Reihen und Konvergenz < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:52 So 22.05.2005 | | Autor: | Mopetz |
Habe da ein paar Fragen zum Konvergenznachweis bei Reihen:
1)
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[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{n!}{n^n}
[/mm]
Wende das Wurzelkriterium an:
[mm] \wurzel[n]{\bruch{n!}{n^n}} [/mm] = [mm] \bruch{\wurzel[n]{n!}}{n} [/mm] = [mm] \bruch{1}{n}
[/mm]
1/n ist kleiner als 1. Habe ich damit gezeigt, das die Reihe konvergent ist, oder habe ich einen Fehler gemacht und die Auflösung n-ten Wurzel aus Fak(n) ist ungleich 1?
2)
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[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{n(n+1)(n+2)}
[/mm]
Wende das Vergleichskriterium an
[mm] \bruch{1}{n^3+3n^2+2n}
[/mm]
das ist aber kleiner als [mm] \bruch{1}{n^2} [/mm] und somit wäre die Reihe konvergent, oder? Kann man sagen das der Grenzwert hier für n gegen unendlich insgesamt gegen 0 läuft?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
3)
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[mm] \summe_{n=1}^{\infty}(-1)^n(\wurzel{n+1}-\wurzel{n})
[/mm]
Kann man sich bei einer solchen Aufgabe Rechnerei sparen und die Divergenz damit erklären, das der Teil [mm] \wurzel{n+1}-\wurzel{n} [/mm] immer positiv ist und sich somit aus [mm] (-1)^n [/mm] zwei verschiedene Häufigkeitspunkte entwickeln (ungerade und gerades n immer abwechselnd, somit ein ständiger Vorzeichenwechsel)?
Vielen Dank für Eure Hilfe
MfG
Mopetz
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:15 So 22.05.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo Mopetz!
> 3)
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> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^n(\wurzel{n+1}-\wurzel{n})[/mm]
>
> Kann man sich bei einer solchen Aufgabe Rechnerei sparen
> und die Divergenz damit erklären, das der Teil
> [mm]\wurzel{n+1}-\wurzel{n}[/mm] immer positiv ist und sich somit
> aus [mm](-1)^n[/mm] zwei verschiedene Häufigkeitspunkte entwickeln
> (ungerade und gerades n immer abwechselnd, somit ein
> ständiger Vorzeichenwechsel)?
Diese Argumentation ist nicht ganz richtig. Dann wäre ja jede alternierende Reihe divergent.
Diese Reihe schreit ja förmlich nach dem LEIBNIZ-Kriterium.
Dafür mußt Du nachweisen, daß die Folge [mm] $a_n [/mm] \ := \ [mm] \wurzel{n+1}-\wurzel{n}$ [/mm] eine Nullfolge ist.
![[aufgemerkt]](/images/smileys/aufgemerkt.gif "[aufgemerkt]") Erweitere den Bruch doch mal zu einer 3. binomischen Formel und führe nach der Zusammenfassung eine Grenzwertbetrachtung durch:
[mm] $a_n [/mm] \ := \ [mm] \wurzel{n+1}-\wurzel{n} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{\left(\wurzel{n+1}-\wurzel{n}\right)*\left(\wurzel{n+1}\red{+}\wurzel{n}\right)}{\wurzel{n+1}\red{+}\wurzel{n}} [/mm] \ = \ ...$
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:45 So 22.05.2005 | | Autor: | Mopetz |
Ich habe mir das mit dem Leibniz-Kriterium angeschaut. So ganz verstehe ich das aber nicht!
Nehmen wir als Beispiel:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty} (-1)^n
[/mm]
Das ist doch eine alternierdene Reihe und es bilden sich gleichermaßen Häufigkeitspunkte bei 1 und -1, sprich zwei Grenzwerte. Ich dachte immer wenn es zwei verschiedene Grenzwerte gibt (wenn also zwei Teilfolgen unterschiedliche Grenzwerte haben), dann wäre eine Reihe divergent. Oder trifft diese Ausage nur auf Folgen zu und nicht auf Reihen. Wäre dann ein einziger Grenzwert bei einer Reihe diese "absolut Konvergent"?
Tschau,
Mopetz
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:05 So 22.05.2005 | | Autor: | Nam |
Die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty} (-1)^n = \summe_{n=1}^{\infty} (-1)^n * (1)[/mm] ist ja auch nicht konvergent, denn [mm](1)_{n}[/mm] ist ja keine Nullfolge.
Aber z. B. ist die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty} (-1)^n * \left(\frac{1}{n}\right)[/mm] konvergent, denn [mm]\frac{1}{n}[/mm] ist eine monoton fallende Nullfolge.
Das Leibnitz Kriterium sagt ja aus, dass für eine monoton fallende Nullfolge reeller Zahlen [mm](a_n)_{n}[/mm] die alternierende Reihe über diese Folge konvergent ist.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:36 Mo 23.05.2005 | | Autor: | Mopetz |
Hey, vielen Dank für deine Bemühungen, ich habe es jetzt gerallt!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:41 Mo 23.05.2005 | | Autor: | sek |
Würde es dann in diesem Fall genügen zu sagen
[mm] \summe_{n=1}^{\infty} (-1)^n \cdot{} \left(\frac{1}{\wurzel{n+1}+\wurzel{n}}\right) [/mm] ist konvergent da
[mm] \frac{1}{\wurzel{n+1}+\wurzel{n}} [/mm] eine Nullfolge ist ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:18 Di 24.05.2005 | | Autor: | Max |
Ja, daswäre richtig-
Max
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:56 So 22.05.2005 | | Autor: | Nam |
Die 1) musst du mit dem Quotientenkriterium machen.
Dass [mm]\frac{\sqrt[n]{n!}}{n} = \frac{1}{n}[/mm] stimmt nämlich nicht.
Also mit dem Quotientenkriterium:
[mm]\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} * \frac{n^n}{n!} = \frac{(n+1) n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{n^n}{(n+1)^n} = \left(\frac{n}{n+1}\right)^n = \left(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\right)^n \to \frac{1}{e} < 1[/mm]
[mm]\Rightarrow[/mm] Reihe konvergent.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:27 Di 24.05.2005 | | Autor: | sek |
Ginge auch dieser Lösungsweg :
[mm] \bruch{n!}{n^n}=\bruch{1}{n}*\bruch{2}{n} [/mm] ... [mm] \bruch{n}{n}=\bruch{2}{n} [/mm] für alle [mm] n\ge2 [/mm]
Die Reihe konvertiert nach dem Majorantenkriterium
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Hallo!
> Ginge auch dieser Lösungsweg :
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> [mm]\bruch{n!}{n^n}=\bruch{1}{n}*\bruch{2}{n}[/mm] ...
> [mm]\bruch{n}{n}=\bruch{2}{n}[/mm] für alle [mm]n\ge2[/mm]
> Die Reihe konvertiert nach dem Majorantenkriterium
Zunächst mal müsstest du hier schreiben [mm] $\bruch{1}{n}*\bruch{2}{n}\cdots\bruch{n}{n}\le\bruch{2}{n}$. [/mm] Das klappt allerdings nicht, weil die Reihe [mm] $\summe_{n=1}^\infty \bruch{1}{n}$ [/mm] divergiert.
Wenn du aber [mm] $\bruch{1}{n}*\bruch{2}{n}\cdots\bruch{n}{n}\le\bruch{1}{n}*\bruch{2}{n}=\bruch{2}{n^2}$ [/mm] abschätzt, klappt's mt dem Majorantenkriterium, weil [mm] $\summe_{n=1}^\infty \bruch{1}{n^2}$ [/mm] konvergiert...
Gruß, banachella
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:21 So 22.05.2005 | | Autor: | Max |
Hallo Mopetz,
bei Aufgabe 2 ist die Konvergenz wegen [mm] $\frac{1}{n(n+1)(n+2)}<\frac{1}{n^2}$ [/mm] sichergestellt. Trotzdem kannst du nicht sagen, dass [mm] $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ [/mm] gegen $0$ strebt, da alle Summanden echt größer Null sind. D.h. die Folge [mm] $s_N=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ [/mm] ist monoton steigend aber begrenzt. Daher hat sie eine Grenzwert.
Wegen [mm] $s_N=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{N(N+3)}{4(N+1)(N+2)}$ [/mm] ist [mm] $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\lim_{N\to \infty}s_N=\frac{1}{4}$. [/mm] Du kannst die Beziehung für [mm] $s_N$ [/mm] mit vollständiger Induktion beweisen.
Gruß Max
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:18 Di 24.05.2005 | | Autor: | sek |
Wie bist du für [mm] s_N [/mm] auf [mm] s_N=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{N(N+3)}{4(N+1)(N+2)} [/mm] gekommen ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:36 Di 24.05.2005 | | Autor: | Max |
Hallo sek,
gar nicht. Das hat mir Mathematica ausgespuckt, aber du kannst diese Beziehung durch vollständige Induktion beweisen.
Für einige Reihen kann man erahnen, wie sie zustande kommen könnten, zB [mm] $\sum_{n=0}^N [/mm] n = [mm] aN^2+bN+c$, [/mm] wenn man dann für einige Werte von $N$ Zahlen einsetz erhält man ein Gleichungssystem für die Koeffizienten $a,b,c$ und in diesem Fall dann: [mm] $a=\frac{1}{2}, \quad b=\frac{1}{2}, \quad [/mm] c=0$. Da man aber die Koeffizienten nur für drei Werte von $N$ bestimmt hat muss man noch mit vollständiger Induktion zeigen, dass dies tatsächlich für alle $N$ gilt.
Ich denke mal man kann analog bei dieser Reihe vorgehen - evtl. muss man halt mehrere Ansätze erraten - und kompliziertere Gleichungssysteme lösen, da ja mehr Koeffizienten bestimmt werden müssten.
Gruß Max
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