Übungen zur Analysis I (nicht vertieft): Alternativer Zugang zu Blatt 8, Aufgabe 4 b)

In Blatt 8, Aufgabe 4 b) geht es darum zu zeigen, dass für alle Folgen reeller Zahlen $(a_n)_{n\in\N_0}$ und alle $k\in\N_0$ die Potenzreihen \[\sum_{n=0}^\infty a_n \quad \text{und} \quad \sum_{n=0}^\infty a_{n+k}\] denselben Konvergenzradius besitzen. Ein Beweis dieser Tatsache ergibt sich, indem man ausnutzt, dass der Konvergenzradius der Potenzreihe \[P(x) = \sum_{n=0}^\infty a_nx^n\] dasjenige eindeutig bestimmte $r \in [0,+\infty]$ ist, so dass für alle $x\in\R$ die Reihe $P(x)$ konvergiert, wenn $|x|<r$, und divergiert, wenn $|x|>r$. Dieser Zugang wird in den Übungen vorgestellt.

Ein alternativer Zugang zur Aufgabe ergibt sich vermittels der Formel von Cauchy-Hadamard. Durch die Cauchy-Hadamardsche Formel nämlich verwandelt sich die Aussage aus der Aufgabe in die Identität:
\begin{equation}
 \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_{n+k}|}. \label{e_claim}
\end{equation} Im Folgenden geben wir, unter den Hypothesen der Aufgabe, einen Beweis von \eqref{e_claim}, der sich nicht auf die Interpretation der Folge $(a_n)_{n\in\N_0}$ als Potenzreihe stützt. Tatsächlich beweisen wir in mehreren Schritten einige weiter reichende Aussagen.

Lemma. Sei $(f_n)_{n\in\N}$ eine Folge von Funktionen $[0,+\infty)\to\R$, so dass für alle $d\geq1$ und alle $\epsilon>0$ ein $n_0\in\N$ existiert, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $x\in[0,d]$: \[|f_n(x)-x|<\epsilon.\] (Bemerkung: Diese Bedingung bedeutet, dass die Funktionenfolge $(f_n)$ auf $[0,+\infty)$ kompakt konvergent gegen $\mathrm{id}_{[0,+\infty)}$ ist.) Sei außerdem $(x_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $[0,+\infty)$. Dann ist $h$ ein Häufungspunkt von $(f_n(x_n))_{n\in\N}$, wenn $h$ ein Häufungspunkt von $(x_n)_{n\in\N}$ ist.

Beweis. Angenommen also, $h$ ist ein Häufungspunkt von $(x_n)_{n\in\N}$ (insbesondere gilt $h\in\R$). Sei $\epsilon>0$. Dann ist \[d := \max(h+\frac\epsilon2,1) \geq 1 \quad \text{und} \quad \frac\epsilon2 > 0.\] Daher existiert ein $n_0 \in \N$, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $x\in[0,d]$: \[|f_n(x)-x|<\frac\epsilon2.\] Sei jetzt $x \in [0,+\infty)$ mit $|x-h|<\frac\epsilon2$. Dann folgt $x\in[0,d]$ und wir haben für alle $n\geq n_0$: \[|f_n(x)-h| \leq |f_n(x)-x|+|x-h| < \frac\epsilon2+\frac\epsilon2=\epsilon.\] Mit der Menge \[\{n\in\N \mid |x_n-h|<\frac\epsilon2\}\] ist also auch die Menge \[\{n\in\N \mid |f_n(x_n)-h|<\epsilon\}\] unendlich. Demzufolge handelt es sich bei $h$ um einen Häufungspunkt von $(f_n(x_n))_{n\in\N}$. $\Box$

Proposition. Sei $k\in\N_0$. Es bezeichne $(f_n)_{n\in\N}$ diejenige Folge von Funktionen $[0,+\infty)\to\R$, die für alle $n\in\N$ und alle $x\in[0,+\infty)$ durch \[f_n(x) = \sqrt[n]{x^{n+k}}\] gegeben ist. Dann gibt es für alle $d\geq1$ und alle $\epsilon>0$ ein $n_0\in\N$, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $x \in [0,d]$: \begin{equation}|f_n(x)-x|<\epsilon.\label{e_lemma2}\end{equation}

Beweis. Seien $d\geq 1$ und $\epsilon>0$ vorgegeben. Dann gilt \[\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{d^k}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\epsilon^k}=1,\] das heißt es existiert ein $n_0\in\N$, so dass für alle $n\in\N$ mit $n\geq n_0$ gilt: \[|\sqrt[n]{d^k}-1|<\frac\epsilon{d} \quad \text{und} \quad |\sqrt[n]{\epsilon^k}-1|<\epsilon.\] Sei jetzt $x\in[0,d]$. Angenommen, $x\leq1$ und $x<\epsilon$. Dann gilt:
\begin{align*}
 |f_n(x)-x| &= |\sqrt[n]{x^{n+k}}-x| = |(\sqrt[n]x)^{n+k}+x| = |x(\sqrt[n]x)^k-x| \\ &= x|(\sqrt[n]x)^k-1| = x(1-\sqrt[n]{x^k}) \leq x < \epsilon.
\end{align*} Angenommen, $x\leq 1$ und $\epsilon\leq x$. Dann haben wir:
\begin{align*}
 |f_n(x)-x| = x(1-(\sqrt[n]x)^k) &\leq 1-(\sqrt[n]x)^k \\ &\leq 1-(\sqrt[n]\epsilon)^k = |\sqrt[n]{\epsilon^k}-1|<\epsilon.
\end{align*} Wenn weder $x\leq1$ und $x<\epsilon$ noch $\epsilon\leq x\leq 1$, dann gilt $1<x$. Es folgt
\begin{align*}
 |f_n(x)-x| = x((\sqrt[n]x)^k-1) \leq d((\sqrt[n]d)^k-1) < d\frac\epsilon{d} = \epsilon,
\end{align*} was zu beweisen war. $\Box$

Korollar 1. Sei $k\in\N_0$. Es bezeichne $(g_n)_{n\in\N}$ diejenige Folge von Funktionen $[0,+\infty)\to\R$, die für alle $n\in\N$ und alle $y\in[0,+\infty)$ durch \[g_n(y) = \sqrt[n+k]{y^n}\] gegeben ist. Dann gibt es für alle $d\geq1$ und alle $\epsilon>0$ ein $n_0\in\N$, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $y\in [0,d]$: \[|g_n(y)-y|<\epsilon.\]

Beweis. Seien $d\geq1$ und $\epsilon>0$ vorgegeben. Sei $(f_n)$ die Folge aus der Proposition. Dann existiert nach der Proposition ein $n_0\in\N$, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $y\in[0,d]$ die Beziehung \eqref{e_lemma2} gilt. Für alle $n\in\N$ gilt: Als Komposition monotoner Funktionen ist $g_n$ monoton; zudem ist wegen $d\geq1$: \[g_n(d) = \sqrt[n+k]{d^n} \leq d.\] Das heißt, für alle $y \in [0,d]$ gilt \[0 = g_n(0) \leq g_n(y) \leq g_n(d) \leq d,\] mit anderen Worten \[y \in [0,d].\] Wenn $n\geq n_0$, ist also \[|g_n(y)-y| = |y-g_n(y)| = |f_n(g_n(y))-g_n(y)| < \epsilon\] mit Hilfe von \eqref{e_lemma2}. $\Box$

Korollar 2. Sei $k\in\N_0$ und $(c_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $[0,+\infty)$. Dann besitzen die Folgen \[(x_n) := (\sqrt[n+k]{c_n}) \quad \text{und} \quad (y_n) := (\sqrt[n]{c_n})\] dieselben eigentlichen und uneigentlichen Häufungspunkte.

Beweis. $(f_n)$ und $(g_n)$ mögen (respektive) wie in der Proposition und Korollar 1 erklärt sein. Dann gilt für alle $n\in\N$: \[f_n(x_n) = \sqrt[n]{c_n} = y_n.\] Nach der Proposition und dem Lemma ist jeder eigentliche Häufungspunkt von $(x_n)$ ein Häufungspunkt von $(y_n)$. Da \[g_n(y_n) = g_n(f_n(x_n)) = x_n,\] ist umgekehrt nach Korollar 1 und dem Lemma jeder eigentliche Häufungspunkt von $(y_n)$ ein Häufungspunkt von $(x_n)$.

$-\infty$ ist weder uneigentlicher Häufungspunkt von $(x_n)$ noch uneigentlicher Häufungspunkt von $(y_n)$, da alle Folgenglieder von $(x_n)$ und alle Folgenglieder von $(y_n)$ nichtnegativ (das heißt $\geq0$) sind; wäre etwa $-\infty$ Häufungspunkt (im uneigentlichen Sinn) von $(x_n)$, so würde die Unendlichkeit der Menge \[\{n\in\N \mid x_n < 0\}\] folgen.

Angenommen, $+\infty$ ist uneigentlicher Häufungspunkt von $(x_n)$. Sei $K \in \R$ beliebig. Dann gilt für alle $x \in \R$ mit $x > \max(K,1)$ und alle $n\in\N$: \[f_n(x) = \sqrt[n]{x^{n+k}} = (\sqrt[n]x)^{n+k} = x\cdot \sqrt[n]{x^k} > x\cdot 1 = x > K.\] Daher ist mit der Menge \[\{n\in\N \mid x_n > \max(K,1)\}\] auch die Menge \[\{n\in\N \mid f_n(x_n) > K\}\] unendlich. Folglich ist $+\infty$ uneigentlicher Häufungspunkt von $(y_n)$.

Angenommen umgekehrt, $+\infty$ ist uneigentlicher Häufungspunkt von $(y_n)$. Sei $L\in\R$ beliebig. Dann gilt für alle $y\in\R$ mit $y > \max(L^{1+k},1)$ und alle $n\in\N$: \[g_n(y) = \sqrt[n+k]{y^n} \geq \sqrt[1+k]y > L.\] Daher ist mit der Menge \[\{n\in\N \mid y_n > \max(L^{1+k},1)\}\] auch die Menge \[\{n\in\N \mid g_n(y_n) > L\}\] unendlich. Folglich ist $+\infty$ uneigentlicher Häufungspunkt von $(x_n)$. $\Box$

Korollar 3. Sei $k\in\N_0$ und $(b_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $[0,+\infty)$. Dann besitzen die Folgen \[(\sqrt[n]{b_{n}}) \quad \text{und} \quad (\sqrt[n]{b_{n+k}})\] dieselben eigentlichen und uneigentlichen Häufungspunkte.

Beweis. Offensichtlich besitzen die Folgen \[(\sqrt[n]{b_{n}}) \quad \text{und} \quad (\sqrt[n+k]{b_{n+k}})\] dieselben eigentlichen und uneigentlichen Häufungspunkte. Nach Korollar 2 (angewendet auf die Folge $(c_n)$, die durch $c_n = b_{n+k}$ gegeben ist) besitzen zudem die Folgen \[(\sqrt[n+k]{b_{n+k}}) \quad \text{und} \quad (\sqrt[n]{b_{n+k}})\] dieselben eigentlichen und uneigentlichen Häufungspunkte. Somit folgt die Behauptung. $\Box$

Korollar 4. Sei $k\in\N_0$ und $(a_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $\R$. Dann gilt \eqref{e_claim}.

Beweis. Bekanntlich ist der Limes superior einer Folge reeller Zahlen der größte eigentliche oder uneigentliche Häufungspunkt dieser Folge (wobei die typische Ordnung auf $\R \cup \{\pm\infty\}$ verwendet wird, wonach $-\infty<x<+\infty$ für alle $x\in\R$ gilt). Daher ist der Limes superior der Folge $(\sqrt[n]{|a_n|})$ gleich dem größten Häufungspunkt von $(\sqrt[n]{|a_n|})$. Nach Korollar 3 (angewendet auf die Folge $(b_n)$, die durch $b_n = |a_n|$ gegeben ist) ist der größte Häufungspunkt von $(\sqrt[n]{|a_n|})$ gleich dem größten Häufungspunkt von $(\sqrt[n]{|a_{n+k}|})$. Der größte Häufungspunkt von $(\sqrt[n]{|a_{n+k}|})$ ist aber wiederum gleich dem Limes superior von $(\sqrt[n]{|a_{n+k}|})$. $\Box$

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).