Konvergenz < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:40 So 11.10.2009 | | Autor: | Rufio87 |
| Aufgabe | [mm] \summe_{i=0}^{\infty} \bruch{n^n}{2^{n^{n}} }
[/mm]
überprüfe auf Konvergenz |
Hallo!
Also ich komm bei der Aufgabe kein Stück weiter, vielleicht kann mir jemand einen tipp geben!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:48 So 11.10.2009 | | Autor: | abakus |
> [mm]\summe_{i=0}^{\infty} \bruch{n^n}{2^{n^{n}} }[/mm]
> überprüfe
> auf Konvergenz
> Hallo!
>
> Also ich komm bei der Aufgabe kein Stück weiter,
> vielleicht kann mir jemand einen tipp geben!
Hallo,
wenn du [mm] n^n [/mm] durch k substituierst, erhältst du
[mm]\summe_{i=0}^{\infty} \bruch{k}{2^{k} }[/mm]. Diese Summe ist größer als [mm]\summe_{i=0}^{\infty} \bruch{n^n}{2^{n^{n}} }[/mm] (sie enthält "mehr" Summanden - was man eigentlich bei unendlich vielen Summanden nicht sagen darf) und konvergiert trotzdem --> Majorante.
Gruß Abakus
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:05 So 11.10.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo!
> [mm]\summe^{\infty}_{\red{i=0}} \bruch{n^n}{2^{n^{n}} }[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Sicherlich sollte da stehen
$$\summe^{\infty}_{\blue{n=0}} \bruch{n^n}{2^{n^{n}} }$$
> überprüfe
> auf Konvergenz
> Hallo!
>
> Also ich komm bei der Aufgabe kein Stück weiter,
> vielleicht kann mir jemand einen tipp geben!
Es geht auch z.B. mit dem Wurzelkriterium:
Hier ist $a_n=\bruch{n^n}{2^{n^{n}}$ und wegen $|a_n|=a_n$ für jedes $n \in \IN_0$ folgt
$$\sqrt[n]{|a_n|}=\frac{\sqrt[n]{n^n}}{\sqrt[n]{2^{n^n}}}=\frac{n}{2^{n^{n-1}}}\underset{\text{ für }n > 1}{\le} \frac{n}{2^n}\,.$$
Mit der binomischen Formel erkennt man, dass für $n \in \IN_{\ge 2}$ gilt
$$2^n=(1+1)^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k} \ge {n \choose 2}=\frac{n*(n-1)}{2!}\,,$$
womit man $\limsup_{n \to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=0$ erkennt. Also?
P.S.:
Man könnte auch mit der Funktion $x \mapsto \frac{x}{2^x}$ ($x > 0$ oder auch $x \in \IR$) arbeiten bzw. argumentieren, um $\frac{n}{2^n} \to 0$ ($n \to \infty$) einzusehen.
P.P.S.:
Hat jmd. eine Idee oder weiß vll. wie man es hinbekommt, dass, wenn man einen Teil unter dem Summenzeichen farbig markiert, die obere Grenze trotzdem wieder über dem Summenzeichen und nicht rechts davon erscheint?
Denn $\sum_{\red{i=0}}^\infty$ sieht nicht sonderlich ästhetisch aus 
Erledigt
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:29 Mo 12.10.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo Marcel!
> Hat jmd. eine Idee oder weiß vll. wie man es hinbekommt,
> dass, wenn man einen Teil unter dem Summenzeichen farbig
> markiert, die obere Grenze trotzdem wieder über dem
> Summenzeichen und nicht rechts davon erscheint?
Ja, drehe die Reihenfolge von oberer und unterer Grenze um:
[mm] $$\sum^\infty_{\red{i=0}}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:29 Mo 12.10.2009 | | Autor: | Marcel |
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:31 Mo 12.10.2009 | | Autor: | abakus |
> Hallo!
>
> > [mm]\summe_{\red{i=0}}^{\infty} \bruch{n^n}{2^{n^{n}} }[/mm]
>
> Sicherlich sollte da stehen
> [mm]\summe_{\blue{n=0}}^{\infty} \bruch{n^n}{2^{n^{n}} }[/mm]
>
> > überprüfe
> > auf Konvergenz
> > Hallo!
> >
> > Also ich komm bei der Aufgabe kein Stück weiter,
> > vielleicht kann mir jemand einen tipp geben!
>
> Es geht auch z.B. mit dem Wurzelkriterium:
> Hier ist [mm]a_n=\bruch{n^n}{2^{n^{n}}[/mm] und wegen [mm]|a_n|=a_n[/mm]
> für jedes [mm]n \in \IN_0[/mm] folgt
>
> [mm]\sqrt[n]{|a_n|}=\frac{\sqrt[n]{n^n}}{\sqrt[n]{2^{n^n}}}=\frac{n}{2^{n^{n-1}}}\underset{\text{ für }n > 1}{\le} \frac{n}{2^n}\,.[/mm]
>
> Mit der binomischen Formel erkennt man, dass für [mm]n \in \IN_{\ge 2}[/mm]
> gilt
> [mm]2^n=(1+1)^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k} \ge {n \choose 2}=\frac{n*(n-1)}{2!}\,,[/mm]
>
> womit man [mm]\limsup_{n \to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=0[/mm] erkennt.
> Also?
>
> P.S.:
> Man könnte auch mit der Funktion [mm]x \mapsto \frac{x}{2^x}[/mm]
> ([mm]x > 0[/mm] oder auch [mm]x \in \IR[/mm]) arbeiten bzw. argumentieren, um
> [mm]\frac{n}{2^n} \to 0[/mm] ([mm]n \to \infty[/mm]) einzusehen.
>
> P.P.S.:
> Hat jmd. eine Idee oder weiß vll. wie man es hinbekommt,
> dass, wenn man einen Teil unter dem Summenzeichen farbig
> markiert, die obere Grenze trotzdem wieder über dem
> Summenzeichen und nicht rechts davon erscheint?
>
> Denn [mm]\sum_{\red{i=0}}^\infty[/mm] sieht nicht sonderlich
> ästhetisch aus
So: [mm]\sum^\infty_{\red{i=0}}[/mm]
Gruß Abakus
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:30 Mo 12.10.2009 | | Autor: | Marcel |
Danke!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:03 Mo 12.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> [mm]\summe_{i=0}^{\infty} \bruch{n^n}{2^{n^{n}} }[/mm]
> überprüfe auf Konvergenz
Noch eine weitere Loesung
(Auch wenn sie dem Fragesteller eventuell gar nicht weiterhelfen wird, da ihm Potenzreihen und Konvergenzradien nicht bekannt sind. Aber eventuell liest's mal wer der was damit anfangen kann und es interessant findet.)
Betrachte die Potenzreihe $f(x) = [mm] \sum_{n=0}^\infty 2^{-n} x^n$; [/mm] diese abgeleitet lautet $f'(x) = [mm] -\sum_{n=1}^\infty [/mm] n [mm] 2^{-n} x^{n-1}$. [/mm] Es reicht also zu zeigen, dass der Konvergenzradius von $f$ groesser als 1 ist: dann ist der Konvergenzradius von $f'$ ebenfalls $> 1$, und somit konvergiert $-f'(1) = [mm] \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n}$ [/mm] absolut. Und dies ist, wie schon gesagt, eine Majorante fuer [mm] $\sum_{n=1}^\infty \frac{n^n}{2^{n^n}}$.
[/mm]
Und tatsaechlich: nach der Formel fuer den Konvergenzradius ist $R = [mm] \frac{1}{\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{2^{-n}}} [/mm] = [mm] \frac{1}{\limsup_{n\to\infty} 1/2} [/mm] = [mm] \frac{1}{1/2} [/mm] = 2 > 1$.
LG Felix
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