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Funktionentheorie » Integration » Integralsatz von Cauchy, Verständnisfrage
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Universität/Hochschule J Integralsatz von Cauchy, Verständnisfrage
Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-06-29


Hallo alle zusammen,

der Cauchy'sche Integralsatz lautet:

Sei $U \subseteq \mathbb{C}$ offen, $U \ne \emptyset$, $f: U \rightarrow \mathbb{C}$ holomorph, $\Gamma$ ein in $U$ nullhomologer Zyklus.
\[\int_{\Gamma} f(z)dz = 0.\] Angewandt auf das Beispiel \[\int_{|z - 1| = 1}\frac{z}{(z+2)(z-2i)^2}dz = 0.\]
Voraussetzungen: Also $|z-1| = 1$ ist in $U := \mathbb{C} \backslash \{ 2i; -2 \}$ Zyklus (i.e. geschlossener Weg).

ABER wenn in der Aufgabe statt $|z-1| = 1$ z.B. $|z-1| = 5$ stünde, dann wäre diese Abbildung überhaupt kein Weg mehr in $U$, oder, denn die Spur der Abbildung wäre keine Teilmenge von $U$ mehr. Ist das so richtig? (Dass die Spur keine Teilmenge von $U$ wäre, folgt ja daraus, dass wir gerade zwei isolierte Singularitäten haben, hätte ich gesagt.)


Gruß,
Neymar
 




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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Hallo Neymar,

du meintest wahrscheinlich $\vert z-1\vert=\sqrt5$, oder? Denn weder $-2$, noch $2\i$ haben einen Abstand von 5 zum Punkt 1.
Dann hättest du aber Recht. Dann wäre die Kurve nicht mehr in $U$. Und das Integral wäre auch nicht mehr definiert.

Viele Grüße,
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-29


Hallo Vercassivelaunos,

(i) ich glaube, ich hatte etwas anderes gemeint, es aber falsch aufgeschrieben. Wenn ich $|z-1| = 5$ setze, habe ich zwar noch einen (geschlossenen) Weg, aber dieser ist dann nicht mehr nullhomolog, weil ich ja gerade Singularitäten umschließe. Dafür ist dann der Residuensatz geeignet.

Wenn ich aber sogar $|z-1| = \sqrt{5}$, dann hilft mir Cauchy nicht weiter, das stimmt. :-)


Kann ich dir eine Frage zu Laurentreihen (LR) stellen? Ich hoffe, dass dies okay ist ...

(ii) ,,Entwickeln Sie die Funktion $f(z) = (z^2 - 1) e^{(z-1)^{-1}}$ um $z_0 = 1$ um $z_0 = 1$ in eine LR und geben Sie das (maximale) offene Konvergenzgebiet an."

$>$ Die Musterlösung schreibt, dass für $z \in \mathbb{C}\backslash \{0\}$ gilt: \[f(z) = (z+1)(z-1)\sum_{n}\frac{(z-1)^{-n}}{n!} = (z-1+2) \sum_{n}\frac{(z-1)^{-n}}{n!} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(z-1)^{2-n}}{n!} + 2\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(z-1)^{1-n}}{n!} = \sum_{n = 2}^{-\infty} \frac{5-2n}{(2-n)!}(z-1)^n\] Zugegebenermaßen war ich nicht darauf gekommen, $z+1 = z-1+2$ zu schreiben. Aber die letzte Gleichung erhalte ich noch nicht.

Was ich gemacht habe, ist, die zwei Reihen zusammenzuschreiben, aber dann habe ich ja \[\frac{(z-1)^{2-n} + 2(z-1)^{1-n}}{n!}. \] Wie man es aber nun schafft, dies zu einem $(z-1)^{n}$ Term zusammenzufassen, bleibt mir ein Rätsel. Dürfte ich dich bitten, mir dies zu zeigen?



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
(i) Richtig, bei $\vert z-1\vert=5$ handelt es sich noch um einen Weg in $U$. Nur eben keinen nullhomologen.

(ii) Erstmal sollte der Index der beiden Reihen so verschoben werden, dass $(z-1)$ bei beiden den selben Exponenten hat:

\[\sum_{n=0}^\infty\frac{(z-1)^{2-n}}{n!}+2\sum_{n=0}^\infty\frac{(z-1)^{1-n}}{n!}=\sum_{n=-2}^\infty\frac{(z-1)^{-n}}{(n+2)!}+2\sum_{n=-1}^\infty\frac{(z-1)^{-n}}{(n+1)!}\]
Dann kann man in der zweiten Summe $\frac{1}{(n+1)!}=\frac{n+2}{(n+2)!}$ erweitern.

\[\begin{align*}\dots&=\sum_{n=-2}^\infty\frac{(z-1)^{-n}}{(n+2)!}+\sum_{n=-1}^\infty\frac{2(n+2)(z-1)^{-n}}{(n+2)!}\\
&=(z-1)^2+\sum_{n=-1}^\infty\frac{2n+5}{(n+2)!}(z-1)^{-n}
\end{align*}\]
Glücklicherweise ist $\frac{2n+5}{(n+2)!}$ für $n=-2$ gerade 1, also

\[\begin{align*}\dots&=\frac{2\cdot(-2)+5}{(-2+2)!}(z-1)^2+\sum_{n=-1}^\infty\frac{2n+5}{(n+2)!}(z-1)^{-n}\\
&=\sum_{n=-2}^\infty\frac{2n+5}{(n+2)!}(z-1)^{-n}
\end{align*}\]
Wenn man jetzt noch überall das Vorzeichen von $n$ umdreht wird das zu

\[\sum_{n=2}^{-\infty}\frac{5-2n}{(2-n)!}(z-1)^n\]
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-29


(i) Inspiriert durch deine Rechnung, bin ich noch auf einen anderen Weg gestoßen. \[f(z) = \sum_{n=-2}^\infty\frac{(z-1)^{-n}}{(n+2)!}+2\sum_{n=-1}^\infty\frac{(z-1)^{-n}(n+2)}{(n+2)!} = \sum_{n=-2}^\infty\frac{(z-1)^{-n}}{(n+2)!}+2\sum_{n=-2}^\infty\frac{(n+2)(z-1)^{-n}}{(n+2)!}, \] denn wenn wir in der letzten Reihe den Index ab $n= -2$ starten lassen, wird einfach nur eine Null dazuaddiert. Und damit haben wir es auch schon.

Da ich die Notation aus der Musterlösung nicht allzu schön finde, verwende ich eine andere: \[f(z) = (z-1)^2 + 3(z-1) + \frac{5}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(z-1)^{-n}}{(n+2)!} \cdot (2n+5).\]
Ich habe jetzt mal (eher als eine Übung) versucht, den Konvergenzradius der Reihe zu berechnen. Dafür kenne ich zwei Möglichkeiten, die von mir bevorzugte ist \[ \lim\limits \text{inf} \frac{|a_n|}{|a_{n+1}|} \leq R \leq \lim\limits \text{sup} \frac{|a_n|}{|a_{n+1}|}\] Falls schon $\lim |a_n/a_{n+1}|$ exisitiert, dann ist $R$ gleich diesem Limes.

Also konkret erhalte ich dann hier: \[ \frac{|a_n|}{|a_{n+1}|} = \frac{(2n+5)(n+4)(n+3)}{2n+7} \] Also das geht ja gegen $\infty$, also existiert der Limes davon nicht. Aber existieren der lim inf bzw. lim sup davon? Ich weiß immer nicht so genau, wie ich $\lim\limits \text{inf}$ bzw. $\lim\limits \text{sup}$ bestimmen kann oder könnte ... Vielleicht würdest du mir das kurz erklären, außer am Beispiel der Folge $(-1)^n$.  ;-)


(ii) Die Probeklasur findet sich hier. Ich verstehe in der Aufgabe 4 den zweiten Punkt nicht, wie man auf die Gleichheit \[f(z) = \dots = \frac{1}{2}(z-1)^{-1} + \frac{1}{4} \frac{1}{1 - \frac{1-z}{2}} \] kommt. Also rechnerisch ist es klar, aber man hätte doch auch genauso gut \[\frac{1}{16} \frac{1}{1 - \frac{1-z}{8}} \] wählen können, oder nicht? Und diese Wahl wäre ja besser gewesen, da das Konvergenzgebiet größer wäre.

Gruß,
Neymar



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
(i) $\infty$ ist als Grenzwert erlaubt, wenn es um Konvergenzradien geht. Der Konvergenzradius ist also $\infty$, bzw. konvergiert die Laurentreihe für $\vert z\vert>0$.
Du solltest übrigens darauf achten, beide Möglichkeiten zur Berechnung zu üben. Die Variante mit dem Quotienten $\frac{\vert a_n\vert}{\vert a_{n+1}\vert}$ ist zwar leichter zu handhaben. Aber es gibt Reihen, bei denen versagt diese Methode - nicht weil sie schwieriger ist, sondern weil sie gar nicht verwendbar ist. Zum Beispiel bei Reihen der Form $\sum_nz^{n!}$, weil dann einige Glieder 0 sind, und man entsprechend durch 0 teilen müsste, um $\frac{\vert a_n\vert}{\vert a_{n+1}\vert}$ zu berechnen.

Einen $\limsup$ oder $\liminf$ zu berechnen ist im Allgemeinen nicht so leicht. Den muss man eigentlich schon vorher sehen, aus der Intuition heraus. Dann kann man zeigen, dass der gefundene Wert wirklich $\limsup/\liminf$ ist. Ich mache es mal am $\liminf$ für eine Folge $a_n$ vor.

Ich versuche meistens, eine konvergente Folge $b_n\to b$ zu finden, die eine untere Schranke von $a_n$ ist, und sodass $a_n$ eine Teilfolge besitzt, die ebenfalls gegen $b$ konvergiert. Das muss man eben einfach sehen, und das kommt ein Stück weit auch mit Erfahrung. Ein Beispiel:
Sei $a_n=\frac{2n}{n+1}\sin(n)$. Da $\frac{2n}{n+1}>0$ und $\sin(n)\geq -1$ gilt $a_n\geq-\frac{2n}{n+1}=:b_n$. Da $b_n\to-2$ konvergiert muss $\liminf a_n\geq-2$ sein. Wenn eine Teilfolge von $a_n$ existiert, sodass $a_{n_k}\to-2$ konvergiert, dann ist sogar $\liminf a_n=-2$, denn der $\liminf$ ist ja gerade der Grenzwert der kleinsten konvergenten Teilfolge (wobei $\pm\infty$ als Grenzwerte erlaubt sind). Wir müssen also eine Teilfolge $a_{n_k}$ konstruieren, die das tut.

Die Idee: Wir suchen $n_k$ so aus, dass $\sin(n_k)\to-1$ konvergiert. Denn dann ist $\frac{2n_k}{n_k+1}\to2$ und $\sin(n_k)\to-1$, und damit $\frac{2n_k}{n_k+1}\sin(n_k)\to-2$.
Das ganze führe ich nicht selber aus, sondern ich greife darauf zurück, dass $\{\sin(n)~\vert~n\in\N\}$ dicht in $[-1,1]$ liegt. Es gibt also eine solche Teilfolge. Einen Beweis dafür findest du hier.
Und damit ist $\liminf a_n=-2$.

Für den $\limsup$ eigentlich genau das gleiche, nur dass man eine Folge $b_n$ sucht, die $a_n$ nach oben abschätzt.

(ii) Die beiden Ausdrücke sind nicht gleich. Es ist

\[\frac{1}{16}\frac{1}{1-\frac{z-1}{8}}=\frac{1}{4}\frac{1}{4-\frac{z-1}{2}}\neq\frac{1}{4}\frac{1}{1-\frac{z-1}{2}}\]
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30


Hallo Vercassivelaunos,

ich komme erst jetzt dazu, dir zu antworten.

(i) Ich mache es mal ganz konkret: \[ \frac{|a_n|}{|a_{n+1}|} = \frac{(2n+5)(n+4)(n+3)}{2n+7} \]
Kann ich hier einfach sagen, dass lim inf und lim sup beide jeweils $\infty$ sind? Ich stelle mir das so vor:


Wir hatten mal den $\lim\limits \text{inf}$ folgendermaßen definiert:
$\lim\limits_{n \to \infty} \text{inf} x_n := \lim\limits_{n \to \infty} \left( \text{inf} \{ { x_k \ | \ k \geq n }  \right)$

So, aber für meine gegebene Folge ist das Infimum (die größte untere Schranke) für $n \to \infty$ gerade $\infty$, für $\lim\limits \text{sup}$ argumentiere man ähnlich.


Das sollte doch passen, oder? :-)


(ii)
 Die Variante mit dem Quotienten $\frac{\vert a_n\vert}{\vert a_{n+1}\vert}$ ist zwar leichter zu handhaben. Aber es gibt Reihen, bei denen versagt diese Methode - nicht weil sie schwieriger ist, sondern weil sie gar nicht verwendbar ist. Zum Beispiel bei Reihen der Form $\sum_nz^{n!}$, weil dann einige Glieder 0 sind, und man entsprechend durch 0 teilen müsste, um $\frac{\vert a_n\vert}{\vert a_{n+1}\vert}$ zu berechnen.

$>$ Also eine andere Möglichkeit, $R$ zu berechnen, wäre ja \[R = \frac{1}{\lim\limits \text{sup} \sqrt[n]{|a_n|} } \]
Bei deiner gegebenen Reihe mit $\sum_{n} z^{n!}$wäre $\lim\limits \text{sup} \sqrt[n]{|a_n|}$ ja einfach $1$, oder, womit $R = 1$, hätte ich gesagt. Aber hier wüsste ich nicht, wie man die $a_n$ explizit aufschreiben würde ... (Aber vielleicht braucht man das ja auch nicht, wenn es nur um den Konvergenzradius geht.)

(iii)
Die beiden Ausdrücke sind nicht gleich. Es ist

\[\frac{1}{16}\frac{1}{1-\frac{z-1}{8}}=\frac{1}{4}\frac{1}{4-\frac{z-1}{2}}\neq\frac{1}{4}\frac{1}{1-\frac{z-1}{2}}\]

$>$ Ähm, ja, da hast du natürlich Recht ...



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Das sollte doch passen, oder? :-)

Es stimmt auf jeden Fall. Man kann es noch weiter ausformulieren, je nach dem, welche Strenge gefordert ist.

Aber hier wüsste ich nicht, wie man die an explizit aufschreiben würde

\[a_n=\begin{cases}1&\exists m: n=m!\\ 0&\textrm{sonst}\end{cases}\]
Dann ist mit der Definition $\limsup\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\sup\{\sqrt[k]{a_k}~\vert~k\geq n\}=1$, da einfach $\sup\{\sqrt[n]{a_k}~\vert~k\geq n\}=1$. Es existiert ja immer ein $k\geq n$, sodass $k=m!$ für irgendein $m$. Am simpelsten $k=n!\geq n$. Und mehr Werte als 0 und 1 nimmt $\sqrt[k]{a_k}$ nicht an.
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-30


(i) Okay, ich hätte dann noch eine Frage zu dieser Aufgabe:

Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe \[ \sum_{n = 0}^{\infty} b_n^5 (z-2)^2\] um $z_0 = 2$, wobei \[\sum_{n = 0}^{\infty} b_n (z-1)^n \] eine Potenzreihe mit Entwicklungspunkt $1$ und Konvergenzradius $2$ sei.

$>$ So, hier habe ich mir erst einmal überlegt, dass der Entwicklungspunkt egal sein sollte. Beweisen kann ich es aber nicht.

Da $\sum b_n (z-1)^n$ einen Konvergenzradius von $2$ hat, bedeutet dies übersetzt: ${\lim\limits \text{sup}}_{n \to \infty} \sqrt[n]{|b_n|} = 1/2$.


Randbemerkung: Gegeben seien zwei ,,gutartige" Folgen $(a_n)$ und $(b_n)$, deren ${\lim\limits \text{sup}}_{n \to \infty}a_n$ und  ${\lim\limits \text{sup}}_{n \to \infty}b_n$ $\in \mathbb{R}$ seien. Folgt dann daraus, dass ${\lim\limits \text{sup}}_{n \to \infty}a_n \cdot b_n = {\lim\limits \text{sup}}_{n \to \infty}(a_n) \cdot {\lim\limits \text{sup}}_{n \to \infty}(b_n)$ ? Ich habe schon im Internet gesucht und komischerweise nichts dazu gefunden ... Also ich weiß nicht, ob ein Beweis nowendig wäre, ich würde es vermutlich ohne einen Beweis aufschreiben. Aber dazu muss das ja erst einmal gelte.

Und was würde ,,gutartig" bedeuten? Oder ist bzw. wäre dies egal, sondern nur die Bedingung mit Existenz von lim sup reicht schon?

 
$Falls$ das aus dem hide-Bereich stimmt, so wäre ich schon fertig, denn dann würde gelten: \[ { \lim\limits\text{sup}}_{n \to \infty} \sqrt[n]{|b_n|^5} =  \left( { \lim\limits\text{sup}}_{n \to \infty} \sqrt[n]{|b_n|} \right) = 1/2^5 = 1/32,\] womit der Konvergenzradius $32$ wäre.


(ii) Dürfte ich dich, Vercassivelaunos, noch dreisterweise darum bitten, mir zu diesem Thread weiterzuhelfen: hier


Beste Grüße,
Neymar



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-06-30

\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Deine Grundidee, $\frac{1}{2}=\limsup\sqrt[n]{\vert b_n\vert}$ zu setzen, ist richtig. Und am Ende kann man auch tatsächlich sagen, dass $\limsup\sqrt[n]{\vert b_n\vert^5}=\left(\limsup\sqrt[n]{\vert b_n\vert}\right)^5$ ist. Deine Argumentation stimmt aber nicht. Ein Gegenbeispiel zu deiner Behauptung aus dem Kasten wäre zum Beispiel $a_n=(-1)^n,~b_n=(-1)^{n+1}$. Dann ist nämlich der $\limsup$ beider Folgen 1, aber $\limsup a_nb_n=\limsup -1=-1$.
Du kannst aber über die Monotonie und Stetigkeit der 5. Wurzel auf $\R_0^+$ argumentieren. Wenn $\limsup\sqrt[n]{\vert b_n\vert}=\frac{1}{2}$, dann ist $\sqrt[n]{\vert b_n\vert}$ nach oben beschränkt. Das gilt dann natürlich auch für jede Teilfolge von $b_n$. Wähle also eine Teilfolge von $b_n$, sodass $\sqrt[n_k]{\vert b_{n_k}\vert}\to\frac{1}{2}$. Dann ist $\lim\sqrt[n_k]{\vert b_{n_k}\vert^5}=\left(\frac{1}{2}\right)^5=\frac{1}{32}$. Es gibt also eine Teilfolge, die gegen $\frac{1}{32}$ konvergiert. Es bleibt zu zeigen, dass es keine gibt, die gegen einen größeren Wert konvergiert.
Angenommen, es gebe eine solche Teilfolge, dass $\lim\sqrt[n_k]{\vert b_{n_k}\vert^5}>\frac{1}{32}$. Dann ist

\[\frac{1}{2}=\sqrt[5]{\frac{1}{32}}\overset{\textrm{Monotonie}}{<}\dots\overset{\textrm{Stetigkeit}}=\dots=\lim_{n_k}\sqrt[{n_k}]{\vert b_{n_k}\vert}\]
Es gibt also eine Teilfolge von $\sqrt[n]{\vert b_n\vert}$, deren Grenzwert größer als $\frac{1}{2}$ ist. Das ist ein Widerspruch dazu, dass $\frac{1}{2}$ der $\limsup$ ist.

Der Entwicklungspunkt ist tatsächlich egal, denn der Konvergenzradius hängt ja nach dem hier durchgehend benutzten Kriterium nur von den Koeffizienten ab.

Bei deinem anderen Thread muss ich erst mal schauen. Auf den ersten Blick müsste ich mich da erstmal einlesen, kann also nichts versprechen.
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-01


Hallo Vercassivelaunos.

(i)
Deine Argumentation stimmt aber nicht. Ein Gegenbeispiel zu deiner Behauptung aus dem Kasten wäre zum Beispiel $a_n=(-1)^n,~b_n=(-1)^{n+1}$. Dann ist nämlich der $\limsup$ beider Folgen 1, aber $\limsup a_nb_n=\limsup -1=-1$.

$>$ Gutes Gegenbeispiel. Bei $\lim\limits$ wäre meine Argumentation richtig, aber wir haben es hier halt mit lim sup zu tun.

(ii)
Wenn $\limsup\sqrt[n]{\vert b_n\vert}=\frac{1}{2}$, dann ist $\sqrt[n]{\vert b_n\vert}$ nach oben beschränkt. Das gilt dann natürlich auch für jede Teilfolge von $b_n$. Wähle also eine Teilfolge von $b_n$, sodass $\sqrt[n_k]{\vert b_{n_k}\vert}\to\frac{1}{2}$.

$>$ Wird hier der Satz von Bolzano-Weierstraß benutzt? Der Satz von Bolzano-Weierstraß besagt ja, dass es gerade eine reelle Zahl $x$ gibt, so dass eine Teilfolge der beschränkte Fole $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ gegen $x$ konvergiert. Woher wissen wir in diesem Kontext, dass die Konvergenz der Teilfolge gerade gegen $1/2$ ist?


(iv)
Bei deinem anderen Thread muss ich erst mal schauen. Auf den ersten Blick müsste ich mich da erstmal einlesen, kann also nichts versprechen.

$>$ Falls ich es nicht noch vergesse, sende ich noch etwas dazu.


Gruß,
Neymar



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-07-01

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Nein, das hat nichts mit Bolzano-Weierstraß zu tun. Es wird einfach nur ausgenutzt, dass der $\limsup$ einer beschränkten Folge der größte Häufungspunkt ist. Damit existiert natürlich auch eine gegen den $\limsup$ konvergente Teilfolge.
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-01



Damit existiert natürlich auch eine gegen den $\limsup$ konvergente Teilfolge.

$>$ Wo kann ich das nachlesen? Ich habe gerade kein Analysis1-Buch zur Hand. Ich finde das nicht so ,,trivial". ;-)

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

Was ich noch zur anderen FA-Aufgabe anmerken wollte:

Es gibt, meine ich, zwei unterscheidliche Defintionen von ,,Forsetzung" (die andere, die ich kenne, ist, dass man noch Normgleichheit fordert). Dies ist aber unsere Def.:



Es ist aber keine große Anmerkung ...

Gruß,
Neymar



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-07-01

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Der $\limsup$ ist der größte Häufungspunkt, insbesondere ist er ein Häufungspunkt. Und zu Häufungspunkten gibt es per Definition eine Teilfolge, die den Häufungspunkt als Grenzwert hat.
Warum der $\limsup$ der größte Häufungspunkt ist: Wir betrachten dafür eine Folge $a_n$ mit $\limsup a_n=a$.

a) Er ist ein Häufungspunkt. Wäre er das nicht, so gäbe es ein $\varepsilon>0$ sodass höchstens endlich viele $a_n$ existieren, für die $\vert a_n-a\vert<\varepsilon$. Dann gibt es $k\in\N$, sodass $\vert a_n-a\vert>\varepsilon$ für alle $n>k$. Daraus folgt, dass
\[\vert a-\sup\{a_k~\vert~k>n\}\vert>\varepsilon.\] Dann kann aber $\limsup_n a_n=\lim_n\sup\{a_k~\vert~k>n\}$ nicht $a$ sein, ein Widerspruch.

b) Es ist auch der größte Häufungspunkt. Denn gäbe es einen größeren Häufungspunkt $b$, dann wäre $\sup\{a_k~\vert~k>n\}\geq b>a$, und damit $\limsup\limits_n a_n=\lim\limits_n\sup\{a_k~\vert~k>n\}\geq b>a$. Ein Widerspruch.

Bei deiner FA-Frage weiß ich leider gerade auch nicht weiter. Es wird auf jeden Fall $D(T^\ast_\alpha)\subset D(T_\alpha)$ gezeigt durch $g\in D(T^\ast_\alpha)\Rightarrow g\in D(T_\alpha)$. Die umgekehrte Aussage will sich mir aber gerade nicht erschließen.
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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-01


Okay, das erklärt einiges! (Ich kannte die Def. von ,,Häufungspunkt" nicht ...)

ad FA-Aufgabe: Die andere Richtung habe ich jetzt, glaube ich! :-)

Also:


(Entschuldige, das hätte ich vielleicht noch senden sollen!)

Anyway, $\mathbf{falls}$ $T_{\alpha}$ symmetrisch ist (natürlich auf $D(T_{\alpha})$), dann sind wir fertig.

$Beweis$ Es ist \[\langle g, T_{\alpha}f \rangle_{L^2([0,1])} = \dots = \int_{0}^{1} \overline{g(x)} \cdot \left( \frac{1}{i}\frac{d}{dx}f(x) \right)dx = \underbrace{\left[ \frac{1}{i} f(x) \cdot \overline{g(x)}\right]_{0}^{1}}_{(1.1)} \underbrace{- \int_{0}^{1}\frac{d}{dx} \overline{g(x)} \cdot \frac{1}{i} f(x)dx}_{(1.2)}\]
Ich habe nachgerechnet, dass $(1.2) = \langle T_{\alpha}g, f \rangle = \langle g, T_{\alpha}f \rangle$. Der Beweis reduziert sich also nur noch darauf, zu zeigen, dass $(1.1) = 0$.

\[ \left[ \frac{1}{i} f(x) \cdot \overline{g(x)}\right]_{0}^{1} = \dots \overset{f,g \in D(T_{\alpha})}{=} \frac{1}{i} f(1) \cdot \overline{g(1)} - \frac{1}{i} \alpha f(1) \cdot \overline{\alpha  \ g(1)} \overset{|\alpha|^2 = 1}{=} 0\] QED

Ich danke dir, du hast mich dazu angestoßen, es noch einmal zu probieren!  

Ich gestehe aber, dass ich das, was du geschrieben hast, nicht aus der Musterlösung rauslese. Vielleicht würdest du noch einmal Folgendes erklären:

$g\in D(T^\ast_\alpha)\Rightarrow g\in D(T_\alpha)$

(Erklären im Sinne von zeigen.)


Beste Grüße,
Neymar



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2019-07-01 23:11 - Neymar in Beitrag No. 14 schreibt: Ich gestehe aber, dass ich das, was du geschrieben hast, nicht aus der Musterlösung rauslese. Vielleicht würdest du noch einmal Folgendes erklären:

$g\in D(T^\ast_\alpha)\Rightarrow g\in D(T_\alpha)$

(Erklären im Sinne von zeigen.)

Dort steht ja:

für $f\in D(T_\theta)$ und $g\in D(T^\ast_\theta)$

[...]

$f(1)\overline{g(1)}=\e^{\i\theta}f(1)\overline{g(0)}$

Daraus folgt $\overline{g(1)}=\e^{\i\theta}\overline{g(0)}$. Komplex konjugieren und das $\e^{\i\theta}$ auf die andere Seite bringen ergibt dann $g(0)=\e^{\i\theta}g(1)$, also $g\in D(T_\theta)$.
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Neymar
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Hallo Vercassivelaunos,

ich kenne jetzt noch ein gutes Beispiel, um den lim sup zu bestimmen.

Also: Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe \[\sum_{k = 0}^{\infty}\sin \left( \frac{3k\pi}{4} \right) z^k.\]
Da nicht alle $a_k \ne 0$, kann das Quotientenkriterium nicht angewandt werden. Benutze ergo Cauchy-Hadamard: Zuerst bermerke man, dass \[\sqrt[k]{\left| \sin \left( \frac{3k\pi}{4} \right) \right|} \leq 1 \quad \forall k \in \mathbb{N}_0. \] Nun wird die $1$ unendlich oft angenommen, denn für jede ganze Zahl $n$ gilt $|\sin \left( (n+1/2)\pi \right)| = 1$. Ergo gilt für alle $k$ der Form \[k = \frac{4n}{3} + \frac{2}{3}, \quad n \in \mathbb{N}_0,\] dass die $1$ angenommen wird. Zwar kann $k$ nur eine natürliche Zahl sein, aber das ist dennoch kein Problem, da dann nur bestimmte Werte für $n$ erlaubt sind. Damit ist der lim sup $= 1$, da er der größte Häufungspunkt ist. :-)


Gruß,
Neymar



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Das sieht größtenteils richtig aus. Nur das hier ist etwas zu kurz gefasst:

Zwar kann $k$ nur eine natürliche Zahl sein, aber das ist dennoch kein Problem, da dann nur bestimmte Werte für $n$ erlaubt sind.

Man sollte schon zeigen, dass die für $n$ zugelassenen Werte auch tatsächlich unendlich viele sind. Vielleicht ist die Gleichung ja gar nicht für unendlich viele $k$ erfüllbar (ist sie nach meiner Rechnung schon, aber meine Zahlentheoriekenntnisse sind zu klein um das auf einen Blick als offensichtlich einordnen zu können=.
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