Konvergenz/Diverg. von Reihen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Diese Anfrage wurde bereits von Limeswissengeg0 gestellt, jedoch ist der Thread in der Liste nicht mehr aufgeführt und die Suche ist ja weiterhin blockiert... bzw. ich finde mich hier noch nicht so zurecht, dass ich mich zu diesem Artikel finde...
a) [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{n!}{n^{n}}
[/mm]
Die Aufgabe habe ich bereits gelöst unter Zuhilfenahme des Wurzel-
kriteriums und dem Binomischen Lehrsatz. Meine Frage ist nur, ob man
einen Grenzwert angeben muss bzw. kann. Man soll die Reihen auf Kon-
vergenz oder Divergenz untersuchen. Ist der Grenzwert hier 1/2?
b) [mm] \summe_{n=1}^{\infty} (\wurzel[n]{n}-1)^{n}
[/mm]
Auch hier habe ich das Wurzelkriterium verwendet
Man muss doch zeigen: [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}sup(\wurzel[n]{n}-1) [/mm] <a<1 und ich komme auf 0<a<1. reicht das für die Konvergenz?
c) [mm] \summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\bruch{n+1}{n}
[/mm]
rein theoretisch nimmt man ja das Leibnizkriterium. Da sollte aber [mm] a_{n}
[/mm]
gegen 0 gehen. Hier konvergiert doch aber [mm] a_{n} [/mm] gegen 1 oder nicht?
Ist die Folge nun konvergent oder divergent??
d) [mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}
[/mm]
in dem anderen Thread wurde bereits erklärt, dass man das Majoranten-
kriterium anweden kann. Das verstehe ich aber nicht, bzw. wie man
dann weiter vorgeht?? Man sprach da von einer Konstante, ich weiss
jetzt aber dennoch nicht wie ich das machen soll!
e) Hier ist Limeswissengeg0 wohl ein Fehler unterlaufen oder es macht
nicht aus:
[mm] \summe_{n=2}^{\infty}(\bruch{1}{\wurzel{n}-1}+\bruch{1}{\wurzel{n}+1}
[/mm]
Hier erweitere ich erst einmal, das sieht man ja, aber welches kriterium
wendet man dann an? bzw. ist die Lösung von dem anderen Thread
richtig?
f) [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(n!)^{2}}{(2n)!}
[/mm]
Hier wendet man das Quotientenkriterium an, einfach weil es der
Formel am nähesten kommt, aber ich habe das gesamte Kriterium
noch nicht verstanden bzw. wie man es auf ein Beispiel wie dieses
anwendet!
Wäre dankbar für eure Hilfe!!
mfg sunshinenight
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Hallo! Ich glaube wir haben das gleiche Problem zu lösen!
Also bei a nimmt man das Quotientenkriterium mit [mm] |a_{n + 1}/a_{n}| [/mm] = [mm] ((n+1)!/(n+1)^{n+1})/(n!/n^{n}) [/mm] = ... = [mm] 1/(1+(1/n))^{n}. [/mm] Somit n --> unendlich ist 1/e < 1. Somit konvergent.
zu c: Du analysierst das richtig. Das ist divergent.
Leider hat der Formelgenerator nur Müll ausgegeben!
Über die anderen knobeln wir auch noch....
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:59 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Kryzefix |
Wie komme ich von diesem Ausdruck auf den anderen?
Also das das das ganze [mm] 1:(1+(1/n))^n [/mm] ergibt?
Ich habe die Gleichung soweit vereinfacht,das ich folgendes habe:
[mm] (n^n [/mm] (n+1)):((n+1)^(n+1))
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Ich weiß nicht genau wie du darauf kommst. Ich habe als nächsten Zwischenschritt [mm] ((n+1)!*n^{n})/((n+1)^{n+1}*n!). [/mm] Das ganze muss jetzt gekürzt werden, so dass du auf [mm] (n/(n+1))^{n} [/mm] kommst und dann weiter...
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Ich weiß nicht genau wie du darauf kommst. Ich habe als nächsten Zwischenschritt [mm] ((n+1)!*n^{n})/((n+1)^{n+1}*n!). [/mm] Das Ganze muss jetzt gekürzt werden, so dass du auf [mm] (n/(n+1))^{n} [/mm] kommst und dann weiter...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:31 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Kryzefix |
ja genau so hab ich das auch,also [mm] ((n+1)!n^n)/((n+1)^{n+1}n!)
[/mm]
(n+1)! habe ich dann aufgelöst,so daß jeweils im Zähel als auch im Nenner n! wegfällt.Und was machst du mit (n+1)^(n+1) ,um diesem dann mit (n+1) aus dem Zähler zu kürzen,so dass dort dann nur n bleibt?
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Also [mm] (n+1)^{n+1} [/mm] kannst du schreiben als [mm] (n+1)^{n}*(n+1)^{1}.
[/mm]
Da (n+1)! = n!*(n+1) ist, kürzt sich das und im Zähler bleibt [mm] n^{n} [/mm] und im Nenner [mm] (n+1)^{n}.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:58 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Kryzefix |
danke.
na ich bin ja schön blöd.habe das einfache Potenzgesetz nicht gesehen.Man sieht vor lauter Wald die Bäume nicht,oder wie das Sprichwort da heißt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:05 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Kryzefix |
Ach du Mist,ich habe mich wohl vertippt und so ist dein Text als fehlerhaft markiert worden.Das war keine Absicht.Vielleicht kannst du es ja rückgängig machen.
Gruß,Kryzefix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:38 Di 23.11.2004 | | Autor: | Soldi01 |
wenn du als erstes den Limes im inneren der Klammer anwendest erhälst du ja [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} n^{ \bruch{1}{n} } = 1 [/mm] daraus folgt das [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} (1-1)^{n} = 0 [/mm] und somit die Reihe konvergiert. Ich hoffe das man die Formeln erkennen kann...
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Hallo! Die Aufgabe f löst du analog zu a) mit dem Quotientenkriterium. Dann erhälst du 1/4.
gruß  !
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Ich kann machen, was ich will, ich komme nur auf [mm] \bruch{1}{2}
[/mm]
(2n)! = [mm] 2^{n}n! [/mm] ist das richtig?
Ich habe am Ende immer nur folgendes stehen:
[mm] \bruch{n+1}{2} [/mm]
kann mir bitte jemand dabei helfen?
mfg Conny
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:19 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Kryzefix |
Falls du die Aufgabe f meinst:Du wendest das Quotientenkriterium an.
[mm] ((n+1)!)^2*(2n)!/(2*(n+1))!*(n!)^2 \le1
[/mm]
= [mm] (n+1)^2*(n!)*(2n)!/(2n+2)!*(n!)^2
[/mm]
= (n+1)/(2n+2)*(2(n+1)) weil (2(n+1)) ja (2n+1) ist
=(n+1)/(4n+4)
--n ausklammern,bleibt 1/4 übrig. 1/4 kleiner als 1 ---Konvergenz
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:22 Mi 24.11.2004 | | Autor: | tapsi |
du nutzt bei dieser aufgabe einfach das quotientenkriterium:
nun rechnest du einfach den betrag von [mm] a_{n+1} [/mm] durch [mm] a_{n}
[/mm]
dann bekommst als zähler heraus:
[mm] ((n+1)!)^{2} [/mm] * (2n)!
dies kannst du vereinfachen:
(n! * [mm] (n+1))^{2} [/mm] * (2n)!
=> [mm] (n!)^{2} [/mm] * (n+1) * (n+1) * (2n)!
als nenner bokommst du heraus:
(2* (n+1))! * [mm] (n!)^{2}
[/mm]
dies kannst du wieder vereinfachen:
(2n+2)! * [mm] (n!)^{2}
[/mm]
=> (2n)! * (2n+1) * (2n+2) * [mm] (n!)^{2}
[/mm]
=> (2n)! * (2n+1) * 2 * (n+1) * [mm] (n!)^{2}
[/mm]
und dann kannst du kürzen und kommst am ende auf einen Zähler von:
n+1
und einen Nenner von:
4n+2
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Hallo. Sag mal, auf welchen Satz stützt sich denn deine Schlussfolgerung für c) ? Ich habe den Link probiert, aber das Skript ist defekt, kann es nicht öffnen!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:54 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo. Sag mal, auf welchen Satz stützt sich denn deine
> Schlussfolgerung für c) ? Ich habe den Link probiert, aber
> das Skript ist defekt, kann es nicht öffnen!
Komisch, bei mir geht der Link. Aber hier ein alternativer Link:
![[]](/images/popup.gif) http://www.math.hu-berlin.de/~ana14/html/node11.html
Folgerung 1.5.13
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:51 Di 23.11.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo!
Zu Aufgabe d)
> d) [mm]\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}
[/mm]
> in dem anderen Thread wurde bereits erklärt, dass man
> das Majoranten-
> kriterium anweden kann. Das verstehe ich aber nicht,
> bzw. wie man
> dann weiter vorgeht?? Man sprach da von einer Konstante,
> ich weiss
> jetzt aber dennoch nicht wie ich das machen soll!
Beachte, dass bei jedem Summanden dieser Reihe der Nenner [mm] $\not=0$ [/mm] ist. Nun zu der eigentlichen Aufgabe:
Für alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] mit [mm] $n\ge [/mm] 4$ gilt doch folgendes:
[mm] $n^2 \ge 4^2=16 \ge [/mm] 6$
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $2n^2 \ge 6+n^2$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $2n^2-6 \ge n^2$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $(\star)$ $n^2-3 \ge \frac{1}{2}n^2$ [/mm]
D.h. für $n [mm] \ge [/mm] 4$ gilt folgendes:
[mm]\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1} \stackrel{da \;n \ge 4}{\le}\bruch{n+n}{n^{3}-3n+1}\stackrel{weil\;n^3-3n+1 \ge n^3-3n > 0\;fuer\;n\ge4}{\le} \frac{2n}{n(n^2-3)}=\frac{2}{n^2-3}[/mm]
[mm]\stackrel{(\star)}{\le}\frac{2}{\left(\frac{1}{2}n^2\right)}\le \frac{4}{n^2} [/mm]
und damit überlegt man sich leicht::
[mm] $\blue{(\star_1)}$ [/mm] Für alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] mit $n [mm] \ge [/mm] 4$ gilt: [mm]0 \le \bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}\le \frac{4}{n^2}[/mm].
Also folgt:
[mm]\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}[/mm]
[mm]=\summe_{n=0}^{3}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}+\summe_{n=4}^{\infty}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}[/mm]
[mm]\le \summe_{n=0}^{3}\begin{vmatrix}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}\end{vmatrix}+\summe_{n=4}^{\infty}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}[/mm]
[mm]\le\summe_{n=0}^{3}\begin{vmatrix}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}\end{vmatrix}+\underbrace{\summe_{n=4}^{\infty}\bruch{4}{n^2}}_{dies\;ist\;konvergent}[/mm]
Nach dem Majorantenkriterium ist daher [m]\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}[/m] (absolut) konvergent.
PS: Um das Majorantenkriterium anwenden zu können, hätte uns auch schon das Wissen:
Für alle $n [mm] \in \IN$, [/mm] $n [mm] \ge [/mm] 4$ gilt:
[mm] $\begin{vmatrix}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}\end{vmatrix}\le {\frac{4}{n^2}}$ [/mm] und [m]\summe_{v=4}^{\infty}\frac{4}{v^2}[/m] ist konvergent
genügt. Aber egal, ich habe ja nichts falsches gemacht (hoffe ich jedenfalls), nur etwas zu ausführlich. 
Viele Grüße,
Marcel
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Hallo! So wie du die Aufgabe gelöst hast ist das schon klar, aber hilf mir bitte. Wie kommst du auf n >= 4? Ich hab grad nen Mathecollaps
Danke!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:35 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo Antiprofi,
daran müßtest du dich doch schon gewöhnt haben, dass man die Dinge, die man im Beweis benutzt, schon vor dem eigentlichen Beweis hinschreibt, so dass der Beweis beeindruckender wirkt und der andere den Eindruck gewinnt, dass man eine göttliche Eingebung für den Beweis hatte.
Es sind aber alles elementare Überlegungen, die dahinter stecken.
Na, die Überlegung war folgende:
[m]\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}[/m] wollen wir abschätzen (und zwar nach oben)
1. Schritt: Wir wissen, dass [mm] $n^3$ [/mm] schneller wächst als $3n$, und gehen deshalb einfach mal davon aus, dass der obige Bruch ab einem gewissen [mm] $n_0$ [/mm] jedenfalls immer [mm] $\ge [/mm] 0$ sein wird (deshalb auch die Abschätzung nach oben).
Überlege dir, dass [mm] $n_0=2$ [/mm] schon geeignet ist!
2. Schritt: Für alle $n [mm] \ge n_0=2$ [/mm] erhalten wir damit die einfache Abschätzung:
$0 [mm] \le \bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}<\bruch{n+4}{n^{3}-3n}$
[/mm]
(Beachte dabei, dass für $n [mm] \ge [/mm] 2$ auch [mm] n^3-3n [/mm] > 0 gilt!)
Jetzt wäre es schon, wenn man das $n$ ganz rechts dann irgendwie rauskürzen könnte. Man erahnt nämlich, dass man eine Majorante bekommt, wenn man ein $a > 0_$ findet, so dass wir die Abschätzung:
[m]\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1}< \frac{a}{n^2}[/m] für alle $n$ ab einem gewissen [mm] $\hat{n} \in \IN$ [/mm] machen kann.
Wann kann man denn das $n$ schonmal rauskürzen?
3. Schritt: Naja, wenn $n [mm] \ge n_1:=4$, [/mm] dann gilt jedenfalls $n+4 [mm] \le [/mm] n+n=2n$. Also gilt jedenfalls:
[m]0 \le \bruch{n+4}{n^{3}-3n}<\bruch{n+4}{n(n^2-3)}\le \frac{2n}{n(n^2-3)} = \frac{2}{n^2-3}[/m] für alle $n [mm] \ge max\{n_1,n_0\}=max\{4,2\}=4$.
[/mm]
Jetzt ist der Nenner ganz rechts (also [mm] $n^2-3$) [/mm] noch nicht so schön. Wir hätten ja gerne, dass da "nur" (also bis auf einen positiven Faktor) [mm] $n^2$ [/mm] steht. Es steht aber etwas kleineres als [mm] $n^2$ [/mm] da. Jetzt ist die Frage: Wie findet man nun $t > 0$, so dass [mm] $(\star_1)$[/mm] [m]t*n^2 \le n^2-3[/m] gilt?
Da auf der rechten Seite der letzten Ungleichung vor dem [mm] $n^2$ [/mm] der Faktor $1$ steht, wählen wir $0<t<1$, also z.B. [mm] $t:=\frac{1}{2}$.
[/mm]
Offenbar findet man dann ein [mm] $n_2$, [/mm] so dass die letzte Abschätzung [mm] $(\star_1)$ [/mm] für [mm] $t=\frac{1}{2}$ [/mm] und für alle [m]n \ge n_2[/m] gilt. Testen wir für [mm] $t=\frac{1}{2}$ [/mm] mal, ob dieses [mm] $n_2$ [/mm] dann zwingend größer ist als [m]max\{n_0,n_1\}[/m]:
Offenbar:
[mm] $\frac{1}{2}*n^2\le n^2-3$
[/mm]
[mm] $\gdw$
[/mm]
[mm] $n^2 \ge [/mm] 6$
Aha. Für $n [mm] \ge 3=n_2$ [/mm] gilt jedenfalls [mm] $n^2 \ge [/mm] 6$, und dann folgt damit:
$0 [mm] \le \frac{1}{2}n^2\le n^2-3$ ($\forall [/mm] n [mm] \ge 3=n_2$).
[/mm]
Also erhalten wir:
a) [mm] $\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1} \ge [/mm] 0$ [mm] $\forall [/mm] n [mm] \ge 2=n_0$
[/mm]
b) [mm] $\bruch{n+4}{n^3-3n} \le \frac{2}{n^2-3}$ $\forall [/mm] n [mm] \ge 4=n_1$
[/mm]
c) [m]\frac{2}{n^2-3} \le \frac{2}{\left(\frac{1}{2}n^2\right)}$ $\forall n \ge 3=n_2[/m]
Jetzt verwenden wir a),b) und c):
Es gilt für alle $n [mm] \ge \hat{n}:=max\{n_0,n_1,n_2\}=max\{2,4,3\}=4$
[/mm]
[m]0 \stackrel{a)}{\le}\bruch{n+4}{n^{3}-3n+1} < \frac{n+4}{n^3-3n} \stackrel{b)}{\le}\frac{2}{n^2-3}
\stackrel{c)}{\le}\frac{2}{\left(\frac{1}{2}n^2\right)}=\frac{4}{n^2}[/m]
und damit erhalten wir das gewünschte (weil wir wissen: [m]\summe_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}[/m] konvergiert).
Diese Überlegungen sind hier eingegangen!
Ist es so klarer?
Viele Grüße,
Marcel
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Hallo
Ich denke er hat [mm] n\ge4 [/mm] gewählt, weil es ja um Ungleichungen geht und die Ungleichung ab diesem Wert wahr ist.
Ich habe das jetzt allerdings noch nicht nachgerechnet und kann somit nicht sagen, ob das wirklich so ist, ist nur ne Vermutung
mfg
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 21:00 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Kryzefix |
Kann man (d) nicht einfacher lösen.Ich kann irgendwie nicht glauben,daß wir schon über so viele Ecken denken müssten ,um die Aufgabe lösen zu können.Aber wer weiß?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:13 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Marcel |
> Kann man (d) nicht einfacher lösen.Ich kann irgendwie nicht
> glauben,daß wir schon über so viele Ecken denken müssten
> ,um die Aufgabe lösen zu können.Aber wer weiß?
Mag sein, dass das auch einfacher geht, aber ich finde diesen Weg gar nicht kompliziert. Vorschläge für eine alternative Lösung?
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| Status: |
(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 14:13 Mi 24.11.2004 | | Autor: | tapsi |
ich benötige bitte sehr dringend die lösung von dieser aufgabe:
Untersuchen sie die Reihe auf Konvergenz oder Divergenz:
[mm] \summe_{n=2}^{ \infty} [/mm] ((1/( [mm] \wurzel{n}-1))+(1/( \wurzel{n}-1)))
[/mm]
bitte helft mir.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:42 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Kryzefix |
Nocheinmal eine nicht wirklich sehr schlaue Frage zu e) von mir. Womit erweitere ich den Ausdruck in Klammern,damit der Bruch verschwindet?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:20 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
was meinst du? Mache die Brüche Nennergleich, dann addiere sie:
[m]\frac{1}{\wurzel{n}-1}+\frac{1}{\wurzel{n}+1}[/m]
[m]=\frac{\wurzel{n}+1}{(\wurzel{n}-1)(\wurzel{n}+1)}+\frac{\wurzel{n}-1}{(\wurzel{n}+1)(\wurzel{n}-1)}[/m]
[m]=\frac{2\wurzel{n}}{n-1}[/m]
Jetzt mußt du nur noch nach und nach abschätzen. Falls du nicht mehr weiterkommst:
siehe hier
Viele Grüße,
Marcel
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Erstmal danke für die ganze Hilfe! Hat mir sehr viel gebracht!
Hat jemand eine Lösung zur Aufgabe e) ?
Oder kann mir zumindest jemand sagen, welches Kriterium dort angewendet werden muss?
mfg
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Ok, die richtige Lösung steht wohl in der nächsten Antwort.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:27 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo Antiprofi,
![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]") , ich hatte zuerst einen dämlichen Rechenfehler in meiner Antwort, so dass ich vorerst alle Mitteilungen nochmal gelöscht habe. Aber hier jetzt die richtige Antwort (hoffe ich jedenfalls):
https://matheraum.de/read?i=27638&v=s
Gruß, Marcel
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Hallo, marcel,
ich verstehe nicht ganz, warum das so aufwendig notwendig sein sollte.
Da alle Summanden > 0 und alle Nenner, ab n = 4, < n sind ist doch von Anfang an klar daß 1/n minorant ist.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:19 Do 25.11.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo Friedrich,
ich bin jetzt etwas verwirrt:
Beziehst du dich auf meine Lösung zu dieser Aufgabe?
Vermutlich ja. Habe ich da unnötige Schritte gemacht? Mir ist aufgefallen, dass ich zwei Schritte besser vertauscht hätte, dann würde das ganze vermutlich logischer erscheinen, aber so ist die Lösung ja auch nicht falsch.
Naja, aber wenn man deine Begründung mal formal hinschreibt, so wird das ganze doch nicht weniger aufwendig, oder?
Ich meine, ich habe jetzt die Abschätzungen auf die Teilsummenfolge angewendet, genausogut hätte ich das ganze für jeden Summanden hinschreiben können und das Ergebnis wäre das gleiche gewesen:
[m]a_n=|a_n|=\frac{1}{\wurzel{n}-1}+\frac{1}{\wurzel{n}+1}
=2*\frac{\wurzel{n}}{n-1}\ge \frac{1}{\wurzel{n}}\ge \frac{1}{n}[/m] [mm] $\forall [/mm] n [mm] \in \IN$, [/mm] $n [mm] \ge [/mm] 2$.
Daraus folgt dann auch, dass [m]\summe_{n=2}^\infty{\left(\frac{1}{\wurzel{n}-1}+\frac{1}{\wurzel{n}+1}\right)}[/m]
bestimmt divergent gegen [mm] $\infty$ [/mm] sein muss, weil [m]\summe_{n=2}^\infty\frac{1}{n}[/m] bestimmt divergent gegen [mm] $\infty$ [/mm] ist.
Aber die Überlegungen sind deshalb doch nicht kürzer, oder? Man muss nur nicht so viel schreiben/abtippen und würde das ganze vielleicht eher auf den Punkt bringen. Das wäre ein gutes Argument, warum ich das nächste mal nicht über die Teilsummenfolge argumentieren sollte.
Oder missverstehe ich dich vielleicht?
PS: Manchmal mache ich mir vielleicht auch mehr Arbeit, als unbedingt notwendig; mir fällt das dann auch nicht immer auf. Das wichtigste ist aber, dass die Lösung korrekt ist. Aber es stimmt schon: Gibt es eine kürzere Lösung, so ist diese meist auch schöner/eleganter (aber auch nicht immer ).
Naja, aber zu meiner Verteidigung: Die Lösung, so wie ich sie in dem obigen Link notiert habe, kann man, wenn man die Summenzeichen nicht untereinander, sondern nebeneinander schreibt, auch in ein, zwei Zeilen quetschen. Mit dem Formeleditor sieht das umfangreicher aus, als es eigentlich ist. Wenn man es mal auf normales Papier schreibt, dann sieht man, dass dort eigentlich nur die Summenzeichen etwas mehr Platz einnehmen.
Viele Grüße,
Marcel
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Hallo, marcel,
ja, Du vermutest richtig. Ich meine aber, Studenten denen soeine Aufgabe gestellt wird sollte soviel Erfahrung und
Nutzung von Vorwissen zugestanden werden, daß sie da von Anfang an Divergenz vermuten und mit dem Satz
"Simple Kopfrechnung zeigt für $n > [mm] 3\, \Rightarrow [/mm] $ sind beide Summanden $ > [mm] \frac{1}{n}$ [/mm] also ist die Summe divergent."
antworten dürfen.
Die
formale Lösung der Ungleichungen [mm] $\frac{1}{\sqrt{n}\, \pm\, 1} [/mm] > [mm] \frac{1}{n}$ [/mm] ist natürlich aufwendig, aber dieser Aufwand ist
wirklich mit dem Wissen vermeidbar daß eben [mm] $\sqrt{n}$ [/mm] langsamer wächst als $n$ .
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:49 Do 25.11.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo Friedrich,
okay, das mag sein, dass das anderswo so gehandhabt wird. Jedoch wurde bei uns, gerade in den ersten zwei Semestern, genau darauf geachtet, dass jeder einzelne Schritt begründet wird. Die Aussage: [mm] $\wurzel{n}$ [/mm] wächst langsamer als $n$</i> ist vollkommen korrekt, aber jeder Korrekteur, der damals meine Blätter korrigieren sollte, hätte dazugeschrieben:
Das ist eine Behauptung, die ihr in der Vorlesung nirgends nachgewiesen habt.
und dann daneben geschrieben:
Also: Es fehlt der Beweis dazu! und 2 von 4 Punkten abgezogen!
(Wir hätten, wenn wir ihn hätten machen müssen, eigentlich dann sogar so anfangen sollen:
Nach Satz ... ist [mm] $\IR$ [/mm] ein geordneter Körper. Weil [mm] $\IN \subset \IR$ [/mm] können wir ... anwenden. Für jedes $n [mm] \in \IN$ [/mm] gilt: $n > 0$ (entweder nach Satz ..., oder wir hätten einen kleinen Beweis dazu schreiben müssen), also ist [mm] $\wurzel{n}$ [/mm] wohldefiniert. Nach Satz ... folgt: ...
Aber auf einiges davon durften wir dann doch verzichten. Der Übungsleiter hatte nämlich immer gesagt, an welcher Stelle des Beweises man doch bitte aufpassen solle und diese Stelle hätte man dann begründen sollen und was wir als selbstverständlich ansehen dürften. Ich denke, mein Beweis wäre anerkannt worden, mit dem Hinweis:
Warum gilt [mm] $\frac{1}{n}\le\frac{1}{\wurzel{n}}$? [/mm] Meine damaligen Korrekteure hätten diesen Schritt nämlich auch gerne begründet gesehen (da bin ich mir fast 100% sicher), hätten aber nichts dafür abgezogen!)
Ich weiß jetzt ja nicht, wie das sonst gehandhabt wird, aber wir wurden da sehr penibel behandelt. Und der erste Satz meines Profs war:
"Vergessen Sie am besten alles, was Sie aus der Schule zu wissen glauben. Wir fangen hier bei Null an und werden uns das alles nach und nach logisch herleiten!"
Daher begründe ich oft auch viele Schritte, die man eigentlich als selbstverständlich ansehen sollte/könnte/dürfte. Aber ab dem dritten Semester wird das alles ja auch lockerer gehandhabt, dann hätte kein Korrekteur mehr nach einem Beweis zu:
[mm] $\wurzel{n}$ [/mm] wächst langsamer als $n$
gefragt, sondern diese Aussage als selbstverständlich genommen und alle Punkte auf die Aufgabe gegeben.
Viele Grüße,
Marcel
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