Zur b) hier würde ich für die ungeraden Zahlen eher \( 2k+1 \) anstatt \( 2k-1 \) wählen, da du für \( k=0 \) ansonsten den Wert -1 erhälst und wir wollen ja bei 1 starten.
zur c) hier musst du die Reihe auch bei \( k=0 \) starten
Zur d) hier fehlt noch ein Vorfaktor, es gilt
\( f^{(0)}(0)= 0 \ , \ f^{(1)}(0)= 1 \ , \ f^{(2)}(0)= 0 \ , \ f^{(3)}(0)= -6 \ , \ f^{(4)}(0)= 0 \ , \ f^{(5)}(0)= 120 \ , \ldots\)
Nun zum Konvergenzradius. Du kannst natürlich auch über das Restglied argumentieren. Aber durch die wechselnden Ableitungen würde ich auch eher die oben genannten Formeln nutzen. Gucken wir uns das mal für die erste Reihe an
\( \sum_{k=0}^{\infty} \frac 1 {(2k)!} x^{2k} \)
Nun schauen wir uns mal die allgemeine Form einer Potenzreihe an, für die die obigen Formelen hergeleitet wurden, wir erhalten
\( \sum_{j=0}^{\infty} a_j x^j \)
Nun wollen wir eine Folge \( a_j \) aufstellen, damit wir unsere ursprüngliche Reihe erhalten. Gucken wir uns die ersten Summanden unserer Reihe an, so erhalten wir
\( \frac {x^0} {0!} + \frac {x^2} {2!} + \frac {x^4} {4!} + \ldots \)
Es fehlt also trivialerweise jeder zweite Summand ( nämliche alle mit ungeraden Exponenten ). Also definieren wir die Folge
\( a_j := \left\{ \begin{matrix} \frac 1 {j!} , \ \text{falls j gerade} \\ 0 , \ \text{falls j ungerade} \end{matrix} \right. \)
Nun schauen wir uns die Formel von Cauchy-Hadamard an
\( r = \frac 1 {\limsup_{j \to \infty} \sqrt[j]{\vert a_j \vert}} \)
Wir teilen durch die Limes Superior, also durch den größten Häufungspunkt von \( \sqrt[j]{\vert a_j \vert} \).
Einen Häufungspunkt können wir sofort sehen, wenn wir unsere neue Folge aufstellen und zwar die Null. Schließlich ist jeder zweite Summand Null und bei unendlich vielen sind dies unendlich viele Nullen, somit ist Null ein Häufungspunkt.
Nun kommt noch die Frage auf, welche Häufungspunkte unsere andere Teilfolge \( \frac 1 {j!} \) hat.
Tatsächlich nur die Null, denn der Grenzwert der Folge ist Null (und somit einziger Häufungspunkt).
Wir erhalten also als Menge der Häufungspunkte \( \{0 \} \). Und davon ist logischer weise auch die Null unser größtes Element, also erhalten wir
\( r= \frac 1 0 \)
Dies ist definiert als
\( r = \frac 1 0 = \infty \)
Wir erhalten also als Konvergenzbereich
\( (x_0 -r , x_0 +r ) = (-\infty , \infty) \)
Unsere Reihe konvergiert also für alle \( x \).
Nun kannst du aber meistens diesen Gedanken schon abkürzen. Ich meine es ging nicht immer, deshalb diese Erklärung dazu (und wegen der Tatsache das die Null ein Häufungspunkt ist bei Lückenreihen, dadurch das nicht jede Potenz von \( x \) vorkommt ).
Wir nehmen in der Formel von Cauchy-Hadamard die \(k\)-te Wurzel. Das liegt daran, da die Formel aus dem Fall der allgemeinen Potenzreihe abgeleitet wird.
Nun haben wir die Potenz \( 2k \). Wir können also in unserem Fall die \( 2k\)-te Wurzel ziehen und kommen auch zum Erfolg. Also
\( r = \frac 1 {\limsup_{k \to \infty} \sqrt[2k]{\vert a_k \vert}} \\ r = \frac 1 {\limsup{k \to \infty} \sqrt[2k]{\vert \frac 1 {(2k)!} \vert}} \\ r = \frac 1 0 = \infty \)
Versuch es mal mit den anderen, ich gucke gerne nochmal drüber.
Grüße Christian