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Konvergenz von komplexen Reihen

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Komplexe Zahlen

Tags: Folgen, Komplexe Zahlen, Reihen

anonymous

15:21 Uhr, 22.12.2009

Hallo

Ich habe eine dringende Frage:

Ich sollte die folgende Reihe auf Konvergenz überprüfen:

\sum_{k = 0}^{\infty} {(\frac{1 - i}{1 + i})}^{k}

Dazu habe ich das Wurzelkriterium genommen:

k-te Wurzel aus

(\frac{1 - i}{1 + i}) = | \frac{1 - i}{1 + i} | = | 1 - \frac{2 i}{1 + i} |

aber wie kann ich denn jetzt sagen, dass das kleiner als 1 ist? Mann hat doch bei komplexen Zahlen keine Anordnung?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

m-at-he

15:40 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

berechne doch erst einmal den Quotienten

\frac{1 - i}{1 + i}

innerhalb der Potenz! Dann wirst Du durch die nunmehr einfache Berechnung der ersten summanden feststellen, wohin die Reise geht...

anonymous

15:45 Uhr, 22.12.2009

also kann ich das Wurzelkriterium hier nicht verwenden???

anonymous

15:52 Uhr, 22.12.2009

das verstehe ich nicht, wie soll ich denn den Quotienten berechnen???

m-at-he

15:58 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

das Wurzelkriterium gibt Dir nur eine hinreichende Bedingung und nachdem Du den Quotienten berechnet hast, willst du es sowieso nicht mehr anwenden wollen!

Da ich gerade sehe, daß Du den Hinweis, daß bereits geantwortet wird, ignoriert hast, beantworte ich Deine frage aus deinem nächsten Post gleich mit!

Man berechnet das durch reelmachen des Nenners! Dazu erweitert man den Bruch mit der konjugiert komplexen Zahl des Nenners.

anonymous

16:01 Uhr, 22.12.2009

kommt da

1 - i

heraus???

m-at-he

16:07 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

bevor Du weitere Rateversuche startest, rechne doch erst einmal!

anonymous

16:08 Uhr, 22.12.2009

das ist bei mir heraus gekommen, ich habe gerechnet!!!!

m-at-he

16:13 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

1 - i = \frac{1 - i}{1}

Kann dann bei gleichem Zähler aber definitiv anderem Nenner bei

\frac{1 - i}{1 + i}

das selbe rauskommen? Was ist denn der Wert, mit dem Du erweitert hast?

anonymous

16:17 Uhr, 22.12.2009

1 - i

m-at-he

16:26 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

das ist schon mal richtig, aber um nicht jeden schritt hier einzeln abfragen zu müssen, schlage ich vor, daß du mal Deine komplette Rechnung hier eingibst und ich dann den Fehler suche.

anonymous

16:31 Uhr, 22.12.2009

hier:

\frac{{(1 - i)}^{2}}{(1 + i) \cdot (1 - i)} = \frac{1 - 2 i - 1}{2} = \frac{- 2 i}{2} = - i

ich habe glaube ich meinen Fehler selber gefunden, also muss

- i

rauskommen oder?

m-at-he

16:38 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

genau, es kommt

- i

raus. Berechne doch mal die ersten

4,

und wenn das nicht reicht die ersten

8,

Summanden. Was stellst Du fest?

Das Wurzelkriterium ist nicht erfüllt, weil der Betrag gleich 1 ist. Das heißt aber nur, daß Du nichts über die Konvergenz sagen kannst. Wäre der Betrag größer

1,

wäre das anders, aber so weißt Du nur, daß das Wurzelkriterium Dir nicht weiterhilft!

anonymous

16:41 Uhr, 22.12.2009

ok, wie bestimme ich aber jetzt die konvergenz? Wenn ich mir die ersten Summanden angucke, kommt da abwechselnd 1 und

- i

raus oder???

m-at-he

16:46 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

genauer rechnen! Dabei besonders auf die Vorzeichen achten. Meine Vorgabe mit den ersten 4 bzw. 8 hatte einen Sinn, nämlich den, daß 4 verschiedene Werte auftauchen!

anonymous

16:48 Uhr, 22.12.2009

ich glaube ich bin zu blöd, wenn ich

- i

hoch 1 rechne kommt,

- i

heraus, wenn ich

- i

hoch 2 rechne kommt 1 raus, wenn ich

- i

hoch 3 rechne kommt

- i

heraus oder???

m-at-he

17:05 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

{(- i)}^{3} = {((- 1) \cdot i)}^{3} = {(- 1)}^{3} \cdot i^{3} = (- 1) \cdot (- i) = i

anonymous

17:12 Uhr, 22.12.2009

ok, also die ersten summanden sind

: 1, - i, - 1, i,1

oder konvergiert das dann gegen 1???

m-at-he

17:17 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

es geht hier ja um eine Summe, die Summanden sind dabei nur das Mittel zum Zweck. Also berechnest Du im nächsten Schritt die ersten Partialsummen!

anonymous

17:27 Uhr, 22.12.2009

die ersten partialsummen:

1,1 - i, - i,0,1 ...

aber was sagt mir das?

m-at-he

17:34 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

wie ist denn die Konvergenz einer Reihe definiert? Meines erachtens über die /onvergenz der Folge der Partialsummen. Und konvergiert diese Folge?

anonymous

17:36 Uhr, 22.12.2009

ja???

m-at-he

17:41 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

nicht raten! Konvergiert eine Folge mit den Folgegliedern

1, - i, - 1, i, 1, - i, - 1, i, 1, - i, - 1, i, 1, ...

Wenn ja, dann will ich von Dir den Grenzwert haben, wenn nein, warum konvergiert sie nicht!

anonymous

17:42 Uhr, 22.12.2009

der Grenzwert müsste 1 sein.

arrow30

17:42 Uhr, 22.12.2009

moin ihr Beiden :
Erstrella

\sum_{k = 0}^{\infty} a_{k}

was muss

a_{k}

sein damit die Reihe konvergiert ?

anonymous

17:43 Uhr, 22.12.2009

hmm, das verstehe ich jetzt nicht????

arrow30

17:45 Uhr, 22.12.2009

warum konvergiert die Reihe

\to \sum_{n = 0}^{\infty} n^{2}

NICHT ?

anonymous

17:47 Uhr, 22.12.2009

na ja, weil sie immer größer wird..., weil

n^{2}

keine Nullfolge ist?

arrow30

17:48 Uhr, 22.12.2009

ja keine nullfolge

anonymous

17:48 Uhr, 22.12.2009

ok...., aber was mache ich denn nun hier???

m-at-he

17:50 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

die Werte wiederholen sich doch immer wieder! Wie kann da

1, - 1, i, - i

ein Grenzwert sein. Es gibt kein

n_{0},

ab dem alle weiteren Folgeglieder innerhalb einer beliebig kleinen epsilon-Umgebung liegen! Die Reihe hat 4 Häufungspunkte, aber keinen Grenzwert.

PS @arrow30
Wie Du leicht siehst, mangelt es hier bei der Fragestellerin an den Grundlagen, da sind Deine

(\in

anderen Fällen möglicherweise sinnvollen Einwürfe) einfcach deplaziert!

arrow30

17:50 Uhr, 22.12.2009

ist

{(- i)}^{n}

eine Nullfolge ?

anonymous

17:54 Uhr, 22.12.2009

ich weiß, dass diese Folge nicht konvergiert, stand irgendwie auf dem schlauch, die komplexen Zahlen irritieren mich. Ich weiß aber immer noch nicht, ob diese Reihe konvergiert, ich würde meinen ja,da immer irgendwie das abgezogen wird, was vorher draufaddiert wurde, oder? habe ich einen denkfehler?

anonymous

17:56 Uhr, 22.12.2009

@arrow: nein ist sie nicht, reicht das aber aus, zu beweisen, dass sie divergiert??

m-at-he

17:57 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

eindeutiger Denkfehler, siehe die Posts davor!

arrow30

17:57 Uhr, 22.12.2009

Notwendige Bedingung

\to

Ist die Folge der Reihenglieder keine Nullfolge, divergiert die Reihe
zurück zu deiner Summen definiere

\infty

:-)

anonymous

17:59 Uhr, 22.12.2009

also kann ich sagen, weil die Folge

{(- i)}^{k}

keine Nullfolge ist divergiert die Reihe?

Sorry, dass ich so auf dem Schlauch stand, aber irgendwie die komplexen Zahlen haben mich ganz durcheinander gebracht...

arrow30

18:03 Uhr, 22.12.2009

ja das musst du sagen nicht nur kannst du

anonymous

18:06 Uhr, 22.12.2009

vielen dank...
ich habe hier noch eine Reihe wo ich nicht weiterkomme:

\sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{ln (k)} {(\frac{1 - i}{1 + i})}^{k}

also im Prinzip die gleiche Reihe nur mit

(\frac{1}{ln (k)})

davor.

arrow30

18:07 Uhr, 22.12.2009

umschreibe deine

{(- i)}^{k}

{(- 1 \cdot i)}^{k} = {(- 1)}^{k} \cdot i^{k}

und ,wenn du die

{(- 1)}^{k}

siehst muss dir etwas auffallen ?

anonymous

18:11 Uhr, 22.12.2009

ja das ist eine alternierende Reihe oder nicht? Aber das leibnitzkriterium kann ich in diesem fall nicht verwenden, weil es bei den komplexen zahlen keine Monotonie gibt.

arrow30

18:30 Uhr, 22.12.2009

\sum_{k = 0}^{\infty} i^{k}

nach der Überlegung von oben :

k = 0 \to i^{0} = 1

k = 1 \to i^{1} = i

k = 2 \to i^{2} = - 1

k = 3 \to i^{3} = - i

k \equiv 0 mod 4 \to 1 \to k \in {0,4,8,16 ... . .,4 n}

k \equiv 1 mod 4 \to i \to k \in {1,4 + 1,8 + 1,16 + 1, ... .,4 n + 1}

k \equiv 2 mod 4 \to - 1 \to k \in {2,4 + 2,8 + 2,16 + 2 ... .,4 n + 2}

k \equiv 3 mod 4 \to - i \to \in {3,4 + 3,8 + 3,16 + 3 ...,4 n + 3}

\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k} \cdot i^{k}}{ln k} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k} \cdot i^{4 k}}{ln k} + \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k} \cdot i^{4 k + 1}}{ln k} + \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k} \cdot i^{4 k + 2}}{ln k} + \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k} \cdot i^{4 k + 3}}{ln k}

oder irre ich mich ?

m-at-he

18:35 Uhr, 22.12.2009

Hallo arrow30,

ja, Du irrst Dich!!!

Links steht eine divergente Reihe und rechts steht eine Umordnung davon. Eine solche Umordnung gilt aber nur bei absolut konvergenten Reihen!!!

arrow30

18:44 Uhr, 22.12.2009

editiert siehe oben :ich will nur dass sie LEibniz anwendet

m-at-he

18:48 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

jetzt ist die Reihe links zwar absolut konvergent, aber der Beweis dafür fehlt , ja es ist noch nicht einmal erwähnt!

arrow30

19:00 Uhr, 22.12.2009

naja im gründe dürfte man diese Reihe in zwei teilreihen zerlegen realteil und imaginärteil dabei sind beide alternierend.

\sum_{k = 0}^{\infty} i^{k} \cdot a_{k} = \sum_{k = 0}^{\infty} {(- 1)}^{k} \cdot a_{2 k} + i \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} {(- 1)}^{k} \cdot a_{2 k + 1}

m-at-he

19:13 Uhr, 22.12.2009

Hallo,

ich muß mich zunächst korrigieren, die linke Seite ist natürlich nicht absolut konvergent, sondern nur konvergent. Was das Zerlegen in Real- und Imaginärteil angeht, so stimme ich zu, aber das sind dann zwei summen und nicht

4!

Beide Summen sind konvergent, aber nicht absolut konvergent. Eine weitere Umordnung (Zerlegung) ist nicht erlaubt!

anonymous

13:11 Uhr, 24.12.2009

aber wie kann ich jetzt die Reihe auf Konvergenz überprüfen, welches Kriterium kann man anwenden???

pleindespoir aktiv_icon

20:38 Uhr, 24.12.2009

Ich würde mal überlegen, ob das überhaupt eine Nullfolge ist - das müsste ja auch bei Komplexen eine notwendige Bedingung sein ( oder nicht - dann steht schon der Aschenkübel bereit).

(\frac{1 - i}{1 + i})^{k}

für

k = 1 :

(\frac{1 - i}{1 + i})^{1}

\frac{(1 - i) (1 - i)}{(1 + i) (1 - i)}

\frac{(1 - 2 i + i^{2})}{(1 - i^{2})}

\frac{(1 - 2 i - 1)}{(1 + 1)}

\frac{(- 2 i)}{(2)}

a_{1} = - i

r_{1} = 1

für

k = 2 :

(\frac{1 - i}{1 + i})^{2}

\frac{(1 - i)^{2}}{(1 + i)^{2}}

\frac{(1 - 2 i + i^{2})}{(1 + 2 i + i^{2})}

\frac{(1 - 2 i - 1)}{(1 + 2 i - 1)}

\frac{(- 2 i)}{(2 i)}

a_{2} = - 1

r_{2} = 1

für

k = 3 :

(\frac{1 - i}{1 + i})^{3}

\frac{(1 - i)^{3}}{(1 + i)^{3}}

\frac{(1 - 3 i + 3 i^{2} - i^{3})}{(1 + 3 i + 3 i^{2} + i^{3})}

\frac{(1 - 3 i - 3 + i)}{(1 + 3 i - 3 - i)}

\frac{(- 2 - 2 i)}{(- 2 + 2 i)}

\frac{(- 1 - i)}{(- 1 + i)}

\frac{(- 1 - i) (1 + i)}{(- 1 + i) (1 + i)}

\frac{(- 1 - i - i - i^{2})}{(- 2)}

\frac{(- 1 - 2 i + 1)}{(- 2)}

\frac{(- 2 i)}{(- 2)}

a_{3} = i

r_{3} = 1

für

k = 4 :

(\frac{1 - i}{1 + i})^{4}

\frac{(1 - i)^{4}}{(1 + i)^{4}}

\frac{(1 - 4 i^{3} + 6 i^{2} - 4 i + i^{4})}{(1 + 4 i^{3} + 6 i^{2} + 4 i + i^{4})}

\frac{(1 + 4 i - 6 - 4 i + 1)}{(1 - 4 i - 6 + 4 i + 1)}

\frac{(2 - 6)}{(2 - 6}

a_{4} = 1

r_{4} = 1

für

k = 5 :

(\frac{1 - i}{1 + i})^{5}

\frac{(1 - i)^{5}}{(1 + i)^{5}}

\frac{(1 - 5 i + 10 i^{2} - 10 i^{3} + 5 i^{4} - i^{5})}{(1 + 5 i + 10 i^{2} + 10 i^{3} + 5 i^{4} + i^{5})}

\frac{(1 - 5 i - 10 + 10 i + 5 - i)}{(1 + 5 i - 10 - 10 i + 5 + i)}

\frac{(1 - 10 + 5 + 10 i - 5 i - i)}{(1 - 10 + 5 + 5 i - 10 i + i)}

\frac{(- 4 + 4 i)}{(- 4 - 4 i)}

\frac{(- 1 + i)}{(- 1 - i)}

\frac{(- 1 + i) (- 1 + i)}{(- 1 - i) (- 1 + i)}

\frac{(1 - i - i + i^{2})}{(1 - i + i + 1)}

\frac{(1 - 2 i - 1)}{(2)}

\frac{(- 2 i)}{(2)}

a_{5} = - i

r_{5} = 1

pleindespoir aktiv_icon

20:49 Uhr, 24.12.2009

Oder vielleicht mal so:

(\frac{1 - i}{1 + i})^{k}

für k=1:
(haben wir oben schon berechnet)
a1=-i

also wäre die Reihe so:

a_{k} = (- i)^{k}

(- i)^{0} = 1

(- i)^{1} = - i

(- i)^{2} = - 1

(- i)^{3} = i

(- i)^{4} = 1

(- i)^{5} = - i

(- i)^{6} = - 1

(- i)^{7} = i

...usw...

pleindespoir aktiv_icon

21:50 Uhr, 24.12.2009

nach dieser mühseligen Zeitverschwendung kann man also die Reihe auch mit Polarkoordinaten darstellen - der Radius eines jeden Folgegliedes beträgt immer 1.

der Winkel ändert sich bei jedem Schritt um

\frac{π}{2}

was dazu führt, dass sich alle 4 Glieder die Werte der Winkel wiederholen.

Wenn man jetzt die Kombinierte (neue) Reihe auseinandernimmt und jeweils die Konvergenz für die Glieder 2,6,10,14,...
und jene der Glieder 3,7,11,15,...
sowie jene der Glieder 4,8,12,16,...
und nichtzuletzt die Glieder 5,9,13,17,...

jedes für sich auf Konvergenz prüft ...
.. die Summe mehrer konvergenter Reihen ist doch auch konvergent, oder?

Also genügt es eigentlich die Konvergenz des zusätzlichen Gliedes zu testen.

arrow30

21:59 Uhr, 24.12.2009

moin moin ,
eigentlich was estrella28 verwirrt ist nur das

i

:-)
eine komplexe Folge, falls die Konvergiert, dann konvergiert die gegen eine Komplexezahl

z = a + i \cdot b

und

, a

und

b

sind natürlich

\in ℝ

. Also wenn wir so eine Reihe haben

i \cdot \sum_{k = 0}^{\infty} {(- 1)}^{k} \cdot a_{k}

im gründe ist die Summe

\sum_{k = 0}^{\infty} {(- 1)}^{k} \cdot a_{k} \to b

. und natürlich bietet sich hier Leibniz-Kr an ! aber ich merke gerade ich habe die

{(- 1)}^{k}

am Anfang vergessen troztdem es bleibt das gleiche Prinzip

anonymous

14:58 Uhr, 25.12.2009

Hallo,

ich habe die gleiche Aufgabe, aber wo wurde denn eigentlich bedacht in den vorherigen Beiträgen, dass die Summe bei

k = 2

beginnt und dass es sich hier um

{(- i)}^{k}

handelt. Ich habe auch an eine Zerlegung in Real - und Imaginärteil gedacht, um dann anschließend mit dem Leibnizkriterium argumentieren zu können. Habe mir da überlegt:

\sum_{k = 2}^{\infty} \frac{{(- i)}^{k}}{ln (k)} = \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{2 k + 1}}{ln (2 k)} + i \cdot \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{2 k + 1}}{ln (2 k + 1)}

Bin mir aber nicht ganz sicher. Mich verwirren die komplexen Zahlen auch noch. Wäre super, wenn jemand sagen könnte, ob das so richtig ist bzw. wie man das richtig zerlegt.
Lg

pleindespoir aktiv_icon

19:25 Uhr, 25.12.2009

\sum_{k = 2}^{\infty} (- i)^{k} \cdot l n (k) =

\sum_{k = 1}^{\infty} (- i)^{4 k - 2} \cdot l n (4 k - 2) +

\sum_{k = 1}^{\infty} (- i)^{4 k - 1} \cdot l n (4 k - 1) +

\sum_{k = 1}^{\infty} (- i)^{4 k} \cdot l n (4 k) +

\sum_{k = 1}^{\infty} (- i)^{4 k + 1} \cdot l n (4 k + 1)

Damit wäre die komplexe Reihe in vier Teilreihen zerlegt, die bequem jede für sich untersucht werden könnten, weil jede der Teilreihen nur einen stets gleichen Wert im komplexen Teil führt. Und der liesse sich vor die Summe Klammern:

(- i)^{4 k - 2} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} l n (4 k - 2)

(- i)^{4 k - 1} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} l n (4 k - 1)

(- i)^{4 k} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} l n (4 k)

(- i)^{4 k + 1} \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} l n (4 k + 1)

arrow30

21:38 Uhr, 25.12.2009

@ mathestudentin

{(- 1)}^{2 k + 1} = - 1

das siehst du auch oder ?

arrow30

21:39 Uhr, 25.12.2009

@ mathestudentin

{(- 1)}^{2 k + 1} = - 1

das siehst du auch oder ?

anonymous

20:23 Uhr, 03.01.2010

Ja das stimmt, mein Fehler ;-) Ich komme bei der Aufgabe leider trotzdem nicht weiter. Ziel ist es doch irgendwann das Leibnizkriterium anwenden zu können, oder? Ich komme nicht weiter und steige hier nicht durch. Wie komme ich da hin, dass ich das anwenden kann. Bin grad verwirrt

: (

arrow30

11:46 Uhr, 04.01.2010

{(- i)}^{k + 2} = {- 1, i, 1, - i, - 1, i, 1, - i, ... ... ... .} \to

k = 0, 2, 4, 6 ... . 2 k \to {(- 1)}^{k + 1}

k = 1, 3, 5, 7, ... . 2 k + 1 \to {(- 1)}^{k + 1} \cdot i

\sum_{k = 0}^{\infty} {(- i)}^{k + 2} \cdot \frac{1}{ln (k + 2)} = \sum_{k = 0}^{\infty} {(- 1)}^{k + 1} \cdot \frac{1}{ln (2 k + 2)} + i \cdot \sum_{k = 1}^{\infty} {(- 1)}^{k + 1} \cdot \frac{1}{ln (2 k + 1)}

jetzt kannst du Leibniz anwenden

anonymous

19:16 Uhr, 04.01.2010

Vielen Dank :-) Habs geschafft :-)

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