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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:50 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Sakon |
| Aufgabe | Man untersuche, ob die folgende unendliche Reihe konvergiert.
[mm] \summe_{i=1}^{n}log(1+n^{-1}) [/mm] |
Guten Morgen,
wie ist diese Aufgabe zu lösen?
Ich weiß lediglich von einem Matheprogramm, dass die Reihe divergiert, doch das zeigt keinen Lösungsweg/-ansatz.
Also habe ich ein Minorantenkriterium angesetzt mit [mm] \summe_{i=1}^{n} \bruch{1}{2n}
[/mm]
Doch damit das funktioniert, muss ich (glaube ich) zeigen, dass [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{2n} [/mm] < [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} log(1+n^{-1})
[/mm]
also ist, falls dieser Ansatz soweit richtig ist, auch eine Frage, wie ich das zeigen kann.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Danke im Voraus.
Gruß
Sascha
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Hallo,
> Man untersuche, ob die folgende unendliche Reihe
> konvergiert.
>
> [mm]\summe_{i=1}^{n}log(1+n^{-1})[/mm]
> Guten Morgen,
>
> wie ist diese Aufgabe zu lösen?
> Ich weiß lediglich von einem Matheprogramm, dass die
> Reihe divergiert, doch das zeigt keinen
> Lösungsweg/-ansatz.
>
> Also habe ich ein Minorantenkriterium angesetzt mit
> [mm]\summe_{i=1}^{n} \bruch{1}{2n}[/mm]
>
> Doch damit das funktioniert, muss ich (glaube ich) zeigen,
> dass [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{2n}[/mm] <
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} log(1+n^{-1})[/mm]
>
> also ist, falls dieser Ansatz soweit richtig ist, auch eine
> Frage, wie ich das zeigen kann.
Es ist nicht ganz richtig, denn die Minorantenreihe muss für fast alle n kleiner sein. Es muss also ein n geben, ab dem die Ungleichung
[mm] \frac{1}{2n}
wahr ist.
Das ist sicherlich nicht ganz trivial, aber dürfte auch nicht wirklich schwierig sein.
Ich würde dir vorschlagen, hierzu den Grenzwert von
[mm] 2n*ln\left(1+\bruch{1}{n}\right)
[/mm]
zu ermitteln und igrnendwie zu verwenden. Aber vielleicht gibt es auch noch eine günstigere Minorante?
Gruß, Diophant
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:03 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Man untersuche, ob die folgende unendliche Reihe
> konvergiert.
>
> [mm]\summe_{i=1}^{n}log(1+n^{-1})[/mm]
anstatt [mm] $\summe_{i=1}^{n}$ [/mm] meinst Du sicher [mm] $\summe_{\red{n}=1}^{\red{\infty}}\,.$
[/mm]
Es gilt für jedes [mm] $N\,$
[/mm]
[mm] $$\summe_{n=1}^{N}\log(1+n^{-1})=\log(\produkt_{n=1}^N \left(1+\frac{1}{n}\right))\,.$$
[/mm]
Ferner ist für jedes [mm] $N\,$
[/mm]
[mm] $$\produkt_{n=1}^N \left(1+\frac{1}{n}\right) \ge \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}\,.$$
[/mm]
Beweis per Induktion:
Für $N=1$ ist alles klar.
$N [mm] \to [/mm] N+1:$
Sei [mm] $\produkt_{n=1}^N \left(1+\frac{1}{n}\right) \ge \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}\,.$ [/mm] Dann ist
[mm] $$\produkt_{n=1}^{N+1} \left(1+\frac{1}{n}\right)=\left(1+\frac{1}{N+1}\right)*\produkt_{n=1}^N \left(1+\frac{1}{n}\right)=\produkt_{n=1}^N \left(1+\frac{1}{n}\right) \ge \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}+\frac{1}{N+1}*\produkt_{n=1}^N \left(1+\frac{1}{n}\right) \ge \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}+\frac{1}{N+1}*1 \ge \sum_{n=1}^{N+1} \frac{1}{n}\,.$$
[/mm]
Fazit:
Wegen [mm] $\lim_{N \to \infty} \produkt_{n=1}^{N+1} \left(1+\frac{1}{n}\right)=\infty$ [/mm] und [mm] $\log(x) \to \infty$ [/mm] bei $x [mm] \to \infty$ [/mm] folgt...?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:10 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Ergänzung:
Es geht einfacher:
[mm] $$\produkt_{n=1}^{N} \left(1+\frac{1}{n}\right)=\produkt_{n=1}^{N} \left(\frac{n+1}{n}\right)=\frac{\produkt_{n=1}^{N} n+1}{\produkt_{n=1}^{N} n}=\frac{\produkt_{n=2}^{N+1} n}{\produkt_{n=1}^{N} n}=N+1$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:12 Mo 27.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Ergänzung:
> Es geht einfacher:
> [mm]\produkt_{n=1}^{N} \left(1+\frac{1}{n}\right)=\produkt_{n=1}^{N} \left(\frac{n+1}{n}\right)=\frac{\produkt_{n=1}^{N+1} n+1}{\produkt_{n=1}^{N+1} n}=\frac{\produkt_{n=2}^{N+2} n}{\produkt_{n=1}^{N+1} n+1}=\frac{N+2}{2}[/mm]
Ist da nicht was schief gelaufen ? Das Produkt ist = N+1
FRED
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:15 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Fred,
> > Ergänzung:
> > Es geht einfacher:
> > [mm]\produkt_{n=1}^{N} \left(1+\frac{1}{n}\right)=\produkt_{n=1}^{N} \left(\frac{n+1}{n}\right)=\frac{\produkt_{n=1}^{N+1} n+1}{\produkt_{n=1}^{N+1} n}=\frac{\produkt_{n=2}^{N+2} n}{\produkt_{n=1}^{N+1} n+1}=\frac{N+2}{2}[/mm]
>
> Ist da nicht was schief gelaufen ?
doch, habe ich gerade auch gemerkt.
> Das Produkt ist = N+1
Mhm, ja, irgendwo bin ich gerade zu blöd zum Kürzen...
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:19 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Fred,
> > Ergänzung:
> > Es geht einfacher:
> > [mm]\produkt_{n=1}^{N} \left(1+\frac{1}{n}\right)=\produkt_{n=1}^{N} \left(\frac{n+1}{n}\right)=\frac{\produkt_{n=1}^{N+1} n+1}{\produkt_{n=1}^{N+1} n}=\frac{\produkt_{n=2}^{N+2} n}{\produkt_{n=1}^{N+1} n+1}=\frac{N+2}{2}[/mm]
>
> Ist da nicht was schief gelaufen ? Das Produkt ist = N+1
so, jetzt habe ich die ganzen Fehler korrigiert: Beim C&P sollte man auch
die Grenzen beachten und ggf. wieder passend machen (da war echt viel
schiefgelaufen deswegen) ^^
Gruß,
Marcel
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Hallo Sakon, ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
Wenn Du erstmal ein bisschen umformst, geht das ganze noch viel einfacher.
Ich übernehme Marcels Korrektur, ohne die die Aufgabe ja auch gar keinen Sinn macht. Außerdem schreibe ich die unendliche Summe zu einem Grenzwert um und wende ein bisschen Bruchrechnung und Logarithmusgesetze an:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}\log{(1+n^{-1})}=\lim_{N\to\infty}\summe_{n=1}^{N}\log{\left(\bruch{n}{n}+\bruch{1}{n}\right)}=\lim_{N\to\infty}\summe_{n=1}^{N}\log{\left(\bruch{n+1}{n}\right)}=\lim_{N\to\infty}\summe_{n=1}^{N}(\log{(n+1)}-\log{n})=\cdots
[/mm]
So, und jetzt ist es nur noch ein Schritt.
Das Geheimnis heißt "Teleskopsumme". Schreib Dir die Summe mal aus, sagen wir für N=3 und N=4 (Achtung: großes N!). Dann solltest Du sehen, was passiert.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:25 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> Hallo Sakon,
>
> Wenn Du erstmal ein bisschen umformst, geht das ganze noch
> viel einfacher.
>
> Ich übernehme Marcels Korrektur, ohne die die Aufgabe ja
> auch gar keinen Sinn macht. Außerdem schreibe ich die
> unendliche Summe zu einem Grenzwert um und wende ein
> bisschen Bruchrechnung und Logarithmusgesetze an:
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\log{(1+n^{-1})}=\lim_{N\to\infty}\summe_{n=1}^{N}\log{\left(\bruch{n}{n}+\bruch{1}{n}\right)}=\lim_{N\to\infty}\summe_{n=1}^{N}\log{\left(\bruch{n+1}{n}\right)}=\lim_{N\to\infty}\summe_{n=1}^{N}(\log{(n+1)}-\log{n})=\cdots[/mm]
>
> So, und jetzt ist es nur noch ein Schritt.
> Das Geheimnis heißt "Teleskopsumme". Schreib Dir die
> Summe mal aus, sagen wir für N=3 und N=4 (Achtung: großes
> N!). Dann solltest Du sehen, was passiert.
das ist mir gerade auch aufgefallen.
'Witzig' ist ja, dass wenn stets [mm] $a_n [/mm] > 0$ ist:
[mm] $$\produkt_{k=1}^N \frac{a_{k+1}}{a_k}$$
[/mm]
[mm] $$\iff \sum_{k=1}^N (\log(a_{k+1})-\log(a_k))$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:22 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi,
und noch eine letzte Variante:
> Man untersuche, ob die folgende unendliche Reihe
> konvergiert.
>
> [mm]\summe_{i=1}^{n}log(1+n^{-1})[/mm]
benutze [mm] $\log(\tfrac{n+1}{n})=\log(n+1)-\log(n)\,,$ [/mm] dann hast Du eine Ziehharmonikareihe.
Wie's weiter geht: Informationen dazu findest Du
hier
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:24 Mo 27.05.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo Marcel,
> und noch eine letzte Variante:
> > Man untersuche, ob die folgende unendliche Reihe
> > konvergiert.
> >
> > [mm]\summe_{i=1}^{n}log(1+n^{-1})[/mm]
>
> benutze [mm]\log(\tfrac{n+1}{n})=\log(n+1)-\log(n)\,,[/mm] dann hast
> Du eine Ziehharmonikareihe.
Ja, das habe ich auch gerade geschrieben. 
Allerdings habe ich das Wort "Teleskopsumme" verwendet, das das gleiche bedeutet.
> Wie's weiter geht: Informationen dazu findest Du
>
> hier
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:27 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Marcel |
> Hallo Marcel,
>
> > und noch eine letzte Variante:
> > > Man untersuche, ob die folgende unendliche Reihe
> > > konvergiert.
> > >
> > > [mm]\summe_{i=1}^{n}log(1+n^{-1})[/mm]
> >
> > benutze [mm]\log(\tfrac{n+1}{n})=\log(n+1)-\log(n)\,,[/mm] dann
> hast
> > Du eine Ziehharmonikareihe.
>
> Ja, das habe ich auch gerade geschrieben.
"zwei D...fe, ein Gedanke", wie man so schön sagt!
> Allerdings habe ich das Wort "Teleskopsumme" verwendet,
> das das gleiche bedeutet.
Klar, es ist auch schöner. Ich vergesse es nur immer, irgendwie denke ich
immer an die Ziehharmonika ^^
Gruß,
Marcel
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