\( \sum \limits_{n=0}^{\infty}\bigg(\frac{2+(-1)^n}{4}\cdot i\bigg)^n\)
mit der Idee von VzQXI klappt es:
Für gerades n hast du die Reihe
\( \sum \limits_{n=0}^{\infty}\bigg(\frac{2+(-1)^{2n}}{4}\cdot i\bigg)^{2n} = \sum \limits_{n=0}^{\infty}\bigg(\frac{3}{4}\cdot i\bigg)^{2n} = \sum \limits_{n=0}^{\infty}\bigg((\frac{3}{4}\cdot i)^2\bigg)^{n} = \sum \limits_{n=0}^{\infty}\bigg(\frac{-9}{16}\bigg)^{n} \)
Wegen \( |\frac{-9}{16}| < 1 \) konvergiert diese Reihe gegen \( \frac{1}{1-\frac{-9}{16}} =\frac{16}{25}\).
Und für die ungeraden:
\( \sum \limits_{n=0}^{\infty}\bigg(\frac{2+(-1)^{2n}}{4}\cdot i\bigg)^{2n+1} = \sum \limits_{n=0}^{\infty}\bigg(\frac{1}{4}\cdot i\bigg)^{2n+1} = \frac{1}{4}\cdot i \sum \limits_{n=0}^{\infty}\bigg((\frac{1}{4}\cdot i)^2\bigg)^{n}\)
\(= \frac{1}{4}\cdot i \sum \limits_{n=0}^{\infty}\bigg(\frac{-1}{16}\bigg)^{n} = \frac{1}{4}\cdot i \cdot \frac{1}{1-\frac{-1}{16}} = \frac{1}{4}\cdot i \cdot \frac{16}{17} = \frac{4}{17} \cdot i \)
Da beide Reihen konvergieren, tuts auch die Summe und geht gegen
\( \frac{16}{25} + \frac{4}{17} \cdot i \).
