Blatt4 + Musterlösung

Prof. Dr. Olaf Post, Jan Simmer
07.05.2015
Analysis einer und mehrerer Veränderlicher
im Sommersemester 2015
Blatt 4
Die Lösungen der Aufgaben sind bis spätestens Mittwoch, den 13.05.2015, 12:00
Uhr, im Kasten E2 im E-Gebäude abzugeben. Bitte Name und Matrikelnummer
angeben. Die Aufgaben werden in den Übungen am Dienstag, den 19.05.2015 besprochen.
Aufgabe 1
[6 Punkte]
P∞
0 < R < ∞. Was
(a) Die Potenzreihe n=0 an z n habe den Konvergenzradius
P∞
2n
gilt dann für den Konvergenzradius von
a
z
?
Begründen
Sie Ihre
n
n=0
Antwort!
P∞
(b) Berechnen Sie den Konvergenzradius von n=0 an z n für die folgenden Fälle
2
(i) an = (2n)!/(n!)2
(ii) an = 2n /(3n + 1)
(iii) an = 2−n
(iv) an = 2k , falls n = k! und an = 1 sonst.
Aufgabe 2
Es sei n ∈ N sei un : R → R gegeben durch
[4 Punkte]
un (z) = z 3 /(1 + z 2 )n .
P∞
Zeigen Sie, dass n=1 un (z) auf R konvergiert und bestimmen Sie die Grenzfunktion
f . Berechnen Sie außerdem
f 0 (0) und
∞
X
u0n (0).
n=1
Stimmen diese beiden Werte überein?
Aufgabe 3
Beweisen Sie:
[6 Punkte]
(a) Die folgende Reihe konvergiert gleichmäßig auf ganz R
∞
X
z
.
n(1
+
nz 2 )
n=1
(b) Die folgende Reihe konvergiert auf [a, ∞) für jedes a > 0
∞
X
nz
.
1
+
n4 z 2
n=1
Hinweis: Suchen Sie das Maximum von nz/(1 + n4 z 2 ) auf [0, ∞).
Lösungen
Aufgabe 1
P∞
P∞
(a) Es gilt n=0 an z 2n = n=0 an (z 2 )n und diese Reihe
√ konvergiert nach Annahme√ für |z|2 < R, d. h. genau dann, wenn |z| < R und divergiert falls
|z| > R.
(b)
(i) Es gilt R = 1/4, denn das Quozientenkriterium liefert
an+1 (2(n + 1))! (n!)2
4n2 + 6n + 2
(2n + 2)(2n + 1)
=
·
=
=
−→ 4.
an ((n + 1)!)2 (2n)!
(n + 1)2
n2 + 2n + 1
(ii) Das Quzientenkriterium liefert R = 3/2, denn
an+1 2n+1
2(3n + 1)
2
3n + 1
2(1 + 1/3n )
an = 3n+1 + 1 · 2n = 3n+1 + 1 = 3 + 1/3n −→ 3 .
(iii) Anwendung des Quozientenkriterium liefert R = ∞, denn
2
an+1 2n
1
1
=
·
= 2n+1 −→ 0.
an 2(n+1)2
1
2
(iv) Falls ein k ∈ N so existiert, dass n = k!, so gilt nach Wurzelkriterium
|an |1/n = (2k )1/k! = 21/(k−1)! −→ 1.
Andernfalls gilt natürlich |an |1/n = 11/n = 1 und folglich R = 1.
Aufgabe 2
P
Für |q| < 1 gilt n≥1 q n = q/(1 − q). Damit folgt für z 6= 0, dass
n
∞ X
1
z 3 /(1 − z 2 )
z3
3
=
z
=
= z.
(1 + z 2 )n
1 − z2
1 − 1/(1 − z 2 )
n=1
n=1
∞
X
also erhalten wir die (punktweise) Grenzfunktion f (z) = z für z 6= 0 und durch
Einsetzen sehen wir, dass dies auch in z = 0 gilt.
Ableitung und Grenzwertbildung
vertauschen offensichtlich nicht, denn in z = 0 gilt
P
f 0 (0) = 1 6= 0 = u0n (0).
Aufgabe 3
√
√
√
(a) Es gilt 2 n|z| ≤ 1 + nz 2 , weil 0 ≤ (1 − n|z|)2 = 1 − 2 n|z| + nz 2 und damit
für z 6= 0, dass
|z|
1
z
n(1 + nz 2 ) ≤ n√n|z| = n√n .
Diese Abschätzung hält natürlich dann auch P
für z = 0 und Weierstraß Majorantenkriterium liefert die Behauptung, weil
1/n3/2 konvergiert.
(b) Setze g(z) = nz/(1 + n4 z 2 ). Dann ist g : [0, ∞) → R stetig, nicht-negativ und
es gilt g(0) = 0 sowie limz→∞ g(z) = 0. Außerdem ist g differenzierbar mit
g 0 (z) =
n(1 + n4 z 2 ) − 2n5 z 2
1 − n4 z 2
=
n
.
(1 + n4 z 2 )2
(1 + n4 z 2 )2
Folglich gilt g 0 (z) = 0 genau dann, wenn z = 1/n2 und g 0 (z) < 0, falls
z > 1/n2 . Folglich ist g streng monoton fallend auf [n−2 , ∞]. Zu a > 0 existiert
ein N ∈ N so, dass a > 1/N 2 und dann
∞
X
N
−1
∞
∞
X
X
X
nz
nz
na
1
≤
+
≤C+
< ∞.
4z2
4z2
4 a2
3
1
+
n
1
+
n
n
n
n=1
n=1
n=1
n=N

Download Report