2k+1)\cdot (2k)!\cdot k!\cdot k!}{(2k)!\cdot (k+1)\cdot k!\cdot (k+1)\cdot k!}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ (2k)!{\text{ und }}k!{\text{ kürzen}}\right.}\\[0.3em]&\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {(2k+2)\cdot (2k+1)}{(k+1)\cdot (k+1)}}\\[0.3em]&\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {4k^{2}+6k+2}{k^{2}+2k+1}}\\[0.3em]&\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {4+{\frac {6}{k}}+{\frac {2}{k^{2}}}}{1+{\frac {2}{k}}+{\frac {1}{k^{2}}}}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim \limits _{k\to \infty }{\frac {6}{k}}=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {2}{k}}=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {2}{k^{2}}}=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {1}{k^{2}}}=0\right.}\\[0.3em]&={\frac {4+0+0}{1+0+0}}\\[0.3em]&=4\end{aligned}}$

  Damit besitzt die Potenzreihe den Konvergenzradius $R={\frac {1}{4}}$.

  Hinweis

  Damit habe wir im Übrigen auch gezeigt:

  $\lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{\binom {2k}{k}}}=4$
• Lösung zu Teilaufgabe 3: Für die Koeffizientenfolge der Potenzreihe gilt
  $c_{k}={\frac {1}{(k+(-1)^{k})!}}={\begin{cases}{\frac {1}{(2n+(-1)^{2n})!}}={\frac {1}{(2n+1)!}}&{\text{für }}k=2n,\\{\frac {1}{(2n+1+(-1)^{2n+1})!}}={\frac {1}{(2n)!}}&{\text{für }}k=2n+1\end{cases}}$

  Damit ist die Formel von Euler nicht anwendbar, da die Quotientenfolge $\left|{\frac {c_{k+1}}{c_{k}}}\right|$ nicht konvergiert. Die Formel von Cauchy-Hadamard ist hingegen anwendbar und ergibt

  ${\begin{aligned}\limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|c_{k}|}}&=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{2n+1}]{|c_{2n+1}|}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{2n+1}]{\frac {1}{(2n)!}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{2n+1}]{\frac {2n+1}{(2n+1)!}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt[{2n+1}]{2n+1}}{\sqrt[{2n+1}]{(2n+1)!}}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{k}}=\infty \Longrightarrow \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{2n+1}]{(2n+1)}}=1{\text{ und }}\lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{k!}}=\infty \Longrightarrow \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{2n+1}]{(2n+1)!}}=\infty \right.}\\[0.3em]&=0\end{aligned}}$

  Also ist der Konvergenzradius der Potenzreihe gleich $R=\infty$.

• Lösung zu Teilaufgabe 4: Der Konvergenzradius dieser Potenzreihe lässt sich mit Hilfe einer Fallunterscheidung untersuchen. Die Formel von Euler ist aus demselben Grund wie Teilaufgabe 3 nicht anwendbar. Daher verwenden wir die Formel von Cauch-Hadamard.
  1. Ist $a<b$, so gilt: $\limsup \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|c_{k}|}}=\limsup \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{b^{k}}}=\limsup \limits _{k\to \infty }b=b$.
  2. Ist $a>b$, so gilt analog: $\limsup \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|c_{k}|}}=\limsup \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{a^{k}}}=\limsup \limits _{k\to \infty }a=a$.
  Insgesamt ergibt sich $\limsup \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|c_{k}|}}=\lim \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|c_{k}|}}=\max\{a;b\}$. Für den Konvergenzradius der Potenzreihe folgt damit
  $R={\frac {1}{\max\{a;b\}}}=\min \left\{{\frac {1}{a}};{\frac {1}{b}}\right\}$
• Lösung zu Teilaufgabe 5: Hier ist die Formel von Cauchy-Hadamard eher ungeeignet, denn wir müssten den Grenzwert $\lim \limits _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{\prod \limits _{i=2}^{k}\left(1-{\frac {1}{i}}\right)^{i}}}$ bestimmen, was sehr schwierig ist. Die Formel von Euler ergibt mit Hilfe des (hoffentlich bekannten) Grenzwerts $\lim \limits _{k\to \infty }\left(1-{\frac {1}{k}}\right)^{k}={\frac {1}{e}}$:
  ${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {c_{k+1}}{c_{k}}}\right|&=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {\prod \limits _{i=2}^{k+1}\left(1-{\frac {1}{i}}\right)^{i}}{\prod \limits _{i=2}^{k}\left(1-{\frac {1}{i}}\right)^{i}}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \prod \limits _{i=2}^{k+1}\left(1-{\frac {1}{i}}\right)^{i}=\prod \limits _{i=2}^{k}\left(1-{\frac {1}{i}}\right)^{k}\cdot \left(1-{\frac {1}{k+1}}\right)^{k+1}\right.}\\[0.3em]&=\lim \limits _{k\to \infty }{\frac {\prod \limits _{i=2}^{k}\left(1-{\frac {1}{i}}\right)^{i}\cdot \left(1-{\frac {1}{k+1}}\right)^{k+1}}{\prod \limits _{i=2}^{k}\left(1-{\frac {1}{i}}\right)^{i}}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \prod \limits _{i=2}^{k}\left(1-{\frac {1}{i}}\right)^{i}{\text{ kürzen}}\right.}\\[0.3em]&\lim \limits _{k\to \infty }\left(1-{\frac {1}{k+1}}\right)^{k+1}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim \limits _{k\to \infty }\left(1-{\frac {1}{k}}\right)^{k}={\frac {1}{e}}\Longrightarrow \lim \limits _{k\to \infty }\left(1-{\frac {1}{k+1}}\right)^{k+1}={\frac {1}{e}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {1}{e}}\end{aligned}}$

  Damit besitzt die Potenzreihe den Konvergenzradius $R={\frac {1}{\frac {1}{e}}}=e$.

Verhalten auf dem Rand des Konvergenzradius

Aufgabe (Binomialreihen)

Bestimme das Konvergenzverhalten der folgenden Reihen.

1. $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {\frac {3}{2}}{k}}$
2. $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {\frac {1}{2}}{k}}$
3. $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {-{\frac {1}{2}}}{k}}$
4. $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {-{\frac {3}{2}}}{k}}$

Lösung (Binomialreihen)

• Lösung zu Teilaufgabe 1: Wir verwenden das Majorantenkriterium:
  ${\begin{aligned}|a_{k}|&=\left|{\binom {\frac {3}{2}}{k}}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {{\frac {3}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot \left(-{\frac {1}{2}}\right)\cdot \ldots \cdot \left({\frac {3}{2}}-k+2\right)\cdot \left({\frac {3}{2}}-k+1\right)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot (k-1)\cdot k}}\right|\\[0.5em]&={\frac {{\frac {3}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot \left|-{\frac {1}{2}}\right|\cdot \ldots \cdot \left|{\frac {3}{2}}-k+2\right|\cdot \left|{\frac {3}{2}}-k+1\right|}{k\cdot (k-1)\cdot (k-2)\cdot \ldots \cdot 2\cdot \cdot 1}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \left|-{\frac {1}{2}}\right|={\frac {1}{2}},\ldots ,\left|{\frac {3}{2}}-k+2\right|=k-{\frac {7}{2}},\ \left|{\frac {3}{2}}-k+1\right|=k-{\frac {5}{2}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {\frac {3}{2}}{k}}\cdot {\frac {\frac {1}{2}}{k-1}}\cdot {\frac {\frac {1}{2}}{1}}\cdot {\frac {\frac {3}{2}}{2}}\ldots \cdot {\frac {k-{\frac {7}{2}}}{k-3}}\cdot {\frac {k-{\frac {5}{2}}}{k-2}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{für }}k>2{\text{ gilt }}{\frac {\frac {1}{2}}{1}}\leq 1,\ldots ,{\frac {k-{\frac {7}{2}}}{k-3}}\leq 1,\ {\frac {k-{\frac {5}{2}}}{k-2}}\leq 1\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {\frac {3}{2}}{k}}\cdot {\frac {\frac {1}{2}}{k-1}}\cdot 1\\[0.5em]&={\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{k(k-1)}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{für }}k\geq 2{\text{ gilt }}k\geq (k-1)\Longrightarrow {\frac {1}{k}}\leq {\frac {1}{k-1}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{(k-1)^{2}}}\end{aligned}}$

  Da die Reihe $\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{(k-1)^{2}}}={\frac {3}{4}}\cdot \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ konvergiert, konvergiert mit dem Majorantenkriterium auch die Reihe $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {\frac {3}{2}}{k}}$ (absolut).

  Hinweis

  Genz analog lässt sich allgemeiner zeigen, dass die Reihe $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {s}{k}}$ für alle $s\geq 1$ absolut konvergiert.

• Lösung zu Teilaufgabe 2: Das Majorantenkriterium mit der Abschätzung aus Teilaufgabe 1 ist hier nicht anwendbar, da wir hier lediglich die Abschätzung
  $|a_{k}|=\left|{\binom {\frac {1}{2}}{k}}\right|=\ldots \leq {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{k}}$

  ergibt, und die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{k}}$ als harmonische Reihe divergiert. Auch mit anderen Abschätzungen ist das Majorantenkriterium hier nicht anwendbar.

  Stattdessen können wir hier das Leibniz-Kriterium anwenden. Dazu müssen wir uns allerdings zunächst einnmal überlegen, dass die Reihe $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {\frac {1}{2}}{k}}$ alternierend ist. Dies folgt allerdings unmittelbar aus

  ${\binom {\frac {1}{2}}{k+1}}={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2}}-1\right)\cdot \ldots \cdot \left({\frac {1}{2}}-k+1\right)\cdot \overbrace {\left({\frac {1}{2}}-(k+1)+1\right)} ^{\left({\frac {1}{2}}-k\right)}}{1\cdot 2\cdot k\cdot (k+1)}}={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2}}-1\right)\cdot \ldots \cdot \left({\frac {1}{2}}-k+2\right)\cdot }{1\cdot 2\cdot k}}\cdot {\frac {{\frac {1}{2}}-k}{k+1}}={\binom {\frac {1}{2}}{k}}\cdot {\frac {\overbrace {{\frac {1}{2}}-k} ^{<0}}{\underbrace {k+1} _{>0}}}$ für $k\geq 1$

  Außerdem ist $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {\frac {1}{2}}{k}}={\binom {\frac {1}{2}}{0}}+\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\binom {\frac {1}{2}}{k}}=1+\left|\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\binom {\frac {1}{2}}{k}}\right|$. Wir müssen also zeigen, dass $a_{k}=\left|{\binom {\frac {1}{2}}{k}}\right|$ eine monoton fallende Nullfolge ist.

  1. $a_{k+1}=\left|{\binom {\frac {1}{2}}{k+1}}\right|=\left|{\binom {\frac {1}{2}}{k}}\right|\cdot {\frac {\left|{\frac {1}{2}}-k\right|}{k+1}}=\left|{\binom {\frac {1}{2}}{k}}\right|\cdot \underbrace {\frac {k-{\frac {1}{2}}}{k+1}} _{\leq 1}\leq \left|{\binom {\frac {1}{2}}{k}}\right|=a_{k}$, also ist $(a_{k})$ monoton fallend.
  2. Es gilt
  ${\begin{aligned}0\leq |a_{k}|&=\left|{\binom {\frac {1}{2}}{k}}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {{\frac {1}{2}}\cdot \left(-{\frac {1}{2}}\right)\cdot \ldots \cdot \left({\frac {1}{2}}-k+2\right)\cdot \left({\frac {1}{2}}-k+1\right)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot (k-1)\cdot k}}\right|\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot \left|-{\frac {1}{2}}\right|\cdot \left|-{\frac {3}{2}}\right|\cdot \ldots \cdot \left|{\frac {1}{2}}-k+2\right|\cdot \left|{\frac {1}{2}}-k+1\right|}{k\cdot (k-1)\cdot (k-2)\cdot \ldots \cdot 2\cdot \cdot 1}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \left|-{\frac {1}{2}}\right|={\frac {1}{2}},\ldots ,\left|{\frac {1}{2}}-k+2\right|=k-{\frac {5}{2}},\ \left|{\frac {1}{2}}-k+1\right|=k-{\frac {3}{2}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {\frac {1}{2}}{k}}\cdot {\frac {\frac {1}{2}}{1}}\cdot {\frac {\frac {3}{2}}{2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {k-{\frac {5}{2}}}{k-2}}\cdot {\frac {k-{\frac {3}{2}}}{k-1}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{für }}k>1{\text{ gilt }}{\frac {\frac {1}{2}}{1}}\leq 1,\ldots ,{\frac {k-{\frac {5}{2}}}{k-2}}\leq 1,\ {\frac {k-{\frac {3}{2}}}{k-1}}\leq 1\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {\frac {1}{2}}{k}}\cdot 1\\[0.5em]&\to 0{\text{ mit }}k\to \infty \end{aligned}}$

  Mit dem Der Sandwichsatz ist $(a_{k})$ eine Nullfolge.

  Also konvergiert $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {\frac {1}{2}}{k}}$.

  Hinweis

  Ganz analog lässt sich allgemeiner zeigen, dass die Reihe $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {s}{k}}$ für alle $0\leq s\leq 1$ konvergiert. Mit Hilfe des Kriteriums von Raabe lässt sich sogar zeigen, dass die Reihe absolut konvergiert.

• Lösung zu Teilaufgabe 3: Auch hier können wir das Leibniz-Kriterium anwenden. Der Beweis, dass die Reihe alternierend und monoton fallend ist kann eins zu eins aus der Teilaufgabe 2 übernommen werden. Der Beweis, dass die Folge $a_{k}={\binom {-{\frac {1}{2}}}{k}}$ eine Nullfolge ist, ist hier allerdings etwas schwieriger. Die Abschätzung aus Teilaufgabe 2 ergibt hier lediglich die Ungleichung
  $0\leq |a_{k}|=\left|{\binom {-{\frac {1}{2}}}{k}}\right|=\ldots \leq 1,$

  was nicht ausreicht. Hier müssen wir genauer abschätzen. Dazu benötigen wir verschiedene Eigenschaften der Exponentialfunktion:

  ${\begin{aligned}0\leq |a_{k}|&=\left|{\binom {-{\frac {1}{2}}}{k}}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {\left(-{\frac {1}{2}}\right)\cdot \left(-{\frac {3}{2}}\right)\cdot \ldots \cdot \left(-{\frac {1}{2}}-k+2\right)\cdot \left(-{\frac {1}{2}}-k+1\right)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot (k-1)\cdot k}}\right|\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {3}{2}}\cdot \ldots \cdot k-{\frac {3}{2}}\cdot k-{\frac {1}{2}}}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot (k-1)\cdot \cdot k}}\\[0.5em]&={\frac {1-{\frac {1}{2}}}{1}}\cdot {\frac {2-{\frac {1}{2}}}{2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {(k-1)-{\frac {1}{2}}}{k-1}}\cdot {\frac {k-{\frac {1}{2}}}{k}}\\[0.5em]&=\left(1-{\frac {\frac {1}{2}}{1}}\right)\cdot \left(1-{\frac {\frac {1}{2}}{2}}\right)\cdot \ldots \cdot \left(1-{\frac {\frac {1}{2}}{k-1}}\right)\cdot \left(1-{\frac {\frac {1}{2}}{k}}\right)\\[0.5em]&=\prod _{i=1}^{k}\left(1-{\frac {\frac {1}{2}}{i}}\right)\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \exp(x)\geq 1+x\Longrightarrow \exp(-x)\geq 1-x{\text{ mit }}x={\frac {\frac {1}{2}}{i}}\right.}\\[0.5em]&\leq \prod _{i=1}^{k}\exp \left(-{\frac {\frac {1}{2}}{i}}\right)\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \exp(x)\cdot \exp(y)=\exp(x+y)\Longrightarrow \prod _{i=1}^{k}\exp(x_{i})=\sum _{i=1}^{k}\exp(x_{i}){\text{ mit }}x_{i}=-{\frac {\frac {1}{2}}{i}}\right.}\\[0.5em]&=\exp \left(\sum _{i=1}^{k}\left[-{\frac {\frac {1}{2}}{i}}\right]\right)\\[0.5em]&=\exp \left(-{\frac {1}{2}}\cdot \sum _{i=1}^{k}{\frac {1}{i}}\right)\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{k\to \infty }\sum _{i=1}^{k}{\frac {1}{i}}=\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{i}}=\infty {\text{ und }}\lim _{x\to \infty }\exp(-x)=0\right.}\\[0.5em]&\to 0{\text{ mit }}k\to \infty \end{aligned}}$

  Mit dem Der Sandwichsatz ist $(a_{k})$ eine Nullfolge.

  Also konvergiert $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {-{\frac {1}{2}}}{k}}$.

  Hinweis

  Ganz analog lässt sich allgemeiner zeigen, dass die Reihe $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {s}{k}}$ für alle $-1<s<0$ konvergiert.

• Lösung zu Teilaufgabe 4: In diesem Fall gilt die Abschätzung
  ${\begin{aligned}0\leq |a_{k}|&=\left|{\binom {-{\frac {3}{2}}}{k}}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {\left(-{\frac {3}{2}}\right)\cdot \left(-{\frac {5}{2}}\right)\cdot \ldots \cdot \left(-{\frac {3}{2}}-k+2\right)\cdot \left(-{\frac {3}{2}}-k+1\right)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot (k-1)\cdot k}}\right|\\[0.5em]&={\frac {\frac {3}{2}}{1}}\cdot {\frac {\frac {5}{2}}{2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {k-{\frac {1}{2}}}{k-1}}\cdot {\frac {k+{\frac {1}{2}}}{k}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {\frac {3}{2}}{1}}\geq 1,\ {\frac {\frac {5}{2}}{2}}\geq 1,\ldots ,\ {\frac {k-{\frac {1}{2}}}{k-1}}\geq 1,\ {\frac {k+{\frac {1}{2}}}{k}}\right.}\\[0.5em]&\geq 1\end{aligned}}$

  Damit kann $a_{k}={\binom {-{\frac {3}{2}}}{k}}$ keine Nullfolge sein. Mit dem Trivialkriterium ist die Reihe $\sum \limits _{k=0}\infty {\binom {-{\frac {3}{2}}}{k}}$ divergent.

  Hinweis

  Ernet lässt sich allgemeiner ganz analog zeigen, dass die Reihe $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\binom {s}{k}}$ für alle $s<-1$ divergiert.

Dirichletsche Reihen

Aufgabe (Dirichletsche Reihen)

Eine Reihen der Form $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}$ mit $s\in \mathbb {Q}$ heißt Dirichletsche Reihe oder Dirichlet-Reihe. Zeige:

1. Es gibt eine Konvergenzabszisse $\lambda =\inf \left\{s\in \mathbb {R} \mid \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}{\text{ konvergiert}}\right\}\in \mathbb {R}$, so dass die Reihe konvergiert für $s>\lambda$ und divergiert für $s<\lambda$.
2. Bestimme die Konvergenzabszisse $\lambda$ für die folgenden Dirichlet-Reihen:

${\text{(a)}}\ \sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {k^{2}}{k^{s}}}\qquad {\text{(b)}}\ \sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k^{s}}}\qquad {\text{(c)}}\ \sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {k!}{k^{s}}}\qquad {\text{(d)}}\ \sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{k}k^{s}}}$

Hinweis: Zur Lösung der 1. Teilaufgabe zeige zunächst mit Hilfe des Dirichlet-Kriteriums: Konvergiert $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s_{0}}}}$ für ein $s_{0}$, so konvergiert $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}$ für alle $s>s_{0}$.

Lösung (Dirichletsche Reihen)

• Lösung von Teilaufgabe 1:

  Beweisschritt: Konvergiert $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s_{0}}}}$ für ein $s_{0}$, so konvergiert $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}$ für alle $s>s_{0}$

  Konvergiert $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s_{0}}}}$ für ein $s_{0}$. Dann gilt

  $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s-s_{0}+s_{0}}}}=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s_{0}}}}\cdot {\frac {1}{k^{s-s_{0}}}}{\text{ mit }}s-s_{0}>0$

  Da die Reihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s_{0}}}}$ konvergiert, bilden die Partialsummen $A_{n}=\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {a_{k}}{k^{s_{0}}}}$ eine beschränkte Folge. Außerdem ist die Folge $(b_{k})$ mit $b_{k}={\frac {1}{k^{s-s_{0}}}}$ eine monoton fallende Nullfolge. Mit dem Dirichlet-Kriteriums konvergiert daher die Produktreihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s_{0}}}}\cdot {\frac {1}{k^{s-s_{0}}}}=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}$.

  Beweisschritt: $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}$ konvergiert für alle $s\in \mathbb {R}$ mit $s>\lambda$.

  Sei $s\in \mathbb {R}$ mit $s>\lambda =\inf \left\{s\in \mathbb {R} \mid \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}{\text{ konvergiert}}\right\}$. Nach der Definition des Infimums gibt es dann ein $s_{0}\in \mathbb {R}$ mit $s>s_{0}>\lambda$, so dass $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s_{0}}}}$ konvergiert. Wegen $s>s_{0}$, folgt aus dem 1. Beweisschritt, dass $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}$ konvergiert.

  Beweisschritt: $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}$ konvergiert für alle $s\in \mathbb {R}$ mit $s<\lambda$.

  Sei $s\in \mathbb {R}$ mit $s<\lambda$. Wir nehmen an, dass $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}$ konvergiert. Aus dem 1. Beweisschritt, folgt, dass $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{r}}}$ für alle $r\in \mathbb {R}$ mit $s<r<\lambda$ konvergiert. Dies ist ein Widerspruch zu $\lambda =\inf \left\{s\in \mathbb {R} \mid \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}{\text{ konvergiert}}\right\}$. Also kann $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{k^{s}}}$ nicht konvergieren und ist daher divergent.

• Beweisschritt: Konvergenzabszisse der Reihe (a) $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {k^{2}}{k^{s}}}$

  Es gilt

  $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {k^{2}}{k^{s}}}=\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k^{s}\cdot k^{-2}}}=\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k^{s-2}}}$

  Auf Grund des Konvergenzverhaltens der allgemeinen harmonischen Reihe konvergiert diese Reihe genau dann, falls $s-2>1\iff s>3$ ist, und divergiert, falls $s<3$ ist. Daher ist die Konvergenzabszisse dieser Reihe gleich $\lambda =3$.

  Beweisschritt: Konvergenzabszisse der Reihe (b) $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k^{s}}}$

  Nach dem Leibniz-Kriterium konvergiert diese Reihe genau dann, falls $\left({\frac {1}{k^{s}}}\right)$ eine monoton fallende Nullfolge ist. Dies ist genau dann der Fall, falls $s>0$ ist. Für $s<0$ ist die Folge keine Nullfolge. Daher ist die Konvergenzabszisse dieser Reihe gleich $\lambda =0$.

  Beweisschritt: Konvergenzabszisse der Reihe (c) $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {k!}{k^{s}}}$

  Hier ist die Koeffizientenfolge $\left({\frac {k!}{k^{s}}}\right)$ als Kehrwert der Nullfolge $\left({\frac {k^{s}}{k!}}\right)$ unbeschränkt und daher keine Nullfolge. Daher konvergiert die Reihe für kein $s\in \mathbb {R}$ und ist die Konvergenzabszisse dieser Reihe somit gleich $\lambda =\infty$.

  Beweisschritt: Konvergenzabszisse der Reihe (d) $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{k}k^{s}}}=\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {\frac {1}{2^{k}}}{k^{s}}}$

  Hier ist die Koeffizientenfolge $\left({\frac {1}{2^{k}k^{s}}}\right)=\left({\frac {k^{-s}}{2^{k}}}\right)$ als Quotient Potenzfolge durch geometrische Folge für jedes $s\in \mathbb {R}$ eine Nullfolge. Daher konvergiert die Reihe für jedes $s\in \mathbb {R}$ und ist die Konvergenzabszisse dieser Reihe somit gleich $\lambda =-\infty$.

Approximation der Umkehrfunktion

Aufgabe (Approximation der Umkehrfunktion)

Betrachte die Funktion

$g:(0,e)\to (-\infty ,{\tfrac {1}{e}}),\ g(x)={\tfrac {\ln x}{x}}$

Berechne für $g^{-1}$ das Taylor-Polynom 2.Ordnung

Lösung (Approximation der Umkehrfunktion)

Schritt 1: Existenz und Berechnung von $(g^{-1})'(0)$

$g$ ist auf $(0,e)$ differenzierbar als Quotient der beiden differenzierbaren Funktionen $\ln$ und ${\text{id}}$ mit der Ableitung

$g'(x)={\frac {1-\ln x}{x^{2}}}$

Weiter ist $g'(x)={\frac {1-\ln x}{x^{2}}}>0$, da $\ln x<1$ für $x\in (0,e)$. Also ist $g$ nach dem Monotoniektiterium streng monoton steigend und damit injektiv. Daher ist $g:(0,e)\to g(]0,e[)$ bijektiv. Weiter ist $g(1)=0$, also $0\in g(]0,e[)$, und es gilt $g'(1)=1\neq 0$. Damit ist $g^{-1}$ in $0$ differenzierbar mit

$(g^{-1})'(0)={\frac {1}{g'(1)}}=1$

Schritt 2: Existenz und Berechnung von $(g^{-1})''(0)$

$g'$ ist auf $(0,e)$ nach der Quotientenregel differenzierbar mit

$g''(x)={\frac {-x-(1-\ln x)2x}{x^{4}}}={\frac {-3-2\ln x}{x^{3}}}$

Damit ist $(g^{-1})'={\tfrac {1}{g'\circ g^{-1}}}$ nach der Quotienten- und Kettenregel differenzierbar, und es gilt mit $g''(1)={\tfrac {-3-0}{1^{3}}}=-3$:

$(g^{-1})''(0)={\frac {0-g''(g^{-1}(0))((g^{-1})'(0))}{(g'(g^{-1}(0))^{2}}}=-{\frac {g''(g^{-1}(0))}{(g'(g^{-1}(0))^{3}}}=-{\frac {g''(1)}{(g'(1)^{3}}}=-{\frac {-3}{1}}=3$