Konvergenz einer Reihe < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:20 Di 17.09.2013 | | Autor: | melodie |
hallo,
ich muss folgende Reihen auf Konvergenz untersuchen:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty} n^{2} [/mm] ( [mm] \bruch{1}{3} [/mm] - [mm] \wurzel[n]{n})^{n}
[/mm]
mein Ansatz:
[mm] \wurzel[n] {\vmat{ \bruch{1}{3n^2} - \bruch{ \wurzel[n]{n}}{n^2}}}
[/mm]
wie kann ich jetzt weiter machen? limes bestimmen oder zu einer folge kleiner 1 umformen?
[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \vektor{2n \\ n} 2^{-3n-1}
[/mm]
hier weiß ich nicht wie ich vorgehen müsste
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Hallo,
> hallo,
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> ich muss folgende Reihen auf Konvergenz untersuchen:
Ich schreib dir mal rasch einenTipp für die erste, denn das hat sich schnell erledigt.
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> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} n^{2}[/mm] ( [mm]\bruch{1}{3}[/mm] -
> [mm]\wurzel[n]{n})^{n}[/mm]
>
> mein Ansatz:
>
>
> [mm]\wurzel[n] {\vmat{ \bruch{1}{3n^2} - \bruch{ \wurzel[n]{n}}{n^2}}}[/mm]
>
>
Das ist überhaupt nicht zielführend. Multipliziere doch einfach mal in Gedanken die Klammer aus. Es reciht schon völlig aus, den letzten dabei entstehenden Summanden zu betrachten, um einzusehen, dass keinerlei Konvergenzuntersuchung notwendig ist...
Gruß, Diophant
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> Ich schreib dir mal rasch einenTipp für die erste, denn
> das hat sich schnell erledigt.
>
> > [mm]\summe_{n=1}^{\infty} n^{2}\ (\,\bruch{1}{3}\ -\ \wurzel[n]{n})^{n}[/mm]
> >
> > mein Ansatz:
> > [mm]\wurzel[n] {\vmat{ \bruch{1}{3n^2} - \bruch{ \wurzel[n]{n}}{n^2}}}[/mm]
>
> >
> Das ist überhaupt nicht zielführend. Multipliziere doch
> einfach mal in Gedanken die Klammer aus. Es reciht schon
> völlig aus, den letzten dabei entstehenden Summanden zu
> betrachten, um einzusehen, dass keinerlei
> Konvergenzuntersuchung notwendig ist...
Hallo Diophant,
da bin ich mir doch nicht so sicher. Ich habe eine
Vermutung darüber, was du meinst.
Weil aber [mm] $\limes_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}\ [/mm] =\ 1$ , liegen für grosse n alle
Klammerinhalte nahe bei [mm] -\,\frac{2}{3} [/mm] . Die n-ten Potenzen
der Klammer bilden dann so ungefähr eine alternierende
geometrische Nullfolge mit $\ q\ =\ [mm] -\,\frac{2}{3}$ [/mm] .
Fragt sich noch, ob der wachsende Faktor [mm] n^2 [/mm] daran
etwas ändern kann ...
Und dann: Gottfried Wilhelm lässt grüßen ... 
LG , Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:00 Di 17.09.2013 | | Autor: | Diophant |
Hallo Al,
> Hallo Diophant,
>
> da bin ich mir doch nicht so sicher. Ich habe eine
> Vermutung darüber, was du meinst.
>
> Weil aber [mm]\limes_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}\ =\ 1[/mm] , liegen
> für grosse n alle
> Klammerinhalte nahe bei [mm]-\,\frac{2}{3}[/mm] . Die n-ten
> Potenzen
> der Klammer bilden dann so ungefähr eine alternierende
> geometrische Nullfolge mit [mm]\ q\ =\ -\,\frac{2}{3}[/mm] .
> Fragt sich noch, ob der wachsende Faktor [mm]n^2[/mm] daran
> etwas ändern kann ...
> Und dann: Gottfried Wilhelm lässt grüßen ...
Hm, aber das ist meiner ANsicht nach so nicht zulässig. Mit der gleichen Logik könnte man IMO
[mm] \lim_{n\rightarrow\infty} \left(1+\bruch{1}{n}\right)^n=1[/mm]
begründen, was bekanntlich völlig falsch ist. Definitiv ergibt der letzte Summand der ausmutiplizierten Klammer jeweils n, eben mit alternierendem Vorzeichen. Aber dies führt ja zwangsläufig in jedem Reihenglied zu einem betragsmäßig größten Summenden [mm] n^3, [/mm] und das kann doch dann eigentlich auch bei alternierenden Vorzeichen nicht konvergieren?
Gruß, Diophant
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> > Hallo Diophant,
> >
> > da bin ich mir doch nicht so sicher. Ich habe eine
> > Vermutung darüber, was du meinst.
> >
> > Weil aber [mm]\limes_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}\ =\ 1[/mm] , liegen
> > für grosse n alle
> > Klammerinhalte nahe bei [mm]-\,\frac{2}{3}[/mm] . Die n-ten Potenzen
> > der Klammer bilden dann so ungefähr eine alternierende
> > geometrische Nullfolge mit [mm]\ q\ =\ -\,\frac{2}{3}[/mm] .
> > Fragt sich noch, ob der wachsende Faktor [mm]n^2[/mm] daran
> > etwas ändern kann ...
> > Und dann: Gottfried Wilhelm lässt grüßen ...
> Hm, aber das ist meiner Ansicht nach so nicht zulässig.
> Mit der gleichen Logik könnte man IMO
>
> [mm]\lim_{n\rightarrow\infty} \left(1+\bruch{1}{n}\right)^n=1[/mm]
>
> begründen, was bekanntlich völlig falsch ist.
Das ist meiner Meinung nach nicht "die gleiche Logik".
> Definitiv
> ergibt der letzte Summand der ausmutiplizierten Klammer
> jeweils n, eben mit alternierendem Vorzeichen.
> Aber dies
> führt ja zwangsläufig in jedem Reihenglied zu einem
> betragsmäßig größten Summanden [mm]n^3,[/mm] und das kann doch
> dann eigentlich auch bei alternierenden Vorzeichen nicht
> konvergieren?
Muss man denn die einzelnen Potenzen nach binomischer
Formel ausmultiplizieren und damit die Reihe in eine
neue Reihe mit viel mehr Summanden verwandeln,
bei der auch beliebig große Summanden vorkommen ?
So wie ich es sehe, kommt in der Berechnung des Terms
[mm] $\left(\frac{1}{3}-\sqrt[n]{n}\right)^n$
[/mm]
zuerst die Berechnung der Differenz und erst dann
das Potenzieren.
Meine Überlegung ist im Detail folgende:
Die Glieder der gegebenen Reihe sind die
$\ [mm] a_n\ [/mm] =\ [mm] n^2*\underbrace{\left(\underbrace{\frac{1}{3}-\sqrt[n]{n}}_{k_n}\right)^n}_{p_n}$
[/mm]
Für alle genügend großen Werte von n gilt dann z.B.
$\ [mm] -\,0.7\,<\,k_n\,<\,-\,0.6$
[/mm]
Für die Potenz $\ [mm] p_n\ [/mm] =\ [mm] k_n^{\ n}$ [/mm] gilt dann jedenfalls
$\ [mm] |p_n|\ [/mm] <\ [mm] 0.7^{\ n}$
[/mm]
und die [mm] p_n [/mm] (und damit auch die [mm] a_n) [/mm] bilden (ebenfalls
für genügend große n) eine alternierende Folge.
Um das Leibnizkriterium anwenden zu können, brauchen
wir also nur(*) noch zu zeigen, dass [mm] $\limes_{n\to\infty}{(n^2*p_n)}\ [/mm] =\ 0$
Und dies kann man nach der Weise zeigen, wie z.B.
[mm] $\limes_{x\to\infty}{x^2*e^{-x}}\ [/mm] =\ 0$
Ich kann mir nicht vorstellen, dass ich mit dieser
Argumentation so voll neben den Schuhen stehe -
aber es zeigt sich wieder einmal, dass man auch
bei solchen Dingen zwischendurch mal wieder
ins Zweifeln kommen kann ...
Brauchen wir noch sowas wie einen "Schiedsrichter" ?
Mir käme da einer in den Sinn ...
Gruß , Al
(*) Korrektur: dieses "nur" war ein bisschen zu voreilig.
Siehe dazu die Bemerkung von Fred
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:30 Di 17.09.2013 | | Autor: | Diophant |
Hallo Al,
> Brauchen wir noch sowas wie einen "Schiedsrichter" ?
> Mir käme da einer in den Sinn ...
Ja: wenn er da wäre, dann würde er erstens mal schiedsrichtern und zweitens noch mit dem einen oder anderen genialen Trick97 um sich schmeißen.
Aber ich glaube, ich habe meinen Denkfehler mittlerweile gesehen und kann ihn glaube ich auch begründen.
> > Hm, aber das ist meiner Ansicht nach so nicht zulässig.
> > Mit der gleichen Logik könnte man IMO
> >
> > [mm]\lim_{n\rightarrow\infty} \left(1+\bruch{1}{n}\right)^n=1[/mm]
>
> >
> > begründen, was bekanntlich völlig falsch ist.
>
> Das ist meiner Meinung nach nicht "die gleiche Logik".
>
In der Tat nicht, denn es geht in meinem Beispiel um einen undefinierten Ausdruck, im Beispiel der vorliegenden Aufgabe jedoch nicht.
> > Definitiv
> > ergibt der letzte Summand der ausmutiplizierten Klammer
> > jeweils n, eben mit alternierendem Vorzeichen.
> > Aber dies
> > führt ja zwangsläufig in jedem Reihenglied zu einem
> > betragsmäßig größten Summanden [mm]n^3,[/mm] und das kann doch
> > dann eigentlich auch bei alternierenden Vorzeichen nicht
> > konvergieren?
>
> Muss man denn die einzelnen Potenzen nach binomischer
> Formel ausmultiplizieren und damit die Reihe in eine
> neue Reihe mit viel mehr Summanden verwandeln,
> bei der auch beliebig große Summanden vorkommen ?
> So wie ich es sehe, kommt in der Berechnung des Terms
>
> [mm]\left(\frac{1}{3}-\sqrt[n]{n}\right)^n[/mm]
>
> zuerst die Berechnung der Differenz und erst dann
> das Potenzieren.
Ja, und eben weil das ja auf den Typ [mm] a^{\infty} [/mm] mit [mm] a\ne{0} [/mm] führt, ist die natürliche durch die Klammerung vorgegebene Reihenfolge die entscheidende.
> Meine Überlegung ist im Detail folgende:
> Die Glieder der gegebenen Reihe sind die
>
> [mm]\ a_n\ =\ n^2*\underbrace{\left(\underbrace{\frac{1}{3}-\sqrt[n]{n}}_{k_n}\right)^n}_{p_n}[/mm]
>
> Für alle genügend großen Werte von n gilt dann z.B.
>
> [mm]\ -\,0.7\,<\,k_n\,<\,-\,0.6[/mm]
>
> Für die Potenz [mm]\ p_n\ =\ k_n^{\ n}[/mm] gilt dann
> jedenfalls
>
> [mm]\ |p_n|\ <\ 0.7^{\ n}[/mm]
>
> und die [mm]p_n[/mm] (und damit auch die [mm]a_n)[/mm] bilden (ebenfalls
> für genügend große n) eine alternierende Folge.
>
> Um das Leibnizkriterium anwenden zu können, brauchen
> wir also nur noch zu zeigen, dass
> [mm]\limes_{n\to\infty}{(n^2*p_n)}\ =\ 0[/mm]
>
> Und dies kann man nach der Weise zeigen, wie z.B.
>
> [mm]\limes_{x\to\infty}{x^2*e^{-x}}\ =\ 0[/mm]
>
> Ich kann mir nicht vorstellen, dass ich mit dieser
> Argumentation so voll neben den Schuhen stehe -
> aber es zeigt sich wieder einmal, dass man auch
> bei solchen Dingen zwischendurch mal wieder
> ins Zweifeln kommen kann ...
Nein, wei gesagt: ich halte sie jetzt auch für richtig und deinen Weg für naheliegend. Magst du die offene Frage noch beantworten?
Danke fürs Aufpassen und die interessante Diskussion. Manchmal führt einen gerade die Routine auf falsche Fährten, mir scheint, das ist mir hier passiert.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:53 Di 17.09.2013 | | Autor: | melodie |
ok, aber wenn ich das mit einem Konvergenzkriterium zeigen will, welches Krit. verwende ich dann?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:11 Di 17.09.2013 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
> ok, aber wenn ich das mit einem Konvergenzkriterium zeigen
> will, welches Krit. verwende ich dann?
Al-Chwarizmi hat dir eben eine Antwort dazu geschrieben. Ich für meinen Teil hatte hier ursprünglich und fälschlicherweise Divergenz vermutet.
Ich entschuldige mich für meinen falschen Tipp, aber das passiert halt manchmal im Eifer des Gefechts.
Gruß, Diophant
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> ok, aber wenn ich das mit einem Konvergenzkriterium zeigen
> will, welches Krit. verwende ich dann?
Hallo melodie,
hast du die kleine Diskussion zwischen Diophant und mir
zur ersten Aufgabe mitverfolgt ?
Wenn du die Idee, die ich dort erläutert habe, verwendest,
kannst du in einem ersten Schritt von der gegebenen
Reihe zur Reihe
$ [mm] \summe_{n=1}^{\infty} n^{2} *\left(-0.7\right)^{n} [/mm] $
übergehen. Natürlich musst du die Idee dazu dann auch
begründen.
Dann kannst du z.B. versuchen, mit dem Quotientenkriterium
weiterzukommen.
LG , Al-Chw.
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Hallo melodie!
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \vektor{2n \\ n} 2^{-3n-1}[/mm]
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> hier weiß ich nicht wie ich vorgehen müsste
Verwende das ![[]](/images/popup.gif) Quotientenkriterium.
Gruß vom
Roadrunner
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:35 Mi 18.09.2013 | | Autor: | fred97 |
Zu
$ [mm] \summe_{n=1}^{\infty} n^{2} [/mm] $ ( $ [mm] \bruch{1}{3} [/mm] $ - $ [mm] \wurzel[n]{n})^{n} [/mm] $.
1. Möglicherweise habe ich in der bisherigen Diskussion etwas überlesen, aber Al schreibt oben:
"Um das Leibnizkriterium anwenden zu können, brauchen
wir also nur noch zu zeigen, dass $ [mm] \limes_{n\to\infty}{(n^2\cdot{}p_n)}\ [/mm] =\ 0 $"
Das reicht aber nicht. Für das Leibnizkriterium braucht man auch noch, dass
[mm] (n^2\cdot{}|p_n|) [/mm] monoton fallend ist
2. Warum nicht an das Wurzelkriterium denken ?
Mit [mm] $a_n:=n^{2} [/mm] ( [mm] \bruch{1}{3}- \wurzel[n]{n})^{n} [/mm] $ ist
[mm] \wurzel[n]{|a_n|}=\wurzel[n]{n^2}*| \bruch{1}{3}- \wurzel[n]{n}|.
[/mm]
Damit haben wir:
[mm] $\wurzel[n]{|a_n|} \to [/mm] 1/3<1$
Edit: der Grenzwert ist natürlich 2/3
Also ist [mm] \sum a_n [/mm] absolut konvergent
FRED
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