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Analysis » Folgen und Reihen » Konvergenzbereich bestimmen im Komplexen
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Universität/Hochschule J Konvergenzbereich bestimmen im Komplexen
MasterWizz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-05-18


Hey Leute,

ich suche von der Funktion \[f:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C},\ f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-z)^n}{n}\] alle komplexen Zahlen, für die die Potenzreihe konvergiert.

Ich komme jetzt leicht darauf, dass die Reihe absolut konvergiert für \(|z|<1\), aber auch konvergiert für \(z=1\), nur nicht absolut. Allerdings kann ich jetzt nicht sagen, ob sie auch für andere komplexe Zahlen auf dem Kreisring \(|z|=1\) konvergiert. Wie lassen sich weitere Punkte bestimmen oder ausschließen?



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-18

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Hallo MasterWizz,

ich kann zumindest die ersten Schritte vormachen, aber zum Schluss fehlt mir die Idee. Vielleicht kann ab da jemand anderes weiterhelfen (oder du kommst selbst drauf).
Da du nur $\vert z\vert=1$ betrachten musst (überall sonst steht das Konvergenzverhalten fest), kannst du $z=\e^{\i\varphi}$ setzen. Dann erhältst du

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-z)^n}{n}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-\e^{\i\varphi})^n}{n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\e^{\i n\varphi}}{n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n[\cos(n\varphi)+\i\sin(n\varphi)]}{n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\cos(n\varphi)}{n}~+~\i\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\sin(n\varphi)}{n}$$
Jetzt kannst du beide Reihen getrennt auf Konvergenz überprüfen. Für $\varphi=\pi$ ist der Realteil die harmonische Reihe, divergiert also. Für $\varphi=0$ hast du ja bereits bemerkt, dass die Reihe konvergiert (und damit natürlich auch Real- und Imaginärteil). WolframAlpha sagt für alle anderen $\varphi$ Konvergenz voraus, und stellt sogar eine geschlossene Formel mit elementaren Funktionen auf. Hier stellt sich aber doch die Frage nach dem Wieso, zu der mir spontan nichts durchschlagendes einfällt. Vielleicht könnte man ähnlich wie beim Beweis des Leibnizkriteriums zeigen, dass man eine Cauchyfolge vorliegen hat. Das in Abhängigkeit von $\varphi$ durchzuführen, scheint mir aber sehr aufwändig. Wahrscheinlich geht es auch geschickter.

Auf alle Fälle scheint die Reihe für alle $z\neq-1$ auf dem Einheitskreis zu konvergieren, falls WolframAlpha Recht hat.

Viele Grüße
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2021-05-18


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\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert} \newcommand{\Abb}{\operatorname{Abb}}\)2021-05-18 23:04 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 1 schreibt:
Auf alle Fälle scheint die Reihe für alle $z\neq-1$ auf dem Einheitskreis zu konvergieren, falls WolframAlpha Recht hat.
\(\endgroup\)

Die Aussage ist richtig, als Beweis kenne ich aber nur die (mühsame) Abschätzung von $\left|\sum_{n=N}^K\frac{(-z)^n}n\right|$, die schließlich auf einen Ausdruck $\propto\frac1{|z+1|}\frac1N$ führt.



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-18


Hallo MasterWizz,

du kannst hier das Dirichlet-Kriterium für alle \(z\) mit \(|z|\leq1\) und \(z\neq -1\) anwenden. Hier findest Du diese Anwendung.

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.2 begonnen.]



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MasterWizz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-19


Wow richtig gut, das Ergebnis überrascht mich und das Kriterium kannte ich noch gar nicht!

Dann ist \(a_n=\frac{1}{n}\) die monotone Nullfolge und \(b_n=(-z)^n\), mit \(|z|\leq1\). Allerdings erkenne ich nicht, dass die Folge der Partialsummen \[\left|B_N\right|=\left|\sum\limits_{n=1}^N b_n\right| = \left|\dfrac{-z-(-z)^{N+1}}{1+z}\right|\leq \dfrac{|-z|+|-z|^{N+1}}{|1+z|}\leq\dfrac{2}{|1+z|}\] beschränkt ist. Denn für \(z\rightarrow-1\) kann der Bruch doch beliebig groß werden?

EDIT: Ah ok ich habs verstanden.. Das \(z\) wird festgehalten und damit haben wir eine obere Schranke bzgl. \(N\). Jetzt hab ichs :)

VIELEN LIEBEN DANK!!! :)



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