Konvergenz bestimmen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:40 Fr 02.03.2012 | | Autor: | Joker08 |
| Aufgabe | Man soll folgende Reihe auf Konvergenz überprüfen:
[mm] an:=\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{\wurzel[n]{n}-\wurzel[n+1]{n+1}}{n} [/mm] |
Meine Lösung:
[mm] \bruch{\wurzel[n]{n}-\wurzel[n+1]{n+1}}{n}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{n*(\wurzel[n]{n}+\wurzel[n+1]{n+1})}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{n}* \bruch{1}{\wurzel[n]{n}+\wurzel[n+1]{n+1}}
[/mm]
[mm] \le \bruch{1}{n}* \bruch{1}{2*\wurzel[n+1]{n+1}}
[/mm]
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] 0
Da die Reihe nur aus positiven Summanden besteht, gilt
[mm] |an|\le [/mm] cn
Somit hätte ich eine konvergente Majorante, und die Reihe konvergiert nach dem Majorantenkriterium, right ?
Ne da stimmt grade irgendwas nicht xD
Thx, mfg.
Der Joker
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:14 Fr 02.03.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
deine Umformung in gedanken an [mm] \wurzel{n+1}-\wurzel{n} [/mm] ist falsch, denn die binomische Formel gilt ja hier nicht.
auch für deine umformungen hättest du so keine konvergente Majorante! die müsstest du doch dann angeben?
schreib mal die erste 4 bis 5 summanden hin, vielleicht kommt dir dann ne Idee-
gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:40 Fr 02.03.2012 | | Autor: | Joker08 |
| Aufgabe | | [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{\wurzel[n]{n}-\wurzel[n+1]{n+1}}{n} [/mm] |
> deine Umformung in gedanken an [mm]\wurzel{n+1}-\wurzel{n}[/mm] ist
> falsch, denn die binomische Formel gilt ja hier nicht.
Das ist korrekt, und sehe ich grade ebenfalls. Irgendwie dachte ich an Quadratwurzeln.
> auch für deine umformungen hättest du so keine
> konvergente Majorante! die müsstest du doch dann angeben?
> schreib mal die erste 4 bis 5 summanden hin, vielleicht
> kommt dir dann ne Idee-
Naja für [mm] \wurzel{n+1}-\wurzel{n} [/mm] hätten wir eine Teleskop summe, bei der sich fast alle Summen wegheben.
Es bleibt nur noch der kleinste und der größte übrig.
Also könnte man doch erstmal die N-te partialsumme betrachten:
[mm] \summe_{n=1}^{N}\bruch{\wurzel[n]{n}-\wurzel[n+1]{n+1}}{n}
[/mm]
[mm] \le\bruch{1}{no}\summe_{n=1}^{N}{\wurzel[n]{n}-\wurzel[n+1]{n+1}}
[/mm]
= [mm] \bruch{1}{no}*(\wurzel[n]{n}-\wurzel[n+1]{n+1})
[/mm]
Also bis hier bin ich erstmal gekommen.
Ist das in etwa die richtige idee ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:06 Fr 02.03.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
ich denke, worauf Leduart hinauswollte ist eher sowas:
Es ist
[mm] $$\frac{\sqrt[n]{n}-\sqrt[n+1]{n+1}}{n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}+\sqrt[n+1]{n+1}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}\right)=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}-\sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\,.$$
[/mm]
Das hilft, wenn man zeigt, dass die Reihen
[mm] $$\sum \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}$$
[/mm]
und
[mm] $$\sum \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}$$
[/mm]
konvergieren. Zu letzteren: Beachte, dass [mm] $\sqrt[n]{n} \to [/mm] 1$ (und daher auch [mm] $\sqrt[n+1]{n+1} \to [/mm] 1$)! (Und erinnere Dich, dass für reelle [mm] $\alpha$ [/mm] die Reihe [mm] $\sum 1/n^\alpha$ [/mm] genau für alle [mm] $\alpha [/mm] > 1$ konvergiert!)
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:04 Sa 03.03.2012 | | Autor: | Joker08 |
Okay, dann werde ich das mal machen.
[mm] \sum \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}
[/mm]
[mm] =\summe_{n=1}^{N} \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\summe_{n=1}^{N}\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}
[/mm]
[mm] =\summe_{n=0}^{N-1} \frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}-\summe_{n=1}^{N}\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}
[/mm]
[mm] =\summe_{n=1}^{N-1} \frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1} [/mm] + 1 [mm] -(\summe_{n=1}^{N-1}\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}+\frac{\sqrt[N+2]{N+2}}{N+2})
[/mm]
= 1 - [mm] \frac{\sqrt[N+2]{N+2}}{N+2}
[/mm]
= 1 - [mm] \wurzel[N+2]{N+2}*\bruch{1}{N+2}
[/mm]
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} 1-1\cdot0=1
[/mm]
Also konvergiert die Folge der Teilsummen gegen 1, und somit konvergiert die Reihe
[mm] \sum \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1} \to [/mm] 1
Ist das korrekt ?
Bei der zweiten Reihe weiss ich nicht wie ich vorgehen soll, wegen dem Wurzelausdruck.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:33 Sa 03.03.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Okay, dann werde ich das mal machen.
>
> [mm]\sum \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}[/mm]
beachte: Ich hatte [mm] $\sum\,$ [/mm] immer als Kurzschreibweise für Reihen benutzt, deren obere Grenze [mm] $\infty$ [/mm] ist. Was Du nun machst, ist, Du betrachtest [mm] $\sum=\sum_{n=1}^N\,.$ [/mm] (Andernfalls, also wenn Du [mm] $\sum$ [/mm] in meinem Sinne als Abkürzung benutzen willst, müßtest Du bei Deinen Rechnungen erstmal überall [mm] $\lim_{N \to \infty}$ [/mm] "mitschleppen"! Deine Notation wäre sozusagen "das [mm] $N\,$-te [/mm] Glied der Teilsummenfolge der betrachteten Reihe", allerdings sollte dann eigentlich das [mm] $N\,$ [/mm] auch irgendwo stehen...)
> [mm]=\summe_{n=1}^{N} \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\summe_{n=1}^{N}\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}[/mm]
Also, was ich mit "mitschleppen" meinte:
[mm] $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}=\lim_{N \to \infty} \left(\summe_{n=1}^{N} \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\summe_{n=1}^{N}\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}\right)=\ldots$$
[/mm]
Aber nun gut: Du rechnest halt mit dem [mm] $N\,$-ten [/mm] Glied der Teilsummenfolge (weiter):
> [mm]=\summe_{n=0}^{N-1} \frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}-\summe_{n=1}^{N}\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}[/mm]
>
> [mm]=\summe_{n=1}^{N-1} \frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}[/mm] + 1
> [mm]-(\summe_{n=1}^{N-1}\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}+\frac{\sqrt[\red{N+2}]{\red{N+2}}}{\red{N+2}})[/mm]
Anstatt der [mm] $\red{N+2}$ [/mm] gehört da ein [mm] $\blue{N+1}$ [/mm] jeweils hin! Das hat aber glücklicherweise keinen großen Einfluss, Du kannst es auch im Folgenden entsprechend anpassen - da habe ich es nicht markiert!
> = 1 - [mm]\frac{\sqrt[N+2]{N+2}}{N+2}[/mm]
>
> = 1 - [mm]\wurzel[N+2]{N+2}*\bruch{1}{N+2}[/mm]
Die Zeile hier
> [mm]\limes_{\red{n}\rightarrow\infty} 1-1\cdot0=1[/mm]
solltest Du dann so ändern:
Durch Grenzübergang folgt dann
[mm] $$\lim_{\red{N} \to \infty} \summe_{n=1}^{N} (\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1})=\lim_{N \to \infty} (1-\sqrt[N+1]{N+1}/(N+1))=1-\lim_{N \to \infty} \sqrt[N+1]{N+1}/(N+1)=1-0=1\,,$$
[/mm]
wobei man beachte, dass die Folge [mm] $(\sqrt[N+1]{N+1})_N$ [/mm] gegen [mm] $1\,$ [/mm] konvergiert und daher insbesondere beschränkt ist!
> Also konvergiert die Folge der Teilsummen gegen 1, und
> somit konvergiert die Reihe
>
> [mm]\sum \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1} \to[/mm]
> 1
>
> Ist das korrekt ?
Bis auf die obenstehenden "Kleinigkeiten" ja! Generell gilt:
Ist [mm] $(a_n)$ [/mm] eine Folge und ist [mm] $\sum_{n=n_0}^\infty (a_{n+1}-a_n)$ [/mm] eine mit dieser Folge gebildete Ziehharmonikareihe, so konvergiert die Reihe genau dann, wenn [mm] $(a_n)$ [/mm] konvergiert. Im Falle der Konvergenz ergibt sich dann
[mm] $$\sum_{n=n_0}^\infty (a_{n+1}-a_n)=(\lim_{n \to \infty}a_n)-a_{n_0}\,.$$ [/mm]
Deine Reihe oben ist halt von der Form [mm] $\sum_{n=n_0}^\infty (a_{n}-a_{n+1})=-\sum_{n=n_0}^\infty (a_{n+1}-a_n)\,.$ [/mm] (Übrigens musst Du nicht unbedingt [mm] $1=\lim_{n \to \infty}1$ [/mm] schreiben  Zumal es dann auch sinnvoller wäre, [mm] $\lim_{N \to \infty}1$ [/mm] zu schreiben !)
> Bei der zweiten Reihe weiss ich nicht wie ich vorgehen
> soll, wegen dem Wurzelausdruck.
Naja, dort steht die Reihe
[mm] $$\sum_{n=1}^\infty \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\,.$$
[/mm]
Nun gilt [mm] $\sqrt[n+1]{n+1} \to [/mm] 1$ bei $n [mm] \to \infty\,,$ [/mm] somit existiert ein $M [mm] \in \IN$ [/mm] so, dass $0 < [mm] \sqrt[n+1]{n+1} \le [/mm] 2$ für alle $n [mm] \ge M\,.$ [/mm] (Du kannst auch eine andere relle Zahl $> [mm] 1\,$ [/mm] anstatt der [mm] $2\,$ [/mm] hernehmen!)
Da für alle natürlichen $N > [mm] M\,$
[/mm]
[mm] $$\sum_{n=1}^N \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}=\underbrace{\sum_{n=1}^M \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}}_{=:R=R(M) \in \IR}+\sum_{n=M+1}^N \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}$$
[/mm]
gilt und weil wir, wie oben gesehen (alle auftretenden Summanden der ersten Summe sind [mm] $\ge [/mm] 0$!)
[mm] $$\sum_{n=M+1}^N \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)} \le \sum_{n=M+1}^N \frac{2}{n(n+1)}$$
[/mm]
haben, folgt ...
Kannst Du das ergänzen?
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:04 Sa 03.03.2012 | | Autor: | Joker08 |
Aus [mm] \sum_{n=M+1}^N \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)} \le \sum_{n=M+1}^N \frac{2}{n(n+1)}
[/mm]
folgt, dass die Reihe
[mm] \sum_{n=1}^\infty \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\
[/mm]
nach dem Majorantenkriterium konvergiert.
Und da beide Reihen, also:
[mm] \sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}
[/mm]
und
[mm] \sum_{n=1}^\infty \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\
[/mm]
konvergieren, Konvergiert nach den Rechnenregeln für Reihen auch
[mm] \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}-\sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\
[/mm]
Was das gleiche ist, was wir zeigen wollten:
[mm] \frac{\sqrt[n]{n}-\sqrt[n+1]{n+1}}{n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}+\sqrt[n+1]{n+1}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}\right)=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}-\sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\
[/mm]
Also haben wir die Konvergenz gezeigt. Puh das war doch ein wenig schwieriger (zumindest für mich), als es auf den ersten Blick aussah.
Ich glaube auf die Umformung oben, wäre ich nie gekommen :-/
Also auf:
[mm] \frac{\sqrt[n]{n}-\sqrt[n+1]{n+1}}{n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}+\sqrt[n+1]{n+1}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}\right)=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}-\sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\
[/mm]
Vielen dank nochmal, immer schön was neues dazu gelernt zu haben :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:56 So 04.03.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Aus [mm]\sum_{n=M+1}^N \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)} \le \sum_{n=M+1}^N \frac{2}{n(n+1)}[/mm]
>
> folgt, dass die Reihe
>
> [mm]\sum_{n=1}^\infty \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\[/mm]
>
> nach dem Majorantenkriterium konvergiert.
>
> Und da beide Reihen, also:
>
> [mm]\sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}[/mm]
>
> und
>
> [mm]\sum_{n=1}^\infty \sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\[/mm]
>
> konvergieren, Konvergiert nach den Rechnenregeln für
> Reihen auch
>
> [mm]\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}-\sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\[/mm]
>
> Was das gleiche ist, was wir zeigen wollten:
>
> [mm]\frac{\sqrt[n]{n}-\sqrt[n+1]{n+1}}{n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}+\sqrt[n+1]{n+1}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}\right)=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}-\sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\[/mm]
>
> Also haben wir die Konvergenz gezeigt. Puh das war doch ein
> wenig schwieriger (zumindest für mich), als es auf den
> ersten Blick aussah.
>
> Ich glaube auf die Umformung oben, wäre ich nie gekommen
> :-/
>
> Also auf:
>
> [mm]\frac{\sqrt[n]{n}-\sqrt[n+1]{n+1}}{n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}+\sqrt[n+1]{n+1}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}\right)=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}-\sqrt[n+1]{n+1}\frac{1}{n(n+1)}\[/mm]
>
> Vielen dank nochmal, immer schön was neues dazu gelernt zu
> haben :)
ja, sieht nun doch soweit alles gut aus. Auf die Umformung bin ich auch mehr oder weniger durch Zufall gekommen - Leduarts Hinweis hat mich auf die Idee gebracht, dass da evtl. eine Ziehharmonikareihe ins Spiel gebracht werden kann. Und dann habe ich halt erstmal [mm] $\sqrt[n]{n}/n\;-\;\sqrt[n+1]{n+1}$ [/mm] geschrieben und geguckt, wie ich das ins Spiel bekommen kann. Vom Prinzip her so ähnlich wie etwa beim Beweis der Produktregel für diff'bare Funktionen:
Man schreibt halt das rein, was man haben will und korrigiert alles so, dass man das ursprüngliche wieder hat (man hat also "auf komplizierte Weise dann nur eine [mm] $0\,$ [/mm] etwa dazuaddiert"):
Oben etwa
[mm] $$\frac{\sqrt[n]{n}-\sqrt[n+1]{n+1}}{n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{n}\red{\;-\;\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}\;+\;\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}}-\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n}$$
[/mm]
Und die ersten beiden Summanden wollen wir ja hier eben so haben, da dann eine "Ziehharmonikareihe" ins Spiel kommt (das war meine Idee, sozusagen durch Leduart inspiriert). Der Rest hat sich dann "passenderweise" entsprechend ergeben!
Gruß,
Marcel
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