Serie 10 Aufgabe 10 - Institut fuer Mathematik

Humboldt-Universität zu Berlin
Institut für Mathematik
Prof. A. Griewank Ph.D.; Dr. A. Hoffkamp;
Dipl.Math. T.Bosse; Dipl.Math. L. Jansen
Übungsaufgaben zur Vorlesung
ANALYSIS I (WS 12/13)
Serie 10
Musterlösung
S. Eulert
Aufgabe 10.1
In
dieser Aufgabe wollen wir die Konvergenzradien R folgender Potenzreihen der Form f (x) =
P∞
k
k=0 ak (x − x0 ) mit x, x0 , ak ∈ R ∀k ∈ N bestimmen, dazu stehen uns prinzipiell zwei
Methoden zur Verfügung
• Cauchy-Hadamard
R=
p
1
mit L := lim sup n |an |
L
n→∞
• Euler
R=
a
1
n+1 mit q := lim n→∞
q
an
a)
Es sei folgende Potenzreihe gegeben
f (x) =
∞
∞
X
X
1 k
1
(x − 1)k ⇔ f (z) =
z , z = (x − 1)
k
k
k=1
k=1
Wir nutzen das Kriterium nach Euler und erhalten
1 q = lim n+1
1 = lim
n→∞
n
n
= 1 = Rf
n→∞ n + 1
Nun resubstituieren wir und erhalten
|z| ≤ Rf = 1 ⇔ |x − 1| ≤ 1 ⇔ x ∈ [0, 2]
Somit konvergiert die Reihe absolut für x ∈ (0, 2), wobei der Rand, x ∈ {0, 2}, separat untersucht werden muß. Generell gilt dies auch für die folgenden Konvergenzradien und entsprechende Konvergenzverhalten.
b)
Nun haben wir
g(x) =
∞ X
k
k=n
n
xk , n ∈ N sei fest gewählt
1
Wir nutzen das Kriterium nach Euler und erhalten
k+1 (k + 1)! (k − n)! n!
k+1
q = lim nk = lim
= lim
= 1 ∀n ∈ N
k→∞
k→∞ (k − n + 1)! n! k!
k→∞ k − n + 1
n
Also gilt wieder
Rg =
1
=1
q
c)
Wir betrachten die Potenzreihe
h(x) =
∞
X
k! · 2k
k=1
kk
xk
und wieder wollen wir das Euler -Kriterium nutzen und erhalten
(k+1)!·2k+1 kk
1
(k+1)k+1 q = lim k!·2k = q = lim 2
=2·
k
k→∞ k→∞ (k + 1)
e
k
k
Somit gilt für den Konvergenzradius R
Rh =
1
e
=
q
2
d)
Für die folgende Reihe wollen wir zusätzlich zum Konvergenzradius noch die zugehörige Grenzfunktion bestimmen, wir haben
v(x) =
∞
X
k=0
∞
X
x2
1
2
=
x
·
2
k
(1 + x )
(1 + x2 )k
k=0
um daraus eine Potenzreihe gemäß unserer Definition zu erhalten substituieren wir hier und
erhalten mit
∞
X
1
∗
z=
,
v
(z)
=
zk
1 + x2
k=0
wobei wir den Vorfaktor
zunächst weggelassen haben, da dieser für das Konvergenzverhalten
der Potenzreihe zunächst noch keine Rolle spielt.
Bei v ∗ (z) handelt es sich um die geometrische Reihe, die nach dem Cauchy-Hadamard/Euler Kriterium sofort den Konvergenzradius Rv∗ = 1 hat {die Koeffizientenfolge ist konstant 1}, die
Reihe konvergiert also absolut für
x2
∀z < 1 ⇔
1
< 1 ⇔ x 6= 0
1 + x2
und diesem Fall kennen wir bereits die Grenzfunktion für v ∗ (z)
v ∗ (z) =
∞
X
k=0
zk =
1
1
1
=
=1+ 2
1
1−z
x
1 − 1+x
2
2
Die Grenzfunktion für v(x), x 6= 0 ist demnach
x2 ·
∞
X
k=0
1
1
= x2 · (1 + 2 ) = 1 + x2
2
k
x
(1 + x )
P
Für den Fall x = 0 konvergiert die Reihe ∞
k=0
und somit gilt v(0) = 0, insgesamt haben wir
n
v(x) =
1
(1+x2 )k
0
1 + x2
zwar nicht, allerdings ist
x2
(1+x2 )k
=0
für x = 0
für x =
6 0
Damit sind wir fertig.
Aufgabe 10.2
Es gilt die Potenzreihe fk (x) für k ∈ N auf ihren Konvergenzradius hin zu untersuchen
fk (x) :=
∞
X
xn
n=1
nk
Wir nutzen das Euler -Kriterium und erhalten
1 (n+1)k q = lim 1 = 1 ∀k ∈ N
n→∞ k
n
Also haben wir für ∀k ∈ N Rfk = 1, also absolute Konvergenz für x ∈ (−1, 1), für x ∈ {−1, 1}
haben wir
∞
∞
X
X
1
1
fk (1) =
und fk (−1) =
(−1)n · k
nk
n
n=1
n=1
Für k = 1 divergiert f1 (1) (harmonische Reihe), aber f1 (−1) konvergiert (alternariende harmonische Reihe). Für k ∈ N≥2 konvergieren dagegen sowohl fk (1) als auch fk (−1) und somit
gilt
• k=1
f1 (x) =
∞
X
xn
n=1
• k ∈ N≥2
fk (x) =
nk
∞
X
xn
n=1
nk
existiert für x ∈ [−1, 1)
existiert für x ∈ [−1, 1]
Aufgabe 10.3
Wir betrachten erneut eine Potenzreihe
g(x) =
∞
X
n · xn−1 =
n=1
∞
X
(n + 1) · xn
n=0
3
und interessieren uns zunächst für das größtmögliche Konvergenzintervall I ⊂ R, sodaß g(x)
für x ∈ I existiert.
Mit dem Euler -Kriterium erhalten wir sofort
n + 2
q = lim =1=R
n→∞ n + 1
Somit ist I = (−1, 1) unser gesuchtes Konvergenzintervall und damit auch gleichzeitig das
größte, für alle |x| ≥ 1 wäre nämlich unsere Koeffizientenfolge keine Nullfolge mehr.
Als nächstes zeigen wir die Existenz einer ganzrationalen Funktion f mit
f : I 3 x 7→ R, sodaß f|I (x) = g(x)
Wir wollen dafür die geometrische Reihe und das Cauchy-Produkt nutzen, also versuchen wir
es doch einfach einmal
∀x ∈ (−1, 1) h(x) =
∞
X
xk =
k=0
1
ist die bekannte geometrische Reihe
1−x
Wir multiplizieren sie mit sich selbst und nutzen das Cauchy-Produkt
1
h(x) =
1−x
2
2
=
X
∞
k=0
x
k
2
Cauchy-
=
Produkt
k
∞ X
X
k=0
j=0
j
x ·x
k−j
!
=
k
∞ X
X
k=0
j=0
x
k
=
∞
X
(k + 1) · xk
k=0
Das ist genau die Eigenschaft, die wir gefordert haben, also ist die gesuchte ganzrationale
Funktion f
2
1
1
f (x) =
=
auf I = (−1, 1)
1−x
(1 − x)2
und wir sind fertig.
Aufgabe 10.4
Als nächstes beschäftigen wir uns mit der - wie wir später beweisen werden - eindeutigen
Darstellung reeller Zahlen in verschieden Basissystemen
a)
So sieht die Zahl 153 im Dezimalsystem im Pentasystem wie folgt aus
153|10 = 3 · 53 + 2 · 52 + 1 · 51 + 3 · 50 = 3213|5
und im Dualsystem
153|10 = 1 · 27 + 0 · 26 + 0 · 25 + 1 · 24 + 1 · 23 + 0 · 22 + 0 · 21 + 1 · 20 = 1001001|2
4
b)
Die rationale Zahl
sieht im Dualsystem wie folgt aus - dabei stellen wir
1
10
0.1|10 =
∞
X
ak · 2−k = 0.a1 a2 . . . dar , ak ∈ {0, 1}
k=1
und bekommen dann
1
= 0.1|10 = 0.0001100110011|2
10
Also insbesondere eine nicht-abbrechende Entwicklung.
c)
Jetzt wollen wir die Eindeutigkeit der b-adischen Darstellung für natürliche Zahlen beweisen
(b 6= 1), dazu wählen wir zwei Darstellungen
q ∈ N; ak , ck ∈ {0, 1, . . . b − 1} , q =
m−1
X
ak · bk und q =
k=0
n−1
X
ck · bk
k=0
Nun sei oBdA m > n, dann gilt
q−q =
n−1
X
k
ck · b −
k=0
m−1
X
k
ak · b = 0 ⇔
k=0
n−1
X
k
(ck − ak )b =
m−1
X
ak bk
j=n
k=0
Wir wollen zeigen, daß dies jedoch nicht geht, also einen Widerspruch ergibt und damit sofort
m = n folgt, dazu sehen wir für m > n
m−1
X
ak bk = bn ·
j=n
m−n−1
X
an+j · bj ≥ bn
j=0
und weiter gilt
n−1
X
n−1
X
k=0
k=0
(ck − ak )bk ≤ (b − 1) ·
bk = (b − 1) ·
bn − 1
= bn − 1 < bn
b−1
wir haben also unseren Widerspruch, unmöglich kann die Gleichung gößer und gleichzeitig
kleiner sein, eine äquivalente Aussage (symmetrisch) bekommen wir auch sofort für n > m, es
gilt also n = m, wir müssen also noch zeigen
n−1
X
(ck − ak )bk = 0 ⇒ ck = ak mit ck , ak ∈ {0, 1, . . . , b − 1}
k=0
Sei dafür j der größte Index, bis zu welchem sich die Koeffizienten unterscheiden (diesen gibt
es, ansonsten wären wir schon fertig), dann gilt (wir schätzen den Fehler)
j
j−1
j−1
X
X
X
(ck − ak )bk = 0 ⇔
(ck − ak )bk + (cj − aj )bj = 0 ⇒ (ck − ak )bk = (cj − aj )bj k=0
k=0
k=0
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Wir wissen aber bereits (siehe oben!), daß gilt
j−1
X
k
j
j
(ck − ak )b ≤ b − 1 und weiter (cj − aj )b ≥ bj
k=0
was uns zu unserer Zufriedenheit einen Widerspruch liefert, es folgt sofort ak = ck und die
Eindeutigkeit ist gezeigt und zusammen mit Existenzaussage einer solchen Zerlegung haben
wir ein Existenz- und Eindeutigkeitssatz für die g-adische Darstellung natürlicher Zahlen.
Eine weitere, sehr elegante Möglichkeit die obere Aussage zu beweisen, folgt dem sogenannten
Euklidischen-Algorythmus. Wir sind fertig.
6