Übungen zur Herleitung expliziter Formeln für Folgen

Schritt 1

Wir betrachten die Potenzreihe $\sum_{n=0}^\infty a_n z^n$ und zeigen, dass sie einen Konvergenzradius $R > 0$ hat.

Mit vollständiger Induktion können wir leicht zeigen, dass alle Folgenglieder nicht negativ und monoton wachsend sind. Wir wenden nun das Quotientenkriterium an: \[ \left| \frac{a_{n+1} z^{n+1}}{a_n z^n} \right| = \frac{3a_n + 10 a_{n-1}}{a_n} |z| \leq \frac{3 a_n + 10 a_n}{a_n} |z| = 13 |z|. \] Also ist die Potenzreihe für alle $z \ \C$ mit $|z| < \frac{1}{13}$ konvergent, der Potenzradius beträgt mindestens $\frac{1}{13}$.

Schritt 2

Wir definieren die erzeugende Funktion \[ A(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n z^n \] und leiten eine explizite Darstellung für $A(z)$ her. Es gilt \begin{eqnarray*} A(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n z^n & = & 0 + 16z + \sum_{n=2}^\infty a_n z^n \\ & = & 16z + \sum_{n=2}^\infty (3a_{n-1} + 10 a_{n-2})z^n \\ & = & 16z + 3z\sum_{n=2}^\infty a_{n-1}z^{n-1} + 10z^2 \sum_{n=2}^\infty a_{n-2} z^{n-2} \\ & = & 16z + 3z \sum_{n=0}^\infty a_n z^n + 10z^2 \sum_{n=0}^\infty a_n z^n \\ & = & 16z + 3zA(z) + 10z^2 A(z). \end{eqnarray*} Damit folgt \begin{eqnarray*} & & A(z) = 16z + 3zA(z) + 10z^2 A(z) \\ & \Rightarrow & A(z) - 3zA(z) - 10z^2 A(z) = 16z \\ & \Rightarrow & A(z)(1-3z-10z^2) = 16z \\ & \Rightarrow & A(z) = \frac{16z}{1-3z-10z^2}. \end{eqnarray*}

Schritt 3

Wir führen eine Partialbruchzerlgegung für $A(z)$ durch. Es gilt \[ A(z) = \frac{16z}{1-3z-10z^2} = \frac{-\frac{8}{5}z}{z^2 + \frac{3}{10}z - \frac{1}{10}}. \] Die Nullstellen des Nennerpolynoms sind \[ z_{1,2} = -\frac{3}{20} \pm \sqrt{\frac{9}{400} + \frac{1}{10}} = -\frac{3}{20} \pm \sqrt{\frac{9 + 40}{400}} = -\frac{3}{20} \pm \frac{7}{20} = \frac{1}{5} \text{ bzw. } -\frac{1}{2}. \] Also existieren $A,B \in \R$ mit \[ \frac{-\frac{8}{5}z}{z^2 + \frac{3}{10}z - \frac{1}{10}} = \frac{A}{z-\frac{1}{5}} + \frac{B}{z+\frac{1}{2}}. \] Wir ermitteln diese Zahlen: \begin{eqnarray*} \frac{-\frac{8}{5}z}{z^2 + \frac{3}{10}z - \frac{1}{10}} & = & \frac{A}{z-\frac{1}{5}} + \frac{B}{z+\frac{1}{2}} \\ & = & \frac{A(z+\frac{1}{2})+B(z-\frac{1}{5})}{(z-\frac{1}{5})(z+\frac{1}{2})} \\ & = & \frac{(A+B)z + (\frac{1}{2}A -\frac{1}{5}B)}{z^2 + \frac{3}{10}z - \frac{1}{10}}. \end{eqnarray*} Ein Koeffizientenvergleich liefert des lineare Gleichungssystem \[ \begin{array}{rcrcr} A & + & B & = & -\frac{8}{5} \\ \frac{1}{2}A & - & \frac{1}{5}B & = & 0 \end{array} \] mit der Lösung $A=-\frac{16}{35}$ und $B=-\frac{8}{7}$. Damit gilt \[ A(z) = \frac{16z}{1-3z-10z^2} = \frac{-\frac{16}{35}}{z-\frac{1}{5}} + \frac{-\frac{8}{7}}{z+\frac{1}{2}} = \frac{\frac{16}{7}}{1-5z} - \frac{\frac{16}{7}}{1+2z} = \frac{16}{7}\left( \frac{1}{1-5z} - \frac{1}{1+2z}\right). \] Weiterhin gilt \[ \frac{1}{1-5z} = \sum_{n=0}^\infty (5z)z^n = \sum_{n=0}^\infty 5^n z^n \] und \[ \frac{1}{1+2z} = \frac{1}{1-(-2z)} = \sum_{n=0}^\infty (-2z)^n = \sum_{n=0}^\infty (-2)^n z^n. \]

Schritt 4

Aus Schritt 3 folgt \begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty a_n z^n = G(z) & = & \frac{16}{7}\left( \frac{1}{1-5z} - \frac{1}{1+2z}\right) \\ & = & \frac{16}{7} \left( \sum_{n=0}^\infty 5^n z^n - \sum_{n=0}^\infty (-2)^n z^n \right) \\ & = & \frac{16}{7} \sum_{n=0}^\infty (5^n - (-2)^n)z^n. \end{eqnarray*} Mit dem Identitätssatz für Potenzreihen folgt \[ a_n = \frac{16}{7} \left( 5^n - (-2)^n \right). \]

Schritt 1

Mit vollständiger Induktion zeigt man leicht, dass alle Folgenglieder nicht negativ und monoton wachsend sind. Wir wenden das Quotientenkriterium an: \[ \left| \frac{b_{n+1}z^{n+1}}{b_n z^n} \right| = \frac{b_n + 2 b_{n-1}}{b_n} |z| \leq \frac{b_n + 2 b_n}{b_n} |z| = 3 |z|. \] Also hat die Potenzreihe einen Konvergenzradius der mindestens $\frac{1}{3}$ beträgt.

Schritt 2

Es sei \[ B(z) = \sum_{n=0}^\infty b_n z^n. \] Wir leiten eine explizite Darstellung für $B(z)$ her. Es gilt \begin{eqnarray*} B(z) = \sum_{n=0}^\infty b_n z^n & = & 1 + z + \sum_{n=2}^\infty b_n z^n \\ & = & 1 + z + \sum_{n=2}^\infty (b_{n-1} + 2b_{n-2})z^n \\ & = & 1 + z + z\sum_{n=2}^\infty b_{n-1}z^{n-1} + 2z^2\sum_{n=2}^\infty b_{n-2}z^{n-2} \\ & = & 1 + z + z\sum_{n=1}^\infty b_n z^n + 2z^2\sum_{n=0}^\infty b_n z^n \\ & = & 1 + z + z(B(z)-1) + 2z^2 B(z) \\ & = & 1 + zB(z) + 2z^2B(z). \end{eqnarray*} Damit folgt \begin{eqnarray*} & & B(z) = 1 + zG(z) + 2z^2G(z) \\ & \Rightarrow & B(z) -zB(z) - 2z^2B(z) = 1 \\ & \Rightarrow & B(z)(1-z - 2z^2) = 1 \\ & \Rightarrow & B(z) = \frac{1}{1-z-2z^2} = \frac{-\frac{1}{2}}{z^2 + \frac{1}{2}z - \frac{1}{2}}. \end{eqnarray*}

Schritt 3

Wir führen eine Partialbruchzerlegung für $B(z)$ durch. Die Nullstellen des Nennerpolynoms sind \[ z_{1,2} = -\frac{1}{4} \pm \sqrt{\frac{1}{16} + \frac{1}{2}} = -\frac{1}{4} \pm \sqrt{\frac{9}{16}} = -\frac{1}{4} \pm \frac{3}{4} = \frac{1}{2} \text{ bzw. } -1. \] Also existieren $A,B \in \R$ mit \begin{eqnarray*} \frac{-\frac{1}{2}}{z^2 + \frac{1}{2}z - \frac{1}{2}} & = & \frac{A}{z-\frac{1}{2}} + \frac{B}{z+1} \\ & = & \frac{A(z+1)+B(z-\frac{1}{2})}{(z-\frac{1}{2})(z+1)} \\ & = & \frac{(A+B)z+(A-\frac{1}{2}B)}{z^2 +\frac{1}{2}z - \frac{1}{2}}. \end{eqnarray*} Ein Koeffizientenvergleich liefert das lineare Gleichungssystem \[ \begin{array}{rcrcr} A & + & B & = & 0 \\ A & - & \frac{1}{2}B & = & -\frac{1}{2} \end{array} \] mit der Lösung $A=-\frac{1}{3}$ und $B=\frac{1}{3}$. Damit gilt \[ B(z) = \frac{1}{1-z-2z^2} = \frac{-\frac{1}{3}}{z-\frac{1}{2}} + \frac{\frac{1}{3}}{z+1} = \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{1-2z} + \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1+z}. \] Weiterhin gilt \[ \frac{1}{1-2z} = \sum_{n=0}^\infty (2z)^n = \sum_{n=0}^\infty 2^n z^n \] und \[ \frac{1}{1+z} = \frac{1}{1-(-z)} = \sum_{n=0}^\infty (-z)^n = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n z^n. \]

Schritt 4

Aus Schritt 3 folgt \begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty b_n z^n = B(z) & = & \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{1-2z} + \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1+z} \\ & = & \frac{2}{3}\sum_{n=0}^\infty 2^n z^n + \frac{1}{3} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n z^n \\ & = & \frac{1}{3}\sum_{n=0}^\infty (2^{n+1} + (-1)^n) z^n. \end{eqnarray*} Mit dem Identitätssatz für Potenzreihen folgt \[ b_n = \frac{1}{3} \left(2^{n+1} + (-1)^n\right). \]

Muss noch erstellt werden.

Muss noch erstellt werden.