Lösung.

  1. Die Reihe $ \mbox{$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{5^k}$}$ hat den Konvergenzradius
    $ \mbox{$\displaystyle R\;=\;\displaystyle{ \left(\varlimsup_{k \to \infty}{\sqrt[k]{1/5^k}}\right)^{-1}}\;=\; \frac{1}{1/5} \;=\; 5 $}$
  2. Es sei $ \mbox{$a_k:=\frac{k^k}{k!}$}$ . Dann gilt
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \left\vert \dfrac {a_k}{a_{k+1}} \r... ...&\to& \dfrac{1}{e}\;\;\; \text{f\uml ur}\;\;\; k \to \infty\;. \end{array} $}$
    Der Konvergenzradius ist demnach $ \mbox{$\frac{1}{e}$}$ .

  3. Es sei $ \mbox{$a_k:={2k\choose k}$}$ . Der Konvergenzradius der Reihe Die Reihe $ \mbox{$\sum_{k=0}^{\infty} a_k w^k $}$ besitzt den Konvergenzradius
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\lim_{k\to\infty}\dfra... ...fty} \dfrac{(k+1)(k+1)}{(2k+1)(2k+2)} \;=\; \dfrac {1}{4}\;. \end{array} $}$
    Also konvergiert die Reihe $ \mbox{$\ \sum_{k=0}^{\infty} {2k \choose k}w^n $}$ für $ \mbox{$\ \vert w\vert < \frac {1}{4} $}$ und divergiert für $ \mbox{$\ \vert w\vert> \frac{1}{4} $}$ .

    Daher konvergiert die Reihe $ \mbox{$\sum_{k=0}^{\infty} {2k \choose k} (z^2)^k$}$ für $ \mbox{$\vert z^2\vert<\frac{1}{4}$}$ , i.e. für $ \mbox{$\vert z\vert<\frac{1}{2}$}$ , und sie divergiert für $ \mbox{$\vert z^2\vert>\frac{1}{4}$}$ , i.e. für $ \mbox{$\vert z\vert>\frac{1}{2}$}$ .

    Die Reihe $ \mbox{$\sum_{k=0}^{\infty} {2k \choose k} (z^2)^k$}$ besitzt also den Konvergenzradius $ \mbox{$\frac{1}{2}$}$ .

  4. Die Reihe $ \mbox{$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{w^n}{(3+(-1)^k)^{7k}}$}$ besitzt den Konvergenzradius
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \left( \displaystyle\varlimsup_{k \... ...e*{2mm}\\ &=& \left(\dfrac{1}{2^7}\right)^{-1} \;=\; 2^7\;. \end{array} $}$
    Daher konvergiert die Reihe $ \mbox{$\ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{4k}}{(3+(-1)^k)^{7k}} $}$ für $ \mbox{$\vert z^4\vert <2^7$}$ und divergiert für $ \mbox{$\ \vert z^4\vert>2^7$}$ . Der Konvergenzradius ist also $ \mbox{$2^{7/4}$}$ .
  5. Wir unterscheiden zwei Fälle.