Konvergenz einer Potenzreihe < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:19 Mi 20.01.2010 | | Autor: | Saurus |
| Aufgabe | | Beweisen sie: die Potenzreihe [mm] \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}z^n [/mm] konvergiert für alle komplexen Zahlen z mit |z| = 1 und z [mm] \not= [/mm] 1. Hinweis: Betrachten sie [mm] (1-z)\sum\limits_{k=n}^m \frac{1}{k} z^k [/mm] und schätzen sie diese Summe nach oben ab. Damit bekommen sie auch eine Abschätzung, die sie im Cauchykriterium für die gegebene Reihe verwenden können. |
Hey,
also ich versteh nicht ganz wie die definition von z gemeint ist. kann man z = -1 setzen, oder eher nicht, weil der betrag einer komplexen zahl anders definiert ist?!?
ansonsten habe ich das (1-z) rein multipliziert und wollte so die dreiecksungleichung anwenden. aber kann ich dafür einfach den gesamten ausdruck in betragstriche setzen??
oder andere idee: ich multiplizier erst wieder rein und habe dann sowas wie 1/n * [mm] z^n [/mm] + (1/(n+1))*z^(n+1)... usw. dann müssten die ausgeklammerten terme immer kleiner null sein. jetzt ist die frage ob das ganze wegen dem z vielleicht doch größer 0 werden kann?!? also wenn z z.b. -1... dann hängt es ja von n ab.
danke schonmal im voraus =D
lg, saurus
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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[mm]|z|=1 , z \neq 1[/mm] bedeutet: alle Punkte des Einheitskreises außer [mm]z=1[/mm]. Man sagt das auch so: der in [mm]z=1[/mm] gelochte Einheitskreis.
So sind zum Beispiel
[mm]z = \operatorname{i} , \ \ z = -1 , \ \ z = \frac{3}{5} - \frac{4}{5} \operatorname{i}[/mm]
solche Punkte.
Und jetzt zur Abschätzung. Ich denke, es geht mit [mm]1 \leq n < m[/mm] so los:
[mm]\left| (1-z) \sum_{k=n}^m \frac{z^k}{k} \right|[/mm]
Wenn du die Klammer mit der Summe ausmultiplizierst, bekommst du zwei Summen. Schau, daß du durch Indexverschiebung bei einer der Summen in beiden Summen die Potenz [mm]z^k[/mm] bekommst. Wegen [mm]|z| = 1[/mm] kannst du dann mit der Dreiecksungleichung folgendermaßen abschätzen:
[mm]\left| (1-z) \sum_n^m \frac{z^k}{k} \right| = \ldots = \ldots \leq \frac{1}{n} + \frac{1}{m} + \sum_{k=n+1}^m \frac{1}{k(k-1)}[/mm]
Werden nun [mm]n,m[/mm] beliebig groß, so werden alle drei Summanden beliebig klein. Bei den ersten beiden Summanden ist das sowieso klar, und bei der Summe liegt es daran, daß das ein Reihenstück einer konvergenten Reihe ist.
Nach dem Cauchy-Kriterium konvergiert dann [mm](1-z) \sum_{k=1}^{\infty} \frac{z^k}{k}[/mm] für [mm]|z| = 1[/mm].
Und jetzt bleibt noch die Frage: Wozu wird eigentlich [mm]z \neq 1[/mm] vorausgesetzt? Siehst du es?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:21 Fr 22.01.2010 | | Autor: | Saurus |
Jo, z [mm] \not= [/mm] 0 muss sein, weil dann eh alle Summen mit Null multipliziert werden und wegfallen.
Kann man die Reihe (1-z) [mm] \sum\limits_{k=n}^m \frac{1}{k} z^k [/mm] als Majorante für die eigentliche Reihe verwenden?
Oder ist (1-z) [mm] \sum\limits_{k=n}^m \frac{1}{k} z^k [/mm] als Teil der Reihe [mm] \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n} z^n [/mm] aufzufassen?
LG, Saurus
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Du meinst sicher [mm]z \neq 1[/mm]. Aber so richtig durchschaut hast du das noch nicht. Eigentlich haben wir mit dem Cauchy-Kriterium nur die Konvergenz der Folge [mm](s_n)_{n \geq 1}[/mm] mit
[mm]s_n = (1-z) \sum_{k=1}^n \frac{z^k}{k}[/mm]
nachgewiesen, sprich die Konvergenz von
[mm](1-z) \sum_{k=1}^{\infty} \frac{z^k}{k}[/mm]
Und wie kommst du jetzt zum Ziel? Und wo genau geht [mm]z \neq 1[/mm] ein?
Es ist ja nur noch ein kleiner Schritt ...
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