konvergenz Integralkriterium < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:30 So 04.05.2008 | | Autor: | xMariex |
| Aufgabe | Untersuchen Sie mit dem Integralkriterium, ob die folgenden Reihen konvergieren:
a) [mm]\sum_{k=2}^{\infty} \bruch{ln k}{k^2}[/mm]
b) [mm]\sum_{k=1}^{\infty} ke^{-k^2}[/mm]
c) [mm]\sum_{k=2}^{\infty} \bruch{1}{klnk}[/mm] |
Ich habe diese Frage auf keiner anderen Internetseite gestellt.
Hi,
das Integralkriterium gilt ja nur für monotone fallende Funktion, doch muss ich wenn es in der Aufgabenstellung steht das ich dies verwenden soll auch vorher noch zeigen das f(n) monoton fallend ist?
a)
[mm]\sum_{k=2}^{\infty} \bruch{ln(k)}{k^2}=\sum_{k=2}^{\infty} \bruch{1}{k^2}*ln(k)= \integral_{2}^{\infty}{\bruch{1}{k^2}*ln(k)}[/mm]
partielle Integration:
[mm]u=ln(k)[/mm]
[mm]u'= \bruch{1}{k}[/mm]
[mm]v= -\bruch{1}{3}k^{-3}= -\bruch{1}{3k^3}[/mm]
[mm]v'= \bruch{1}{k^2}= k^{-2}[/mm]
[mm]ln(k)*(-\bruch{1}{3k^3})- \integral_{2}^{\infty}{\bruch{1}{k}*\bruch{-1}{3k^3}}[/mm]
[mm]ln(k)*(-\bruch{1}{3k^3})- \integral_{2}^{\infty}{\bruch{1}{3k^4}}[/mm]
[mm]=-\bruch{ln(k)}{3k^3}-\bruch{3}{5k^5}[/mm]
Ich hab hier beim schreiben die Grenzen die man ncoh einsetzt weggelassen, weil ich nicht weiss wie das geht mit so großen Strichen geht.
b)
[mm]\sum_{k=1}^{\infty} ke^{-k^2}=\integral_{1}^{\infty}{k*e^{-k^2}}[/mm]
[mm]=-\bruch{k}{2k}*e^{-k^2}[/mm]
c)
[mm]\sum_{k=2}^{\infty} \bruch{1}{kln(k)} = \integral_{2}^{\infty}{\bruch{1}{klnk} dk}[/mm]
Substituiere:
[mm]u=ln(k)[/mm]
[mm]du=\bruch{1}{k} dk[/mm]
[mm]=> dk= \bruch{du}{\bruch{1}{k}}[/mm]
Die Grenzen hab' ich wieder nicht mitgeschrieben, aber ich hab die an die Substirtution angepasst.
[mm]=\bruch{1}{ku}*\bruch{du}{\bruch{1}{k}} = \bruch{du}{\bruch{ku}{k}}= \bruch{du}{u} = ln(|u|)[/mm]
Grüße,
Marie
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Hallo Marie,
mal zur (a)
> Untersuchen Sie mit dem Integralkriterium, ob die folgenden
> Reihen konvergieren:
> a) [mm]\sum_{k=2}^{\infty} \bruch{ln k}{k^2}[/mm]
> b)
> [mm]\sum_{k=1}^{\infty} ke^{-k^2}[/mm]
> c) [mm]\sum_{k=2}^{\infty} \bruch{1}{klnk}[/mm]
>
> Ich habe diese Frage auf keiner anderen Internetseite
> gestellt.
>
> Hi,
> das Integralkriterium gilt ja nur für monotone fallende
> Funktion, doch muss ich wenn es in der Aufgabenstellung
> steht das ich dies verwenden soll auch vorher noch zeigen
> das f(n) monoton fallend ist?
Streng genommen ja
>
> a)
> [mm]\sum_{k=2}^{\infty} \bruch{ln(k)}{k^2}=\sum_{k=2}^{\infty} \bruch{1}{k^2}*ln(k)= \integral_{2}^{\infty}{\bruch{1}{k^2}*ln(k) \ \red{dk}}[/mm]
>
> partielle Integration:
> [mm]u=ln(k)[/mm]
> [mm]u'= \bruch{1}{k}[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> [mm]v= -\bruch{1}{3}k^{-3}= -\bruch{1}{3k^3}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Ab hier wird's Murks, setze $v'=\frac{1}{k^2}$, dann ist $v=-\frac{1}{k}$
Damit berechne $\lim\limits_{a\to\infty}\int\limits_{2}^{a}{\frac{1}{k^2}\cdot{}\ln(k) \ dk}$
$=\lim\limits_{a\to\infty}\left(\left[-\frac{1}{k}\ln(k)}\right]_2^{a}-\int\limits_{2}^{a}{\left(-\frac{1}{k}\cdot{}\frac{1}{k} \right) \ dk}\right)$
$=\lim\limits_{a\to\infty}\left(\left[-\frac{1}{k}\ln(k)}\right]_2^{a}+\int\limits_{2}^{a}{\frac{1}{k^2}\ dk}\right)$
Wenn das nen endlichen Wert hat, dann konvergiert die Reihe...
>
> [mm]v'= \bruch{1}{k^2}= k^{-2}[/mm]
> [mm]ln(k)*(-\bruch{1}{3k^3})- \integral_{2}^{\infty}{\bruch{1}{k}*\bruch{-1}{3k^3}}[/mm]
>
> [mm]ln(k)*(-\bruch{1}{3k^3})- \integral_{2}^{\infty}{\bruch{1}{3k^4}}[/mm]
>
> [mm]=-\bruch{ln(k)}{3k^3}-\bruch{3}{5k^5}[/mm]
> Ich hab hier beim schreiben die Grenzen die man ncoh
> einsetzt weggelassen, weil ich nicht weiss wie das geht mit
> so großen Strichen geht.
>
> Grüße,
> Marie
Gruß
schachuzipus
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Hallo nochmal,
zu (b):
> b)
> [mm]\sum_{k=1}^{\infty} ke^{-k^2}=\integral_{1}^{\infty}{k*e^{-k^2}}[/mm]
>
> [mm]=\left[-\bruch{k}{2k}*e^{-k^2}\right]_1^{\infty}[/mm]
Berechne also noch [mm] $\lim\limits_{a\to\infty}\left[-\frac{1}{2}e^{-k^2}\right]_{1}^{a}$...
[/mm]
zu(c):
das ist richtig, du musst aber [mm] $\ln(|u|)$ [/mm] noch resubstituieren und kommst dann auf [mm] $\ln(\ln(k))$ [/mm] als Stammfunktion.
Berechne auch hier noch [mm] $\lim\limits_{a\to\infty}\left[\ln(\ln(k))\right]_2^{a}$
[/mm]
LG
schachuzipus
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