matematikk.net

Tar Analyse 1 ved UiO nå, og det er det mest utfordrende faget jeg har vært borti. Ihvertfall, jeg sitter helt fast:

Consider the power series [tex]\sum_{n=0}^\infty a_nz^n[/tex]. Show that, if the sequence [tex]|a_n|^{\frac 1n}[/tex] is bounded, then [tex]\sum_{n=0}^\infty a_nz^n[/tex] has infinite radius of convergence, if [tex]\limsup_{n\to \infty}|a_n|^{\frac 1n}=0[/tex], and radius of convergence [tex]R=(\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{\frac 1n})^{-1}[/tex] otherwise. What can we say if the sequence  [tex]|a_n|^{\frac 1n}[/tex] is unbounded? Prove your statement.

Ingen av de "vanlige" metodene for å finne konvergensradius har blitt introdusert, så jeg kan ikke bruke dem. Eneste jeg "vet" er at [tex]\sum_{n=0}^\infty z^n[/tex] konvergerer hviss [tex]|z| < 1[/tex]

Og som vanlig: hint er bedre enn hele løsninger. Takker for svar, osv. (for dem som helst vil lese i boken, er dette oppg K60 på side 433 i Körner)

Kan en ikke bruke at [tex]\sum_n (a_nz)^n[/tex] konvergerer hvis [tex]|a_nz|<1[/tex]?

Og deretter skrive om summen litt, [tex]\sum_n a_n z^n \Leftrightarrow \sum_n \left(a_n^{1/n}z\right)^n[/tex]. Så kan en prøve å vise det man skal derfra, som sikkert ikke er trivielt. :p

Ren synsing fra min side, men det første som slår meg.

Hvis [tex]\limsup_{n \to \infty} |a_n|^{\frac{1}{n}} = 0[/tex], finnes det en [tex]N(\epsilon)[/tex] for hver [tex]\epsilon[/tex]>0 slik at [tex]|a_n|^{\frac{1}{n}} < \epsilon[/tex] for alle [tex]n \geq N(\epsilon)[/tex].

Hva kan du da si om [tex]|a_n^{\frac{1}{n}}z|[/tex] for [tex]n \geq N(\frac{1}{|z|})[/tex]? Bruk det til å vise at [tex]\sum |a_nz^n|[/tex] konvergerer.

Hvis [tex]\limsup_{n \to \infty} |a_n|^{\frac{1}{n}} = R^{-1}[/tex], se hva som skjer dersom [tex]|z|<R[/tex]. For å vise at summen divergerer for [tex]|z|>R[/tex], vis at det for enhver [tex]\epsilon[/tex]>0 må finnes en uendelig delfølge [tex]|a_{n(i)}|^{\frac{1}{n(i)}}[/tex] slik at [tex]|a_{n(i)}|^{\frac{1}{n(i)}}>R^{-1}-\epsilon[/tex] ved å bruke definisjonen av [tex]\sup[/tex]. Hint: Anta det kun finnes en endelig delfølge som er slik, og bruk deretter at supremumsgrensen går mot [tex]R^{-1}[/tex].

Det følger direkte at dersom [tex]\sup |a_n|^{\frac{1}{n}} \to \infty[/tex] , vil [tex]R \to 0[/tex].

Hehe, kos deg med analysen.

Var tider i kurset jeg skulle ønske jeg aldri hadde blitt født.

Takker for veldig hjelpsomt svar!

Tror jeg har fått til noe nå:

Anta først [tex]\limsup_{n\to\infty} |a_n|^{\frac 1n}=0[/tex]. Da er [tex]|a_n^{\frac 1n}|<\frac{1}{|z|} \forall n > N(\frac{1}{|z|})[/tex].

Dermed er [tex]|a_nz| < \frac{1}{|z|}|z|=1 \forall n > N(\frac{1}{|z|})[/tex]. Så, siden [tex]|a_nz^n|=|(a_n^{\frac 1n}z)^n|[/tex] konvergerer [tex]\sum a_nz^n \forall z \in \mathbb{C}[/tex].

Det var ganske greit. Ting blir hakket vanskeligere nå.

Anta nå [tex]\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{\frac 1n}=\frac{1}{R}[/tex]. Da er [tex]\limsup_{n\to\infty}|a_nz|^{\frac 1n}=\frac{1}{R}|z|[/tex]. Så for [tex]n > N(\epsilon)[/tex] er [tex]|a_n^{\frac 1n}z| < \frac 1R |z|+\epsilon[/tex]. Om [tex]|z| < 1[/tex] er dermed [tex]|a_n^{\frac 1n}z| < \frac 1R |z|+\epsilon < 1[/tex] om vi velger [tex]\eps[/tex] liten nok (dette går, siden [tex]\left{z: \, |z| < 1\right}[/tex] er åpen). Dermed konvergerer [tex]\sum a_nz^n[/tex] for [tex]|z| < R[/tex].

For meg ser det ut til at vi kan bruke akkurat samme argumenter til å bevise at [tex]\sum a_nz^n[/tex] divergerer for [tex]|z| > R[/tex]. Hvis ikke, hvor bryter i så fall resonnementet ned?

- - -

Et lite off-topic spørsmål: I hvilken gren av matematikken er det man "holder på med" dette? Jeg har inntrykk av at fordypninger som f.eks algebraisk geometri og kompleks analyse ikke bryr seg nevneverdig om slik nøyaktighet. (prøver allerede nå å få en oversikt over fordypningsmuligheter framover)

Holder meg unna den oppgaven du driver med, men skyter inn et svar på off-topicen din.

Mitt inntrykk er at det man holder på med i reell analyse er veldig relevant til alle retninger i pur matematikk. I motsetning til 1000-kursene har man ikke regneoppgaver som løses med en 'algotritme', men det går mer på forståelse av pensum og bruk av teoremer og lemmaer på en friere måte. Litt mer det matematikere virkelig driver med.

Det neste steget på veien er på en måte ikke analyse 2, som man kanskje kan tro, men heller MAT4500 - Topologi, og det kurset er enten obligatorisk eller sterkt anbefalt til alle som skal ta en ph.d i matematikk.

Er også verdt å nevne at de fire siste årene har alle gruppelærerne vært ph.d-studenter i enten algebraisk geometri eller geometri/topologi. Det må vel bety at de regnes for å beherske reell analyse spesielt godt, og da vil jeg tro de holder på med mye av det samme på et litt mer avansert nivå.

Det er i hvert fall det jeg tror. Men hør med gruppelæreren din, han kan utvilsomt svare mye bedre på det enn jeg kan. Hadde faktisk vært interessant om du kunne gjengitt svaret hans her, hvis du spør han.

FredrikM wrote:Om [tex]|z| < 1[/tex] er dermed [tex]|a_n^{\frac 1n}z| < \frac 1R |z|+\epsilon < 1[/tex] om vi velger [tex]\eps[/tex] liten nok (dette går, siden [tex]\left{z: \, |z| < 1\right}[/tex] er åpen). Dermed konvergerer [tex]\sum a_nz^n[/tex] for [tex]|z| < R[/tex].

Jeg antar du mener [tex]|z|<R[/tex], og ikke [tex]|z|<1[/tex]. Ellers ser det greit ut, selv om det var litt ulovlig bruk av ulikheter, men konklusjonen er likevel at [tex]|a_n^{\frac 1n}z|<1[/tex].

FredrikM wrote:For meg ser det ut til at vi kan bruke akkurat samme argumenter til å bevise at [tex]\sum a_nz^n[/tex] divergerer for [tex]|z| > R[/tex]. Hvis ikke, hvor bryter i så fall resonnementet ned?

Problemet ligger i at du ikke vet om [tex]|a_n|^{\frac{1}{n}}[/tex] konvergerer, du kjenner bare til at [tex]\sup(|a_n|^{\frac{1}{n}})[/tex] konvergerer. Du vet altså ikke hvilke ledd av følgen som er slik at [tex]|a_n|^{\frac{1}{n}}>R^{-1}-\epsilon[/tex] for en [tex]\epsilon[/tex] > 0. Men hvis du antar at det er et endelig antall, kan du finne en motsigelse. Du trenger likevel bare at det er et uendelig antall ledd som er så store.