Übungen zur Analysis I (nicht vertieft): Lösungen zu Blatt 8

Aufgabe 5 (Staatsexamen Frühjahr 2013, Thema Nr. 1, Aufgabe 1 b)).
Für welche $x \in \mathbb R$ konvergiert die folgende Reihe? Berechnen Sie gegebenenfalls den Grenzwert.
\begin{equation}\label{e_series0}
 \sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}.
\end{equation}

Lösung. Sei $x \in \mathbb R$. Angenommen, $|x|<1$. Dann ist die geometrische Reihe \[\sum_{n=0}^\infty x^n\] bekanntlich absolut konvergent, und zwar gegen $\frac1{1-x}$. Dem Cauchyschen Produktsatz zufolge ist also die Reihe \[\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^nx^kx^{n-k}\right) = \sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^nx^n\right) = \sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n\] (absolut) konvergent und besitzt die Summe \[\left(\frac1{1-x}\right)^2.\] Die Reihe \eqref{e_series0} entsteht aus der Reihe \[\sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n\] durch Indexverschiebung. Genauer gesagt gilt für alle $N \in \mathbb N$: \[\sum_{n=0}^{N-1}(n+1)x^n = \sum_{n=1}^{N}nx^{n-1}.\] Mithin ist die Reihe \eqref{e_series0} konvergent gegen $\left(\frac1{1-x}\right)^2$. Angenommen, $|x| \geq 1$ . Dann gilt für alle $n \in \mathbb N$: \[|nx^{n-1}| = n|x|^{n-1} \geq n1 \geq 1.\] Insbesondere ist die Folge \[(nx^{n-1})_{n \in \mathbb N}\] keine Nullfolge. Die Reihe \eqref{e_series0} ist daher nicht konvergent.

Aufgabe 6 (Staatsexamen Frühjahr 2013, Thema Nr. 2, Aufgabe 1).
Bestimmen Sie für jede der folgenden Reihen alle $x \in \mathbb R$, für die die Reihe konvergiert.
\[
 \sum_{k=0}^\infty e^{xk}, \quad \sum_{k=0}^\infty e^kx^k, \quad \sum_{k=0}^\infty \frac1{e^x + k}.
\]

Lösung. Sei $x \in \mathbb R$.
(i). Wir wissen: für alle $q \in \mathbb R$ ist die geometrische Reihe \[\sum_{k=0}^\infty q^k\] genau dann konvergent, wenn $|q|<1$. Daher ist die Reihe \[\sum_{k=0}^\infty e^{xk} = \sum_{k=0}^\infty (e^x)^k\] genau dann konvergent, wenn \[e^x = |e^x| < 1;\] hier geht ein, dass $0 < e^x$. Aufgrund der strikten Monotonie der Exponentialfunktion gilt aber $e^x < 1 = e^0$ genau dann, wenn $x<0$.
(ii). Die Reihe \[\sum_{k=0}^\infty e^kx^k = \sum_{k=0}^\infty (ex)^k\] ist genau dann konvergent, wenn \[e|x| = |ex| < 1.\] Letzteres ist gleichbedeutend damit, dass $|x|<\frac1e$.
(iii). Nach dem archimedischen Axiom gibt es eine natürliche Zahl $l$, so dass $e^x < l$. Für alle $k \in \mathbb N_0$ gilt also \[e^x + k < l + k,\] das heißt, \[0 < \frac1{l+k} < \frac1{e^x + k}.\] Da die harmonische Reihe (bestimmt gegen $+\infty$) divergent ist, ist auch die Reihe \[\sum_{k=0}^\infty \frac1{l+k}\] (bestimmt gegen $+\infty$) divergent, denn für alle $K \in \mathbb N_0$ gilt: \[\sum_{k=0}^K \frac1{l+k} = \sum_{n=1}^{l+K}\frac1n - \sum_{n=1}^{l-1}\frac1n.\] Nach dem Minorantenkriterium ist auch die Reihe \[\sum_{k=0}^\infty \frac1{e^x + k}\] (bestimmt gegen $+\infty$) divergent.

Aufgabe 7 (Staatsexamen Herbst 2012, Thema Nr. 1, Aufgabe 1).
Sei
\begin{equation}
 \sum_{n=0}^\infty a_nx^n \label{e_7}
\end{equation}
eine Potenzreihe mit Konvergenzradius $r$, wobei $1 < r < \infty$ sei.
a) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe
\begin{equation}\label{e_7a}
 \sum_{n=0}^\infty a_nx^{2n}.
\end{equation}
b) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe
\begin{equation}\label{e_7b}
 \sum_{n=0}^\infty c_nx^n,
\end{equation}
wobei $c_n = a_n^n$ für alle $n \in \mathbb N_0$ sei.

Lösung. a) Sei $x \in \mathbb R$. Angenommen, $|x|<\sqrt{r}$. Dann gilt: \[|x^2|=|x|^2<(\sqrt{r})^2=r.\] Da $r$ der Konvergenzradius von \eqref{e_7} ist, ist demnach die Reihe \[\sum_{n=0}^\infty a_n(x^2)^n = \sum_{n=0}^\infty a_nx^{2n}\] absolut konvergent. Angenommen, $|x|>\sqrt{r}$. Dann gilt $|x^2|>r$. Da $r$ der Konvergenzradius von \eqref{e_7} ist, ist die Reihe \[\sum_{n=0}^\infty a_n(x^2)^n = \sum_{n=0}^\infty a_nx^{2n}\] divergent. Diesen Überlegungen zufolge ist der Konvergenzradius der Reihe \eqref{e_7a} gleich $\sqrt{r}$.

b) Nach der Formel von Cauchy-Hadamard gilt \[\frac1{\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}} = r,\] also \[\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} = \frac1r.\] Zudem ist $\frac1r<1$, da $1<r$. Sei \[b := \frac12(\frac1r+1).\] Dann haben wir \[\frac1r < b < 1.\] Da \[\lim_{n \to \infty}\sup\{\sqrt[m]{|a_m|}\mid m \in \mathbb N, n \leq m\} = \frac1r,\] gibt es ein $n_0 \in \mathbb N$, so dass für alle $n\in\mathbb N$ mit $n \geq n_0$: \[\sup\{\sqrt[m]{|a_m|}\mid m \in \mathbb N,n \leq m\} < b.\] Insbesondere haben wir für alle $m\in\mathbb N$, $m \geq n_0$: \[\sqrt[m]{|a_m|} < b,\] und somit \[|a_m| < b^m.\] Wegen $0<b<1$ ist \[\lim_{m\to\infty}b^m=0,\] also auch \[\lim_{m\to\infty} |a_m|=0.\] Das heißt, \[\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|} = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n^n|}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|^n}=\lim_{n\to\infty}|a_n|=0.\] Der Konvergenzradius der Reihe \eqref{e_7b} beträgt also, gemäß Cauchy-Hadamardscher Formel, $+\infty$.

Aufgabe 8 (Staatsexamen Frühjahr 2012, Thema Nr. 2, Aufgabe 3).
a) Bestimmen Sie den Konvergenzradius $r$ der Potenzreihe
\[
 R(x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac1{\sqrt{3^n}(5n^2 + 1)} x^n.
\]
b) Beurteilen Sie, ob $R(x)$ an den Stellen $x = r$ und $x = -r$ konvergiert oder divergiert.

Lösung. a) Für alle $n \in \mathbb N$ haben wir:
\begin{align*}
 \sqrt[n]{\left|(-1)^n\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}\right|} & = \sqrt[n]{\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}} \\
 & = \frac1{\sqrt[n]{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}} \\
 & = \frac1{\sqrt[n]{\sqrt{3^n}}\sqrt[n]{5n^2+1}} \\
 & = \frac1{\sqrt{\sqrt[n]{3^n}}\sqrt[n]{5n^2+1}} \\
 & = \frac1{\sqrt3\sqrt[n]{5n^2+1}},
\end{align*}
zudem
\[
 \sqrt[n]{5n^2+1} = \sqrt[n]{\left(5+\frac1{n^2}\right)n^2} = \sqrt[n]{5+\frac1{n^2}}\sqrt[n]{n^2} = \sqrt[n]{5+\frac1{n^2}}(\sqrt[n]n)^2
\]
und
\[
 \sqrt[n]5 < \sqrt[n]{5+\frac1{n^2}} \leq \sqrt[n]6.
\]
Da
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]5 = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{6} = 1,
\]
haben wir also
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{5+\frac1{n^2}} = 1.
\]
Und da
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]n = 1,
\]
ergibt sich weiter
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{5n^2+1} = 1 \cdot 1^2 = 1.
\]
Demnach gilt
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|(-1)^n\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}\right|} = \frac1{\sqrt3},
\]
und mithin
\[
 \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|(-1)^n\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}\right|} = \frac1{\sqrt3}.
\]
Die Formel von Cauchy-Hadamard liefert also
\[
 r = \frac1{\frac1{\sqrt3}} = \sqrt3.
\]

b) Es gilt
\begin{align}
 R(\pm r) & = R(\pm\sqrt3) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}(\pm\sqrt3)^n \notag \\ & = \sum_{n=0}^\infty (\mp1)^n\frac1{5n^2+1}, \label{e_8b}
\end{align}
und für alle $n \in \mathbb N$ haben wir
\[
 0 < n^2 < 5n^2 + 1,
\]
also
\[
 \left|(\mp1)^n\frac1{5n^2+1}\right| = \frac1{5n^2+1}  < \frac1{n^2}.
\]
Die Reihe
\[
 \sum_{n=1} \frac1{n^2}
\]
ist bekanntlich konvergent (gegen $\frac{\pi^2}6$). Nach dem Majorantenkriterium sind daher die Reihen \eqref{e_8b} absolut konvergent, mithin konvergent (im gewöhnlichen Sinn).