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| Aufgabe | | Es sei die alternierende Reihe [mm] \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k^2} [/mm] gegeben. Wieviele Reihenglieder muss man summieren, um einen Reihenrest kleiner als [mm] \epsilon [/mm] zu erhalten. |
Wegen den Leibniz-Kriterium weiß ich, dass die Reihe bedingt konvergiert.
Ich verstehe aber nicht wie ich die Aufgabe lösen kann.
Habt ihr einen Tipp?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:23 Fr 25.05.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Es sei die alternierende Reihe [mm]\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k^2}[/mm]
> gegeben. Wieviele Reihenglieder muss man summieren, um
> einen Reihenrest kleiner als [mm]\epsilon[/mm] zu erhalten.
> Wegen den Leibniz-Kriterium weiß ich, dass die Reihe
> bedingt konvergiert.
wegen etwa des Cauchyschen Verdichtungssatzes (oder wenn man [mm] $\sum 1/k^2 \le \sum [/mm] 1/(k(k+1))$ benutzt - letztstehende Reihe ist Ziehharmonika!) sehe ich sogar, dass sie auch absolut konvergiert.
> Ich verstehe aber nicht wie ich die Aufgabe lösen kann.
Naja, wenn [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ beliebig ist, so sollst Du ein [mm] $N=N_\epsilon$ [/mm] so angeben, dass
[mm] $$|\sum_{k=N}^\infty (-1)^k/k^2 [/mm] - [mm] \sum_{k=1}^\infty (-1)^k/k^2|=|\sum_{k=N+1}^\infty (-1)^k/k^2| [/mm] < [mm] \epsilon\,.$$
[/mm]
Ich würde mal sowas gucken:
Ist [mm] $k\,$ [/mm] gerade, so ist
$$0 [mm] \le (-1)^k/k^2+(-1)^k/(k+1)^2=1/k^2-1/(k+1)^2=\frac{(k+1)^2-k^2}{k^2(k+1)^2}=\frac{2k+1}{k^2(k+1)^2}\le \frac{3k}{k^4}\,.$$
[/mm]
Sowas kann helfen.
Wichtig wäre es aber: Kennst Du denn irgendwelche speziellen Reihenwerte? (Sowas wie [mm] $\sum 1/k^2$ [/mm] kann man, wenn ich mich recht erinnere, irgendwie mit Fourierreihen berechnen. Irgendwas mit [mm] $\pi$ [/mm] kam da raus, glaube ich!) Denn sowas könnte natürlich auch sehr nützlich sein, wenn ihr solche Kenntnisse schon habt!
Gruß,
Marcel
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> Ist $ [mm] k\, [/mm] $ gerade, so ist
$ 0 [mm] \le (-1)^k/k^2+(-1)^k/(k+1)^2=1/k^2-1/(k+1)^2=\frac{(k+1)^2-k^2}{k^2(k+1)^2}=\frac{2k+1}{k^2(k+1)^2}\le \frac{3k}{k^4}\,. [/mm] $
Ich verstehe nicht was du hier ausgerechnet hast.
Nein das sind Aufgaben des ersten Semesters da waren Fourierreihen noch nicht dran.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:45 Sa 26.05.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo,
hier hat Marcel einfach eine Abschätzung der Summe zweier aufeinanderfolgender Glieder durchgeführt für den Fall, dass k gerade ist.
Was mir an der Aufgabenstellung fehlt, ist der Bezug zwischen der Größe Epsilon und dem Laufindex k, sonst macht das Ganze wenig Sinn.
Viele Grüße,
Infinit
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:41 Fr 25.05.2012 | | Autor: | Helbig |
Wenn bei einer alternierenden Reihe die Beträge der Glieder monoton fallen, ist der Abbruchfehler gerade der Betrag des ersten weggelassenen Summanden.
In dem Fall liegt nämlich der Reihenwert stets zwischen zwei aufeinanderfolgenden Partialsummen.
Wenn diese ebenso einfache wie hilfreiche Tatsache in der Vorlesung erwähnt wurde, würde ich sie hier auch benutzen.
Grüße,
Wolfgang
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danke, dass ist fü mich klar.
ABer was ist trotzdem die Antwort auf die Frage:
> !Wieviele Reihenglieder muss man summieren , um ein Reihenrest kleiner als [mm] \epsilon [/mm] zu erhalten?!
Identifiziere ich das [mm] \epsilon [/mm] dann mit dem ersten weggelassenen Glied? Dan wäre die ANtwort 1.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:48 Sa 26.05.2012 | | Autor: | Helbig |
> danke, dass ist fü mich klar.
> ABer was ist trotzdem die Antwort auf die Frage:
> > !Wieviele Reihenglieder muss man summieren , um ein
> Reihenrest kleiner als [mm]\epsilon[/mm] zu erhalten?!
> Identifiziere ich das [mm]\epsilon[/mm] dann mit dem ersten
> weggelassenen Glied? Dan wäre die ANtwort 1.
Da hast Du recht! Aber Du nutzt da wohl einen Fehler in der Aufgabenstellung aus. Mit Reihenrest ist der Betrag des Reihenrestes gemein. Dies habe ich mit Abbruchfehler gemeint. Hier müssen wir das erste Reihenglied bestimmen, dessen Betrag kleiner [mm] $\epsilon$ [/mm] ist. Wenn das die Nummer $n+1$ hat, mußt Du die ersten $n$ Glieder summieren.
OK?
Gruß
Wolfgang
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:12 Sa 26.05.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > danke, dass ist fü mich klar.
> > ABer was ist trotzdem die Antwort auf die Frage:
> > > !Wieviele Reihenglieder muss man summieren , um ein
> > Reihenrest kleiner als [mm]\epsilon[/mm] zu erhalten?!
> > Identifiziere ich das [mm]\epsilon[/mm] dann mit dem ersten
> > weggelassenen Glied? Dan wäre die ANtwort 1.
>
> Da hast Du recht! Aber Du nutzt da wohl einen Fehler in der
> Aufgabenstellung aus. Mit Reihenrest ist der Betrag des
> Reihenrestes gemein. Dies habe ich mit Abbruchfehler
> gemeint. Hier müssen wir das erste Reihenglied bestimmen,
> dessen Betrag kleiner [mm]\epsilon[/mm] ist. Wenn das die Nummer [mm]n+1[/mm]
> hat, mußt Du die ersten [mm]n[/mm] Glieder summieren.
>
> OK?
nur zur Ergänzung/Erinnerung:
Rein formal hatte ich schon geschrieben, was hier gemeint ist:
Zu gegebenem [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ soll [mm] $N=N(\epsilon)$ [/mm] so bestimmt werden, dass
[mm] $$|\sum_{k=N+1}^\infty (-1)^k/k^2| [/mm] < [mm] \epsilon$$
[/mm]
gilt. Dein [mm] $n\,$ [/mm] ist halt mein [mm] $N\,.$ [/mm]
P.S.
Dein Kriterium zur Abschätzung von Restreihen ist mir gar nicht bekannt. Ist der Beweis dazu einfach? Geht das generell bei alternierenden Reihen und nur bei solchen, wo die Betragsfolge der Reihenglieder fällt?
(Letzte Frage gestrichen, weil ich das ja eh bei Dir sofort nachlesen konnte!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:13 Sa 26.05.2012 | | Autor: | Helbig |
>
> nur zur Ergänzung/Erinnerung:
> Rein formal hatte ich schon geschrieben, was hier gemeint
> ist:
> Zu gegebenem [mm]\epsilon > 0[/mm] soll [mm]N=N(\epsilon)[/mm] so bestimmt
> werden, dass
> [mm]|\sum_{k=N+1}^\infty (-1)^k/k^2| < \epsilon[/mm]
> gilt. Dein
> [mm]n\,[/mm] ist halt mein [mm]N\,.[/mm]
Ja, Du hast die Ungenauigkeit in der Aufgabenstellung überlesen -- als Profi bist Du da wohl schon etwas betriebsblind. Aber Theresetom hat eben nicht "Betrag der Restreihe" gelesen, sondern "Restreihe", die abwechselnd positiv und negativ ist. Und Theresetom hat völlig recht, schon nach dem ersten Glied ist die Restsumme negativ und damit kleiner [mm] $\epsilon$.
[/mm]
>
> P.S.
> Dein Kriterium zur Abschätzung von Restreihen ist mir gar
> nicht bekannt. Ist der Beweis dazu einfach? Geht das
> generell bei alternierenden Reihen und nur bei solchen, wo
> die Betragsfolge der Reihenglieder fällt?
> (Letzte Frage gestrichen, weil ich das ja eh bei Dir
> sofort nachlesen konnte!)
Nimm die Reihe [mm] $\sum_{k=0}^\infty (-1)^k a_k$, [/mm] wobei [mm] $(a_k)$ [/mm] eine positive, monoton fallende Nullfolge ist. Sei [mm] $s_n=\sum_{k=0}^{n-1}$ [/mm] die Partialsumme der ersten $n$ Glieder. Dann ist [mm] $s_{2n}=s_{2n-2} [/mm] - [mm] a_{2n-1} [/mm] + [mm] a_{2n} \le s_{2n-2}$. [/mm] Die Partialsummenfolge [mm] $(s_{2n})$ [/mm] fällt also monoton. Ebenso sieht man, daß die Partialsummenfolge [mm] $(s_{2n+1})$ [/mm] monoton steigt. Zusammen mit [mm] $s_{2n+1} [/mm] = [mm] s_{2n}-a_{2n+1} \le s_{2n}$ [/mm] folgt, daß die Intervalle [mm] $[s_{2n+1};\; s_{2n}]$ [/mm] eine Intervallschachtelung bilden. Weil der Reihenwert in allen Intervallen liegt, liegt er zwischen zwei aufeinanderfolgenden Partialsummen, das heißt, der Abbruchfehler ist kleiner als [mm] $|s_{n}-s_{n+1}|$.
[/mm]
Ohne solche oder ähnliche Überlegungen kommt wohl kein Beweis zum Konvergenzkriterium von Leibniz aus. Siehe z.B. Königsberger, Analysis 1, Seite 63, oder auch in meinem Buch, Analysis 0, Seite 175.
Gruß,
Wolfgang
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:58 So 27.05.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> >
> > nur zur Ergänzung/Erinnerung:
> > Rein formal hatte ich schon geschrieben, was hier
> gemeint
> > ist:
> > Zu gegebenem [mm]\epsilon > 0[/mm] soll [mm]N=N(\epsilon)[/mm] so
> bestimmt
> > werden, dass
> > [mm]|\sum_{k=N+1}^\infty (-1)^k/k^2| < \epsilon[/mm]
> > gilt.
> Dein
> > [mm]n\,[/mm] ist halt mein [mm]N\,.[/mm]
>
> Ja, Du hast die Ungenauigkeit in der Aufgabenstellung
> überlesen -- als Profi bist Du da wohl schon etwas
> betriebsblind.
ehrlich gesagt habe ich das nicht - denn ich selbst hätte die Aufgabenstellung mit "betragsmäßig" oder sowas formuliert. Ich habe die Aufgabe nur so interpretiert, wie sie eigentlich einzig sinnvoll ist. Wenn man in die Numerik schaut, sind dort etliche Formulierungen (LEIDER!!) ähnlich wie hier, und dann fehlen manchmal Wörter wie "Betrag" oder sogar "Norm" oder "betragsmäßig kleinergleich" oder "die Norm von ... soll kleinergleich sein als...". Ich selbst bin ein Mensch, der, was Aufgabenstellungen betrifft, absolut penibel und kleinkariert ist. An Theresetoms Stelle hätte ich als Korrekteur daher sein Antwort
> Aber Theresetom hat eben nicht "Betrag der
> Restreihe" gelesen, sondern "Restreihe", die abwechselnd
> positiv und negativ ist. Und Theresetom hat völlig recht,
> schon nach dem ersten Glied ist die Restsumme negativ und
> damit kleiner [mm]\epsilon[/mm].
als richtig durchgehen lassen und er hätte volle Punktzahl bekommen. Ein Numerik-Korrekteur würde das anders sehen...
> >
> > P.S.
> > Dein Kriterium zur Abschätzung von Restreihen ist mir
> gar
> > nicht bekannt. Ist der Beweis dazu einfach? Geht das
> > generell bei alternierenden Reihen und nur bei solchen,
> wo
> > die Betragsfolge der Reihenglieder fällt?
> > (Letzte Frage gestrichen, weil ich das ja eh bei Dir
> > sofort nachlesen konnte!)
>
> Nimm die Reihe [mm]\sum_{k=0}^\infty (-1)^k a_k[/mm], wobei [mm](a_k)[/mm]
> eine positive, monoton fallende Nullfolge ist. Sei
> [mm]s_n=\sum_{k=0}^{n-1}[/mm] die Partialsumme der ersten [mm]n[/mm] Glieder.
> Dann ist [mm]s_{2n}=s_{2n-2} - a_{2n-1} + a_{2n} \le s_{2n-2}[/mm].
> Die Partialsummenfolge [mm](s_{2n})[/mm] fällt also monoton. Ebenso
> sieht man, daß die Partialsummenfolge [mm](s_{2n+1})[/mm] monoton
> steigt.
Bis dahin ist mir alles bekannt.
> Zusammen mit [mm]s_{2n+1} = s_{2n}-a_{2n+1} \le s_{2n}[/mm]
> folgt, daß die Intervalle [mm][s_{2n+1};\; s_{2n}][/mm] eine
> Intervallschachtelung bilden. Weil der Reihenwert in allen
> Intervallen liegt, liegt er zwischen zwei
> aufeinanderfolgenden Partialsummen, das heißt, der
> Abbruchfehler ist kleiner als [mm]|s_{n}-s_{n+1}|[/mm].
Wunderbar. Ich kenne den Beweis bzw. den kann man sich ja quasi in zwei Minuten selbst überlegen. Woran ich nicht gedacht hatte:
> Weil der Reihenwert in allen Intervallen liegt,
Okay: Zugegebenermaßen habe ich bisher auch noch gar nicht wirklich drüber nachgedacht. 
> Ohne solche oder ähnliche Überlegungen kommt wohl kein
> Beweis zum Konvergenzkriterium von Leibniz aus.
Ich habe bisher noch keinen anderen Beweis zum Leibnizkriterium gesehen. Was ich ein wenig schade finde, ist, dass mein Prof. wohl damals in der Vorlesung vergessen hatte, drauf hinzuweisen, dass man mit dem Beweis zum Leibnizkriterium schnell und einfach "Restreihen" abschätzen kann - aber eigentlich ist's ja eh total trivial, wenn man's einmal gesehen hat (ich ärger mich ja fast drüber, dass ich nicht selbst zwei Minuten drüber nachdenken wollte - aber vielleicht hätte ich's auch nicht gesehen, blind, wie ich manchmal bin ^^).
Gruß,
Marcel
> Siehe z.B.
> Königsberger, Analysis 1, Seite 63, oder auch in meinem
> Buch, Analysis 0, Seite 175.
Ich schaue mir gerne auch mal demnächst Dein Buch an. 
Gruß,
Marcel
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