Produktsatz von Cauchy < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 03:05 Sa 05.01.2008 | | Autor: | summer00 |
| Aufgabe | Aufgabe 4:
a) Wenden Sie den Produktsatz von Cauchy auf die geometrische Reihe an und zeigen Sie, dass
[mm] \bruch{1}{(1-z)^2} [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{\infty} [/mm] (k+1) [mm] z^k [/mm] für |z| < 1
b)Wenden Sie nochmals den Produktsatz von Cauchy auf die obige Reihe an, um die Beziehung
[mm] \summe_{k=0}^{\infty}(k+2) [/mm] (k+1) [mm] z^k [/mm] = [mm] \bruch{2}{(1-z)^3} [/mm] für |z| < 1
zu beweisen |
Hallo!
Ich habe noch nie etwas mit dem Produksatz von Cauchy gerechnet und weiss nichts damit anzufangen. Habe im Internet mal danach gesucht und einiges gelesen, aber leider bin ich nicht viel schlauer geworden. Könnte mir jemand sagen, was ich da jetzt machen muss??
Vielen Dank
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 04:19 Sa 05.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
es gilt für $|z| < 1$ bekanntlich:
[mm] $\frac{1}{1-z}=\sum_{k=0}^{\infty} z^k$, [/mm] wobei die Reihe absolut konvergiert.
Daher folgt:
[mm] $\frac{1}{(1-z)^2}=\frac{1}{1-z}*\frac{1}{1-z}=\left(\sum_{k=0}^{\infty} z^k\right) *\left(\sum_{k=0}^{\infty} z^k\right)$
[/mm]
Die beiden letzten Reihen sind beide absolut konvergent auf $|z|<1$, also kann man für diese das Cauchyprodukt bilden:
![[]](/images/popup.gif) http://de.wikipedia.org/wiki/Cauchy-Produktformel
(Wenn Du den Satz von Mertens kennst, so würdest Du wissen, dass es schon genügte, wenn eine der Reihen konvergiert und die andere absolut konvergiert. Dazu findest Du aber auch was in dem Link.)
Mit anderen Worten:
Du hast nur noch zu folgern, wie das Cauchyprodukt aussieht. Du weißt dann:
Wenn es angewendet werden kann:
[mm] $\left(\sum_{k=0}^\infty a_k\right) *\left(\sum_{k=0}^\infty b_k\right)=\sum_{k=0}^\infty c_k=\sum_{k=0}^\infty \sum_{n=0}^k a_n b_{k-n}$
[/mm]
Und bei Dir ist halt [mm] $a_k=b_k=z^k$ [/mm] für jedes $k [mm] \in \IN_0$, [/mm] was zur Folge hat, dass:
[mm] $\sum_{k=0}^\infty c_k=\sum_{k=0}^\infty \sum_{n=0}^k a_n b_{k-n}=\sum_{k=0}^\infty \sum_{n=0}^k z^n *z^{k-n}$
[/mm]
Und jetzt beachtest Du bitte, dass
[mm] $\sum_{n=0}^k z^n *z^{k-n}=\sum_{n=0}^k z^k$
[/mm]
gilt, und k hier nicht der Laufindex ist, also gilt:
[mm] $\sum_{n=0}^k z^k=(k+1) z^k$
[/mm]
Und damit hast Du Teil a) dann auch schon fertig.
Bei Teil b) rechnest Du halt analog das Cauchyprodukt aus. Du weißt nämlich:
[mm] $\frac{1}{(1-z)^3}=\frac{1}{1-z}*\frac{1}{(1-z)^2}$
[/mm]
Für $|z| < 1$ kannst Du dann wieder schreiben:
[mm] $\frac{1}{1-z}=\sum_{k=0}^\infty z^k$
[/mm]
sowie wegen Teil a):
[mm] $\frac{1}{(1-z)^2}=\sum_{k=0}^\infty (k+1)z^k$
[/mm]
Dann folgt für $|z|<1$:
[mm] $\frac{1}{(1-z)^3}=\frac{1}{1-z}*\frac{1}{(1-z)^2}=\left(\sum_{k=0}^\infty z^k\right)*\left(\sum_{k=0}^\infty (k+1)z^k\right)$
[/mm]
Auf $|z|<1$ sind die beiden letzten Reihen absolut konvergent, also folgt mit dem Cauchyprodukt...
(Versuche es mal, nun selbst zu Ende zu rechnen. Hier sind die einzelnen Summanden (in Analogie zur Wikipedianotation) dann [mm] a_k=z^k [/mm] und [mm] b_k=(k+1)z^k [/mm] für k [mm] \in \IN_0.)
[/mm]
P.S.:
http://www.mathematik.uni-trier.de/~mueller/AnalysisI-IV.pdf
Satz 6.26
(Wobei diese Version schärfer ist, da man im Cauchyschen Produktsatz verlangt, dass beide Reihen absolut konvergieren. Aber formal sieht die Produktreihe vollkommen gleich aus (was ja auch logisch ist, da der Satz von Mertens nur eine schwächere Voraussetzung hat).)
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:28 So 06.01.2008 | | Autor: | Mephis |
Hallo,
ich muss auch die gleiche Aufgabe lösen und habe ein Problem damit.
> (Versuche es mal, nun selbst zu Ende zu rechnen. Hier sind
> die einzelnen Summanden (in Analogie zur Wikipedianotation)
> dann [mm]a_k=z^k[/mm] und [mm]b_k=(k+1)z^k[/mm] für k [mm]\in \IN_0.)[/mm]
Ich versucht da weiter zu rechnen:
[mm]\sum_{k=0}^\infty c_k=\sum_{k=0}^\infty \sum_{n=0}^k a_n b_{k-n}=\sum_{k=0}^\infty \sum_{n=0}^k z^n \cdot{}(k-n+1)z^{k-n}
\sum_{n=0}^k z^n \cdot{}(k-n+1)z^{k-n} = \sum_{n=0}^k z^k \cdot{}(k-n+1)
= z^k \cdot{} \sum_{n=0}^k (k-n+1)[/mm]
Ich komme nicht drauf, wie $ [mm] \sum_{n=0}^k [/mm] (k-n+1) = (k+2)(k+1) $ sein soll. Wo ist mein Fehler?
Bitte um schnelle Hilfe...
Vielen Dank im Voraus
Meph
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:30 So 06.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Ich komme nicht drauf, wie [mm]\sum_{n=0}^k (k-n+1) = (k+2)(k+1)[/mm]
> sein soll. Wo ist mein Fehler?
Du hast den Faktor 2 in der Aufgabe übersehen, es ist
[mm]\sum_{n=0}^k (k-n+1) = \bruch{1}{2}(k+2)(k+1)[/mm] .
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:44 So 06.01.2008 | | Autor: | kaoh |
könnte jemand diesen schritt etwas genauer erklären:
[mm]\sum_{n=0}^k (k-n+1) = \bruch{1}{2}(k+2)(k+1)[/mm]
gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:41 So 06.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> könnte jemand diesen schritt etwas genauer erklären:
>
> [mm]\sum_{n=0}^k (k-n+1) = \bruch{1}{2}(k+2)(k+1)[/mm]
Das kannst du zum Beispiel mit vollständiger Induktion zeigen.
Zur Vereinfachung:
[mm]\sum_{n=0}^k (k-n+1) = \sum_{n=0}^k (k+1) - \sum_{n=0}^k n = k(k+1) - \bruch{1}{2} k(k+1) [/mm].
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:52 So 06.01.2008 | | Autor: | Mephis |
Ahh Danke :)
Viele Grüße
Meph
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:14 So 06.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
ich wollte Euch nur mitteilen, was ihr hier eigentlich bewiesen habt:
Nämlich, dass man die Funktion
[mm] $f(x)=\sum_{k=0}^\infty x^k$
[/mm]
auf $|x| < 1$ gliedweise differenzieren kann, d.h.:
[mm]( f'(x)=\frac{d}{dx} f(x)= )[/mm] [mm] $\frac{d}{dx} \sum_{k=0}^\infty x^k=\sum_{k=0}^\infty \frac{d}{dx} x^k$ [/mm]
und dass man das auch ein weiteres mal auf $f'$ (für $|x|<1$) anwenden kann.
Selbst, wenn ihr die Differentialrechnung noch nicht eingeführt haben solltet, hoffe ich, dass Du verstehst, dass im Prinzip genau dieser Sachverhalt hier gezeigt wurde, was ja keineswegs trivial ist (hier wurde das mit dem Cauchyprodukt bewiesen). Später werdet ihr sehen, dass man mit "Potenzreihen" innerhalb des "Konvergenzkreises" (die Begriffe sind Euch vll. (noch) nicht geläufig, aber z.B. bei Wikipedia kann man sich ja informieren) mit dem Vertauschen der Summation und Differentiation keine Probleme hat, d.h. dass man es dort stets durchführen darf. Dabei benötigt man z.B. sowas wie lokal glm. Konvergenz an gewissen Stellen des Beweises...
Gruß,
Marcel
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