Konv. Absolut konv. divergent < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Geben Sie an, ob die Reihe [mm] \summe_{}^{}a_{k} [/mm] konvergent, absolut konvergent, divergent ist.
a.) [mm] a_{k} [/mm] = [mm] (-1)^{k} [/mm] * [mm] \bruch{1}{1+\wurzel(k)}
[/mm]
b.) [mm] a_{k} [/mm] = [mm] (-1)^{k} [/mm] * [mm] \bruch{1}{3k+1}+\bruch{i^{k}}{(3k+2)^{2}}
[/mm]
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Hallo zusammen :)
habe insgesamt sechs von solchen Aufgaben vor mir, hoffe ihr könnt mir dabei helfen.
Doch zunächst zu diesen zwei.
zu a.) Ich dachte hier zunächst an das Leibnitz-Kriterium. Dieses besagt - wenn ich mich recht entsinne - ist die Folge eine Nullfolge, und alterniert es, ist es konvergent.
D.h. ich würde sagen a. ist mit sicherheit nicht divergent.
Bleibt nun die Frage offen ob konvergent oder absolut konvergent.
Absolut konvergent ist meine ich, wenn der Betrag der Folge auch konvergent ist.
zu b.) Hier würde ich argumentieren wie bei a. Wir haben eine Nullfolge (zumindest der erste Teil) und es alterniert.
Der zweite Bruch macht mir da aber mehr sorgen :)
Hoffe ihr könnt mir weiterhelfen,
vielen Dank,
Steffi1988
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:13 Do 31.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Geben Sie an, ob die Reihe [mm]\summe_{}^{}a_{k}[/mm] konvergent,
> absolut konvergent, divergent ist.
>
> a.) [mm]a_{k}[/mm] = [mm](-1)^{k}[/mm] * [mm]\bruch{1}{1+\wurzel(k)}[/mm]
>
> b.) [mm]a_{k}[/mm] = [mm](-1)^{k}[/mm] *
> [mm]\bruch{1}{3k+1}+\bruch{i^{k}}{(3k+2)^{2}}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
> Hallo zusammen :)
> habe insgesamt sechs von solchen Aufgaben vor mir, hoffe
> ihr könnt mir dabei helfen.
> Doch zunächst zu diesen zwei.
>
> zu a.) Ich dachte hier zunächst an das Leibnitz-Kriterium.
> Dieses besagt - wenn ich mich recht entsinne - ist die
> Folge eine Nullfolge, und alterniert es, ist es
> konvergent.
> D.h. ich würde sagen a. ist mit sicherheit nicht
> divergent.
Ja, das ist korrekt. Aber man sollte genau das auch so benennen, wie man es braucht:
$\sum{a_k}$ mit $a_k=(-1)^k\bruch{1}{1+\wurzel(k)} \equiv:(-1)^k b_k$ ist konvergent nach dem Leibnizkriterium, weil $(b_k)_k$ (mit $b_k=|a_k|$) eine MONOTON FALLENDE Nullfolge ist.
> Bleibt nun die Frage offen ob konvergent oder absolut
> konvergent.
Nein, es bleibt die Frage offen, ob die Reihe $\sum a_k$, die bereits als konvergent erkannt wurde, auch absolut konvergent ist (es gilt übrigens, dass absolute Konvergenz die Konvergenz impliziert; aber nicht umgekehrt. Strenggenommen liegt das an der Vollständigkeit, wie Du später einmal lernen wirst...).
> Absolut konvergent ist meine ich, wenn der Betrag der Folge
> auch konvergent ist.
Nein, wenn die Reihe über $|a_k|$ konvergiert, also wenn $\sum{|a_k|}$ konvergiert. Das meinst Du vielleicht, aber das, was Du sagst, hieße, dass die Folge $(|a_k|)_{k \in \IN}$ konvergiert, was ja etwas ganz anderes ist. Daher dann lieber mal symbolisch ausdrücken, wenn man sich unsicher mit der Wortwahl ist, denn dann kann man eher erkennen, ob Du's nur falsch formulierst, oder es falsch verstanden hast.
Und wie sieht es denn hier nun aus? Beachte, dass $\frac{1}{\sqrt{k}+1} \ge \frac{1}{k+1}$ und dass $\sum \frac{1}{k+1}$ gegen $\infty$ divergiert.
> zu b.) Hier würde ich argumentieren wie bei a. Wir haben
> eine Nullfolge (zumindest der erste Teil) und es
> alterniert.
> Der zweite Bruch macht mir da aber mehr sorgen :)
Nö, das ist okay:
$\sum (-1)^k \frac{1}{3k+1}$ ist konvergent nach dem Leibnizkriterium. Weiterhin ist $\vmat{\sum \frac{i^k}{(3k+2)^2}} \le \sum \frac{1}{(3k+2)^2}$, und letzte Reihe konvergiert (Warum?).
Daher:
$\sum (-1)^k \frac{1}{3k+1}$ konvergiert und $\sum \frac{i^k}{(3k+2)^2}$ konvergiert (sogar absolut), daher konvergiert auch
$\sum \left((-1)^k \frac{1}{3k+1}+\frac{i^k}{(3k+2)^2}\right)=\left(\sum (-1)^k \frac{1}{3k+1}\right)+\sum \frac{i^k}{(3k+2)^2}$
Und für die Frage zur absoluten Konvergenz:
Da solltest Du Dir zunächst mal Gedanken dazu machen, wie
$\vmat{(-1)^k \frac{1}{3k+1}+\frac{i^k}{(3k+2)^2}$
aussieht.
Gruß,
Marcel
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Warum setzen wir hier Betragsstriche?
$ [mm] \vmat{\sum \frac{i^k}{(3k+2)^2}} \le \sum \frac{1}{(3k+2)^2} [/mm] $
Gruß,
Steffi
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:52 Do 31.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Susi,
> Warum setzen wir hier Betragsstriche?
>
> [mm]\vmat{\sum \frac{i^k}{(3k+2)^2}} \le \sum \frac{1}{(3k+2)^2}[/mm]
es ist ja die komplexe Zahl $i$ im Spiel, und komplexe Zahlen sind nicht "anordbar". Daher darf ich links schonmal gar nicht den Betrag weglassen, da die Ungleichung dann "sinnfrei" wäre.
Aber was man sich hier überlegen kann:
Eine Reihe [mm] $\sum_{k=0}^\infty c_k$ [/mm] ist ja zunächst mal nichts anderes als die Folge [mm] $(s_n)_{n \in \IN_0}$ [/mm] der Teilsummen [mm] $s_n:=\sum_{k=0}^n c_k$. [/mm]
(Dabei darf durchaus [mm] $c_k \in \IC$ [/mm] gelten.)
Und auch im komplexen gilt die allgemeine Dreiecksungleichung, d.h., das hier für jedes $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] gilt:
[mm] $\vmat{\sum_{k=0}^n c_k} \le \sum_{k=0}^n |c_k|$
[/mm]
Bei der Reihe von eben war [mm] $\sum |c_k|$ [/mm] konvergent, also [mm] $\sum c_k$ [/mm] absolut konvergent, und wegen der obigen Abschätzung folgt dann bei $n [mm] \to \infty$, [/mm] dass [mm] $\vmat{\sum c_k} \le \sum |c_k|$.
[/mm]
Das kann man sich einfach mal im Hinterkopf behalten, notwendig ist es nicht, wenn man weiß, dass absolute Konvergenz die Konvergenz impliziert. Allerdings wendet man beim Beweis der letzten Aussage (abs. Konvergenz [mm] $\Rightarrow$ [/mm] Konvergenz) auch diese allgemeine Dreiecksungleichung an (formal ein wenig "variiert"), mittels einer vorherigen Überlegung über Cauchyfolge...
Und vielleicht noch zu [mm] $\vmat{\frac{(-1)^k}{3k+1}+\frac{i^k}{(3k+2)^2}}$:
[/mm]
Setzen wir mal [mm] $d_k=\frac{(-1)^k}{3k+1}+\frac{i^k}{(3k+2)^2}$
[/mm]
Für $k=1,3,5,7,9,...$ ist hier der Imaginärteil immer [mm] $\not=0$, [/mm] und man kann [mm] $|d_k|$ [/mm] in Abhängigkeit von $k$ sehr leicht hinschreiben.
(Achtung: Vorher stand hier meinerseits Unsinn! Meine Überlegung dazu könnte zwar helfen, aber ich hab' das total falsch notiert, und die Überlegung ist nicht notwendig.
Es gilt natürlich NICHT [mm] $|d_1|=|d_3|=|d_5|=...$, [/mm] das war Quatsch!)
Dann kannst Du sicher angeben:
[mm] $|d_k|=\begin{cases} ..., & \mbox{für } k \mbox{ ungerade} \\ ..., & \mbox{für } k=2n \mbox{ und } n \in \IN \mbox{ ungerade}\\ ..., & \mbox{für } k=2n \mbox{ und } n \in \IN \mbox{ gerade} \end{cases}$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Hallo nochmal,
habe hier noch allgemeine Fragen offen:
Wir wissen, die harmonische Reihe [mm] \summe_{}^{} \bruch{1}{k}
[/mm]
ist divergent...
Wenn ich das aber nun mit dem Quotientenkriterium prüfen will:
[mm] \bruch{a_{n+1}}{a_{n}}
[/mm]
D.h.
= [mm] \bruch{\bruch{1}{k}}{\bruch{1}{k+1}}
[/mm]
Kehrwert bilden:
= [mm] \bruch{k}{k+1}
[/mm]
Kann ich dies nun abschätzen ?
= [mm] \bruch{k}{k+1} \le \bruch{k}{k} [/mm] = 1
Somit greift das Quotientenkriterium nicht... Korrekt?
Dann allgemeine Frage 2:
Prüfen von [mm] \bruch{1}{k^{2}} [/mm] auf konv. abs. konv oder div.
Mache ich dies auch mit dem Quotientenkriterium ?
Dann Kehrwert bilden und ich komme auf:
[mm] \bruch{k^{2}}{k^{2} +2k +1}
[/mm]
Nun das k ausklammern und kürzen:
= [mm] \bruch{1}{\bruch{2}{k}+\bruch{1}{k^{2}}}
[/mm]
Kann ich jetzt einfach so sagen,dass q ist kleiner 1 und das ganze ist somit konvergent?
Lg,
Steffi
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Der o.g. Term ist zwar immer klienr als , aber nicht kleiner als eine konkrte Zahl q < 1. Daher ist auch hier mittels Quotientenkriterium keine Aussage möglich.
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Dies verstehe ich nicht ganz...
Wenn wir haben :
= [mm] \bruch{1}{1+\bruch{2}{k}+\bruch{1}{2^{2}}}
[/mm]
ist dies immer kleiner 1, also das q...
Daraus folgt dann es ist konv.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:58 Do 31.01.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Steffi!
Sieh Dir die Definition des ![[]](/images/popup.gif) Quotientenkriteriums noch einmal genau an.
Der Quotient muss kleiner/gleich als ein fester Wert $q_$ sein. Und dieser feste Wert $q_$ muss (echt) kleiner als 1 sein!
Gruß
Loddar
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 21:02 Do 31.01.2008 | | Autor: | Steffi1988 |
Wie das Quotientenkriterium funktioniert ist mir (glaub ich ) klar :)
q = [mm] \bruch{a_{k+1}}{a_{k}}
[/mm]
Das q schaue ich mir dann an:
q < 1 - Konvergent
q > 1 - Divergent
q = 1 - Unbestimmt
Was mache / verstehe ich denn falsch?
Ich wende das Quotientenkriterium an, habe im Zähler / Nenner dann was stehen und dies ergibt mein q.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:11 Do 31.01.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Steffi!
Drehen wir den Spieß mal um: gibt es für den Quotient [mm] $\bruch{k^2}{k^2+2k+1}$ [/mm] einen festen (= konkreten) Wert $q \ < \ 1$ , der größer ist als der Quotient?
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:18 Do 31.01.2008 | | Autor: | Steffi1988 |
Ich glaube zu wissen was Du meinst..
Nein, es gibt keinen festern Wert q.
Denn wenn ich k gegen unendlich laufen lasse wird das q immer kleiner..
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:22 Do 31.01.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Steffi!
> Nein, es gibt keinen festern Wert q.
Richtig!
> Denn wenn ich k gegen unendlich laufen lasse wird das q
> immer kleiner..
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Nicht richtig! Der Quotient ist monoton steigend und nähert sich immer mehr (= beliebig nahe) dem Wert $1_$ an. Damit kann der geforderte feste Wert $q_$ hier nicht gefunden werden.
Gruß
Loddar
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Aber wenn ich doch das [mm] k^2 [/mm] ausklammere und kürze
dann den Limes drüber laufen lasse komme ich an [mm] \bruch{1}{1} [/mm] = 1
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:26 Do 31.01.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Steffi!
> Aber wenn ich doch das [mm]k^2[/mm] ausklammere und kürze
> dann den Limes drüber laufen lasse komme ich an
> [mm]\bruch{1}{1}[/mm] = 1
Genau das ist ja mein Reden die ganze Zeit! 
Da $1_$ der Grenzwert dieses Quotienten ist, nähern wir uns der $1_$ beliebig nahe an und können daher auch kein $q_$ benennen.
Gruß
Loddar
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Kann ich es mir also immer so merken:
Wenn ich das Quotientenkriterium angewandt habe, klammere ich vllt. was aus, kürze und lasse dann immer den limes laufen?
In der Hoffnung das dann q > 1 oder q < 1 rauskommt :)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:49 Do 31.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Steffi,
wie Loddar schon sagte, bringt das das Quotientenkriterium bei der Frage der Konvergenz von [mm] $\sum \frac{1}{k^2}$ [/mm] nicht weiter. Dann andernfalls gäbe es eine Zahl $0 < q < 1$, so dass für alle [mm] $\frac{(k^2)}{(k+1)^2} \le [/mm] q < 1$, woraus aber folgte, dass [mm] $\lim_{k \to \infty} \frac{k^2}{(k+1)^2} \le [/mm] q < 1$.
Man kann aber leicht zeigen, dass [mm] $\frac{k^2}{(k+1)^2} \to [/mm] 1$ bei $k [mm] \to \infty$.
[/mm]
Auch das Wurzelkriterium bringt hier nichts, da [mm] $\limsup_{k \to \infty} \sqrt[k]{\frac{1}{k^2}}=(\lim_{k \to \infty} \sqrt[k]{\frac{1}{k}})*(\lim_{k \to \infty} \sqrt[k]{\frac{1}{k}})=1*1=1$.
[/mm]
Es gibt hier einen schönen Trick:
Zunächst gilt:
[mm] $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=1+\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k^2} \le 1+\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k*(k-1)}$
[/mm]
Und die Konvergenz von [mm] $\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k(k-1)}$ [/mm] erkennt man so:
Teilsumme [mm] $(s_n)_{n \in \IN_{\ge 2}}$:
[/mm]
[mm] $s_n=\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k-1)}=\sum_{k=2}^n \left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=\left(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\right)-\sum_{k=2}^n \frac{1}{k}=1-\frac{1}{n} \to [/mm] 1$ bei $n [mm] \to \infty$
[/mm]
Alternativ kann man hier auch den Cauchychen Verdichtungssatz anwenden (mit diesem erhält man sogar die Aussage, dass [mm] $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{\alpha}}$ [/mm] für [mm] $\alpha \in \IR$ [/mm] genau dann konvergiert, wenn [mm] $\alpha [/mm] > 1$).
Und vielleicht das ganze nochmal formal ein wenig anders ausgedrückt zu der Frage mit dem Quotientenkriterium:
Es gilt zwar [mm] $\frac{k^2}{(k+1)^2} [/mm] < 1$, aber dennoch existiert kein $0 < q < 1$ mit [mm] $\frac{k^2}{(k+1)^2} \le [/mm] q < 1$.
Wäre dem doch so, so würde man [mm] $\varepsilon:=1-q [/mm] > 0$ setzen, und dann müsste wegen [mm] $\frac{k^2}{(k+1)^2} \to [/mm] 1$ (und [mm] $\frac{k^2}{(k+1)^2} [/mm] < 1$) es dann zu diesem [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ ein [mm] $K=K_{\varepsilon} \in \IN$ [/mm] geben mit der Eigenschaft, dass [mm] $1-\frac{k^2}{(k+1)^2} [/mm] < [mm] \varepsilon$ [/mm] für alle $k [mm] \ge [/mm] K$ wäre.
Dann erhielte man aber für alle $k [mm] \ge [/mm] K$:
[mm] $1-\frac{k^2}{(k+1)^2} [/mm] < [mm] \varepsilon$
[/mm]
[mm] $\gdw 1-\frac{k^2}{(k+1)^2} [/mm] < 1-q$
[mm] $\gdw \frac{k^2}{(k+1)^2} [/mm] > q$
Gruß,
Marcel
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| Aufgabe | i.) [mm] (-1)^{3k} [/mm] * [mm] \bruch{1}{(k+1)*\wurzel{k}}
[/mm]
ii.) [mm] i^{k} [/mm] * [mm] \bruch{1}{k^{2} + ik +1} [/mm] |
Die zwei gilt es noch zu lösen..
Wieder: absolut konvergent, konvergent oder divergent....
Habe hier ehrlich gesagt keinen Ansatz wie ich vorgehe..
Bei der i.) würde ich ja Leibnitz anwenden aber ich bin mir nicht sicher ob das ganze alterniert wegen den 3k im Exponenten.
Habt ihr einen Tip für mich ?
Lg
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:32 Fr 01.02.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> i.) [mm](-1)^{3k}[/mm] * [mm]\bruch{1}{(k+1)*\wurzel{k}}[/mm]
>
> ii.) [mm]i^{k}[/mm] * [mm]\bruch{1}{k^{2} + ik +1}[/mm]
> Die zwei gilt es
> noch zu lösen..
>
> Wieder: absolut konvergent, konvergent oder divergent....
>
> Habe hier ehrlich gesagt keinen Ansatz wie ich vorgehe..
>
> Bei der i.) würde ich ja Leibnitz anwenden aber ich bin mir
> nicht sicher ob das ganze alterniert wegen den 3k im
> Exponenten.
na, Du kennst doch sicher die Rechenregeln für Exponenten:
[mm] $a^{r*s}=(a^r)^s$
[/mm]
Also:
[mm] $(-1)^{3k}=((-1)^3)^k$ [/mm] und das ist wegen [mm] $(-1)^3=(-1)^2*(-1)=1*(-1)=-1$ [/mm] dann nichts anderes als [mm] $(-1)^k$. [/mm] Damit erhälst Du die Konvergenz der zu i.) zugehörigen Reihe wieder mittels Leibnizkriterium.
Aber diese Überlegung kann man sich sparen, denn die Reihe ist auch absolut konvergent (und damit insbesondere konvergent):
Es gilt nämlich:
[mm] $\sqrt{k^3}*\frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}=\frac{1}{1+\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{k^3}}}=\frac{1}{1+\frac{1}{k}} \to [/mm] 1$ bei $k [mm] \to \infty$
[/mm]
Also gibt es insbesondere zu [mm] $\varepsilon=\frac{1}{2} [/mm] > 0$ ein [mm] $K=K_{\varepsilon}$, [/mm] so dass für alle $k [mm] \ge [/mm] K$ gilt:
[mm] $\sqrt{k^3}*\frac{1}{(k+1)\sqrt{k}} \le 1+\varepsilon$
[/mm]
[mm] $\gdw \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}} \le \frac{3}{2} *\frac{1}{k^{\frac{3}{2}}}$
[/mm]
Dann ist aber für alle $N > K$:
[mm] $\sum_{k=1}^N \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}=\sum_{k=1}^K \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}+\sum_{k=K+1}^N \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}} \le \sum_{k=1}^K \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}+\frac{3}{2} \sum_{k=K+1}^N \frac{1}{k^{\frac{3}{2}}}$ [/mm]
[mm] $\le \sum_{k=1}^K \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}+\frac{3}{2} \sum_{k=1}^N \frac{1}{k^{\frac{3}{2}}} \le \sum_{k=1}^K \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}+\frac{3}{2} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{\frac{3}{2}}}$
[/mm]
und [mm] $\sum_{k=1}^K \frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}$ [/mm] ist als Summe von endlich vielen Summanden endlich, und die Konvergenz der Reihe [mm] $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{\frac{3}{2}}}$ [/mm] erkennt man z.B. mittels des Verdichtungssatzes von Cauchy. (Siehe Anmerkung in meinem anderen Post!)
Mit dem Majorantenkriterium folgt daher die absolute Konvergenz der Reihe über die Summanden aus i.).
und bei der ii.):
[mm]\vmat{i^{k}*\bruch{1}{k^{2} + ik +1}}=\frac{|i^k|}{|k^{2} + ik +1|}=\vmat{\frac{1}{k^2+ik+1}}[/mm]
Weiterhin:
[mm] $\frac{1}{k^2+ik+1}=\frac{1}{k^2+1+ik}=\frac{(k^2+1)-ik}{(k^2+1)^2+k^2}$
[/mm]
Das liefert:
[mm] $\vmat{\frac{1}{k^2+ik+1}}=\frac{\sqrt{(k^2+1)^2+(-k)^2}}{k^4+3k^2+1} \le 2*\frac{k^2+1}{k^4} \le \frac{4k^2}{k^4}=4*\frac{1}{k^2}$
[/mm]
(Edit:
Einfacher wäre die Abschätzung:
[mm] $\vmat{i^{k}*\bruch{1}{k^{2} + ik +1}}=\frac{|i^k|}{|k^{2}+1 + ik |}=\frac{1}{\sqrt{(k^2+1)^2+k^2}} \le \frac{1}{k^2}$, [/mm] oder wenn man bei meiner obigen Rechnung genau hinguckt, kann man das auch dort erkennen:
[mm] $\vmat{\frac{1}{k^2+ik+1}}=\frac{\sqrt{(k^2+1)^2+(-k)^2}}{k^4+3k^2+1}=\frac{\sqrt{(k^2+1)^2+k^2}}{\left(\sqrt{(k^2+1)^2+k^2}\right)^2}=\frac{1}{\sqrt{(k^2+1)^2+k^2}} \le \frac{1}{\sqrt{k^4}}=\frac{1}{k^2}$.)
[/mm]
Mit dieser Abschätzung sollte es Dir gelingen, hier die absolute Konvergenz der Reihe über die Summanden aus ii.) zu zeigen (und damit hast Du auch die Konvergenz der Reihe gezeigt).
Gruß,
Marcel
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![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
