TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 96

Man untersuche, für welche $x\in ℝ$ die folgende Funktionenreihe konvergiert:

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n}{2n-1}(x-1{)}^n$

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Lösungsvorschlag von Yousif

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n-1}(x-1{)}^n$

$x_0=1,a_n=\frac{1}{2n-1}$

Konvergenzradius mittels Quotientenkriterium in der Limesform:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{\frac{1}{2(n+1)-1}}{\frac{1}{2n-1}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{2n-1}{2(n+1)-1}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{2n-1}{2n+1}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{n(2-\frac{1}{n})}{n(2+\frac{1}{n})}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{2-\frac{1}{n}}{2+\frac{1}{n}}\right|=\left|\frac{2-0}{2+0}\right|=1$

$R=\frac{1}{1}=1$

$|x-1|<1⟹\text{ konvergiert (absolut)}$

$|x-1|>1⟹\text{ divergiert }$

Randfälle:

$x=0:$

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n-1}(-1{)}^n$ Nach dem Konvergenzkriterium von Leibniz ist die Reihe (bedingt) konvergent.

$x=2:$

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n-1}$ Nach dem Minorantenkriterium ist die Reihe divergent.

Zusammenfassung:

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n-1}(x-1{)}^n:=\{\begin{array}{cc}\text{ divergent für }& x<0\\ \text{ bedingt konvergent für }& x=0\\ \text{ absolut konvergent für }& 0<x<2\\ \text{ divergent für }& x=2\\ \text{ divergent für }& x>2\end{array}$

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Lösungsvorschlag von Kallisto

Wir setzen die gegebene Reihe in die Limesform des Quotientenkriteriums ein und untersuchen dann, für welche x die Ungleichung $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<1$ gilt:

$\begin{array}{ccc}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|& =\left|\frac{\frac{1}{2(n+1)-1}(x-1{)}^{n+1}}{\frac{1}{2n-1}(x-1{)}^n}\right|& (kuerzen)\\ & =\left|\frac{\frac{1}{2(n+1)-1}(x-1)}{\frac{1}{2n-1}}\right|& (Doppelbruchaufloesen)\\ & =\left|\frac{(x-1)(2n-1)}{2(n+1)-1}\right|& (Klammernberechnen)\\ & =\left|\frac{2nx-x-2n+1}{2n+2-1}\right|\\ & =\left|\frac{2nx-x-2n+1}{2n+1}\right|& (nherausheben)\\ & =\left|\frac{n(2x-\frac{1}{n}x-2+\frac{1}{n})}{n(2+\frac{1}{n})}\right|\\ & =\left|\frac{2x-\frac{x}{n}-2+\frac{1}{n}}{2+\frac{1}{n}}\right|& (Grenzwertregeln)\\ \Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|& =\left|\frac{2x-0-2+0}{2+0}\right|\\ & =\left|\frac{2x-2}{2}\right|\\ & =\left|\frac{2(x-1)}{2}\right|\\ & =|x-1|<1\end{array}$

Somit ist die Funktionenreihe für alle $x\in (0,2)$ absolut konvergent, da in diesen Fällen diese Ungleichung erfüllt ist.

Da die Limesform des Quotientenkriteriums keine Aussage bzgl. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=1$ macht, müssen wir die Randfälle extra untersuchen.

Bei $x=0$ gibt es einen Sonderfall, denn dadurch bekommt die Reihe folgende Form:

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n-1}(-1{)}^n=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{a}_n$, wobei $a_n=\frac{1}{2n-1}$

Bei $x=0$ ist die Reihe also alternierend. Da $a_n$ offensichtlich eine monoton fallende Nullfolge ist, folgt aufgrund des Konvergenzkriteriums von Leibniz, dass die Reihe bedingt konvergent ist für $x=0$.

Bei $x=2$ erhalten wir die Form

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n-1}$

welche der harmonischen Reihe $\sum _{n\ge 1}\frac{1}{n}$ ähnlich ist. Da bereits bekannt ist, dass die harmonische Reihe divergiert, können wir diese als Minorante verwenden, da

$\frac{1}{2n-1}>\frac{1}{2n}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{n}$

gilt. Es folgt aus dem Minorantenkriterium, dass die Funktionenreihe für $x=2$ divergent ist.

D.h. abschließend, dass die gegebene Funktionenreihe für $x\in [0,2)$ konvergiert.