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Konvergenz einer Reihe: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:44 Fr 11.04.2008
Autor: Leni-H

Aufgabe
Konvergiert die Reihe [mm] \summe_{i=1}^{\infty} \bruch{1}{n * log(n)}? [/mm]

Hallo Leute!

Kann mir jemand bei dieser Aufgabe helfen? Konvergiert die Reihe und wenn ja, was ist der Grenzwert? Wie kann man es zeigen?

Danke schonmal im Voraus!

LG Leni

        
Bezug
Konvergenz einer Reihe: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:54 Fr 11.04.2008
Autor: Marcel

Hallo,

> Konvergiert die Reihe [mm]\blue{S:=}\sum^\infty\limits_{\red{n=2}} \bruch{1}{n * log(n)}?[/mm]

Anmerkung:
Ich habe wegen [mm] $\log(1)=0$ [/mm] den Start-Laufindex korrigiert (ich teile nicht gerne durch $0$ ;-)), zudem auch von $i$ zu $n$ umbenannt (damit ich nicht unendlich oft eine konstante Zahl addiere ;-)).

Ich denke, dass das Deine zu untersuchende Reihe ist :-)
  

> Hallo Leute!
>  
> Kann mir jemand bei dieser Aufgabe helfen? Konvergiert die
> Reihe und wenn ja, was ist der Grenzwert? Wie kann man es
> zeigen?

Kennst Du den Cauchyschen Verdichtungssatz?

[]http://de.wikipedia.org/wiki/Cauchysches_Verdichtungskriterium

Daraus folgt, dass Du Deine Reihe vergleichen solltest mit

[mm] $\blue{T:=}\sum_{n=2}^\infty 2^n*\frac{1}{2^n*\log\left(2^n\right)}$ [/mm]

Hingucken, erstmal kürzen, [mm] $\log\left(2^n\right)=n*\log(2)$ [/mm] benutzen, [mm] $\frac{1}{\log(2)}$ [/mm] vor die Reihe ziehen und stehen bleibt, dass $T$ (bis auf den Faktor [mm] $\frac{1}{\log(2)}$, [/mm] der aber nichts am Konvergenzverhalten von $T$ ändert) eine bekanntermaßen divergente Reihe ist. Fazit?

Gruß,
Marcel

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Konvergenz einer Reihe: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:45 Sa 12.04.2008
Autor: Leni-H

Vielen Dank. Den Cauchyschen Verdichtungssatz kannte ich. Da die Reihe mit [mm] 2^{n} [/mm] divergent ist, ist also auch die Anfangsreihe divergent. Oder?

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Konvergenz einer Reihe: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:23 Sa 12.04.2008
Autor: Marcel

Hallo,

> Vielen Dank. Den Cauchyschen Verdichtungssatz kannte ich.
> Da die Reihe mit [mm]2^{n}[/mm] divergent ist, ist also auch die
> Anfangsreihe divergent. Oder?

ja, weil $T$ divergiert (das liegt ja an der Divergenz von [mm] $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n}$), [/mm] tut's auch $S$, wenn ich bei meinen Bezeichnungen, die ich von Wiki übernommen habe, bleibe :-)

Gruß,
Marcel

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Konvergenz einer Reihe: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:35 Sa 12.04.2008
Autor: Leni-H

Hhm, jetzt bin ich nur ein wenig verwirrt, weil wenn ich das Integralvergleichskriterium nehme, bekomme ich heraus, dass das Integral konvergiert. Hab ich dann da wohl was falsch gemacht?

Bezug
                                        
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Konvergenz einer Reihe: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:45 Sa 12.04.2008
Autor: Marcel

Hallo,

> Hhm, jetzt bin ich nur ein wenig verwirrt, weil wenn ich
> das Integralvergleichskriterium nehme, bekomme ich heraus,
> dass das Integral konvergiert. Hab ich dann da wohl was
> falsch gemacht?

zeig' doch mal Deine Abschätzung/Rechnung für das Integral. [mm] $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x*\log(x)}dx$ [/mm] existiert sicherlich nicht, ich nehme an, dass Du entweder irgendwo falsch abgeschätzt oder falsch gerechnet hast?!

Wie hast Du denn versucht, [mm] $\int_{1}^\infty \frac{1}{x*\ln(x)}dx$ [/mm] zu berechnen bzw. nach oben abzuschätzen?

Gruß,
Marcel

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Konvergenz einer Reihe: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 09:48 So 13.04.2008
Autor: Leni-H

Also ich habs jetzt mal mit ln statt mit log gemacht. Vielleicht liegt auch da der Fehler??

Ich schreib jetzt einfach mal meine Rechnungen hin:

[mm] \integral_{2}^{x}{\bruch{1}{x * ln(x)}} [/mm] dx =  (Substitution [mm] \bruch{1}{ln(x)} [/mm] = u)
[mm] \integral_{2}^{x}{\bruch{1}{e^{-u}}} [/mm] u [mm] (-e^{-u}) [/mm] du =
[mm] \integral_{2}^{x}{-u} [/mm] = [-0,5 [mm] u^{2}] [/mm] = (Resubstitution)
[-0,5 [mm] \bruch{1}{(ln x)^{2}}] [/mm] = (Integralgrenzen 2 und x)
-0,5 [mm] \bruch{1}{(ln x)^{2}} [/mm] + 0,5 [mm] \bruch{1}{(ln 2)^{2}} [/mm] =
0,5 [mm] \bruch{1}{(ln 2)^{2}} [/mm] - 0,5 [mm] \bruch{1}{(ln x)^{2}} [/mm] =
0,5 ( [mm] \bruch{1}{(ln 2)^{2}} [/mm] - [mm] \bruch{1}{(ln x)^{2}}) [/mm] -> für x-> [mm] \infty [/mm]
0,5 ( [mm] \bruch{1}{(ln 2)^{2}} [/mm] - 0) =
0,5 [mm] \bruch{1}{(ln 2)^{2}} [/mm]

Somit habe ich doch einen Grenzwert oder nicht? Wo liegt der Fehler?

LG!!

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Bezug
Konvergenz einer Reihe: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:13 So 13.04.2008
Autor: steppenhahn

Ich hatte auch mal so eine Aufgabe (genau in der Form), und da sollte man auch mit dem Integralvergleichskriterium prüfen ob die Reihen konvergieren.

> Also ich habs jetzt mal mit ln statt mit log gemacht.
> Vielleicht liegt auch da der Fehler?

Eigentlich bezeichnet man [mm] \log(x) [/mm] = [mm] \ln(x). [/mm] Ich weiß nicht, wie man es anders tun könnte. Die andere Konformität ist [mm] \lg(x) [/mm] = [mm] \log_{10}(x), [/mm] mehr kenne ich nicht.

>  
> Ich schreib jetzt einfach mal meine Rechnungen hin:

>

> [mm]\integral_{2}^{x}{\bruch{1}{x * ln(x)}}[/mm] dx =  (Substitution
> [mm]\bruch{1}{ln(x)}[/mm] = u)
>  [mm]\integral_{2}^{x}{\bruch{1}{e^{-u}}}[/mm] u [mm](-e^{-u})[/mm] du

Ich weiß natürlich nicht wie du konkret jetzt diese Substitution ausgerechnet hast, aber sie ist falsch :-(. Die Grenzen hast du auch nicht umgewandelt.

Man subsitutiert

u = [mm] \bruch{1}{\ln(x)}. [/mm]

Damit ist

[mm] \bruch{du}{u'} [/mm] = dx

[mm] \gdw \bruch{du}{\left(\ln(x)\right)'} [/mm] = dx

[mm] \gdw \bruch{du}{(-1)*\bruch{1}{\left(\ln(x)\right)^{2}}*\bruch{1}{x}} [/mm] = dx

Eingesetzt ins Integral (Ich machs jetzt mal unbestimmt):

[mm] \to \integral{\bruch{1}{x*\ln(x)} dx} [/mm] = [mm] \integral{\bruch{1}{x}*\bruch{1}{\ln(x)} dx} [/mm] = [mm] \integral{\bruch{1}{x}*u* \bruch{du}{(-1)*\bruch{1}{\left(\ln(x)\right)^{2}}*\bruch{1}{x}}} [/mm]

= [mm] \integral{\bruch{1}{x}*u* \bruch{du}{(-1)*u^{2}*\bruch{1}{x}}} [/mm]

= [mm] \integral{u* \bruch{du}{(-1)*u^{2}}} [/mm]

= [mm] -\integral{\bruch{du}{u}} [/mm]

= [mm] -\ln(u) [/mm]

Rücksubsitution bringt

= [mm] -\ln\left(\bruch{1}{\ln(x)}\right) [/mm]

= [mm] -\ln\left((\ln(x))^{-1}\right) [/mm]

nach Logarithmus-Gesetzen:

= [mm] -(-1)*\ln(\ln(x)) [/mm]

= [mm] \ln(\ln(x)). [/mm]

Hier zwei alternative Möglichkeiten, das Integral (vielleicht etwas einfacher) zu lösen:

[mm] \to [/mm] Die Substitution [mm]u = \ln(x)[/mm] führt auch ohne Logarithmus-Gesetz-Kenntnisse zum Ziel :-) .

[mm] \to \bruch{1}{x*\ln(x)} [/mm] = [mm] \bruch{\bruch{1}{x}}{\ln(x)}. [/mm] Dies ist eine Funktion der Form [mm] \bruch{f'(x)}{f(x)}, [/mm] die sich wie integrieren lässt :-) ?

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Konvergenz einer Reihe: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:25 Fr 11.04.2008
Autor: angela.h.b.


> Konvergiert die Reihe [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{1}{n * log(n)}?[/mm]

Hallo,

ich könnte mir vorstellen, daß das Integralvergleichskriterium dran war:

Für [mm] f:[1,\infty[\to \IR_+ [/mm] , f monoton fallend,

konvergiert [mm] \summe_{n=1}^{\infty}f(n) [/mm] genau dann, wenn [mm] \integral_{1}^{\infty}{f(x) dx} [/mm] konvergiert.

Gruß v. Angela





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Konvergenz einer Reihe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 04:09 Sa 12.04.2008
Autor: Marcel

Hallo Angela,

> > Konvergiert die Reihe [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{1}{n * log(n)}?[/mm]
>  
> Hallo,
>  
> ich könnte mir vorstellen, daß das
> Integralvergleichskriterium dran war:
>  
> Für [mm]f:[1,\infty[\to \IR_+[/mm] , f monoton fallend,
>  
> konvergiert [mm]\red{\summe_{i=1}^{n}}f(n)[/mm] genau dann, wenn
> [mm]\integral_{1}^{\infty}{f(x) dx}[/mm] konvergiert.

da sollte als Index $n$ unter der Summe und als obere Grenze [mm] $\infty$ [/mm] stehen ;-)

Gruß,
Marcel

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Konvergenz einer Reihe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:53 Sa 12.04.2008
Autor: angela.h.b.

Hallo,

da sieht man mal, wofür ein Nachtwächter gut ist.

Ich hab's korrigiert, danke!

Gruß v. Angela

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Konvergenz einer Reihe: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 19:20 Sa 12.04.2008
Autor: Marcel

Hallo,

> da sieht man mal, wofür ein Nachtwächter gut ist.

oha, ich habe einen neuen Status :-) Das ist ja auch ein Standardfehler, weil man so gerne einfach Formeln kopiert, ich habe da aber einen geübten Blick, soll heißen, ich kontrollier' mittlerweile sogar unbewußt (zumindest oft, aber nicht immer), ob die Indizes etc. zusammenpassen ;-)

Gruß,
Marcel

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