Reihenkonvergenz < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:16 Do 07.05.2009 | | Autor: | unR34L |
| Aufgabe | Untersuchen Sie mithilfe des Majorantenkriteriums oder des
Leibnizkriteriums folgende Reihen auf Konvergenz:
a)
[mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{10^{k}+1}
[/mm]
b)
[mm] \summe_{k=2}^{\infty}\bruch{1}{\ln k}
[/mm]
c)
[mm] \summe_{k=2}^{\infty}\bruch{(-1)^{k}}{k\ln k}
[/mm]
d)
[mm] \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{k+1}}{\wurzel{k}}
[/mm]
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Hi ! Ist das erste mal, dass ich mich an Reihen heranwage und wollte meine Ergebnisse mal prüfen lassen.
zu a)
[mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{10^{k}+1}
[/mm]
Behauptung:
[mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{2^{k}} [/mm] ist Majorante und damit ist [mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{10^{k}+1} [/mm] konvergent.
Zu zeigen: [mm] \bruch{1}{10^{k}+1} \le \bruch{1}{2^{k}}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{10^{k}+1} \le \bruch{1}{2^{k}} [/mm]
1 [mm] \le \bruch{10^{k}+1}{2^{k}}
[/mm]
1 [mm] \le \bruch{10^{k}}{2^{k}}+\bruch{1}{2^{k}}
[/mm]
1 [mm] \le 5^{k}+\bruch{1}{2^{k}}
[/mm]
da [mm] 5^{k} \ge [/mm] 1 und [mm] \bruch{1}{2^{k}} [/mm] > 0 gilt [mm] 5^{k}+\bruch{1}{2^{k}} \ge [/mm] 1
q.e.d.
zu b)
Vermutung: Reihe ist divergent
Behauptung:
[mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{k} [/mm] ist Minorante der Reihe und damit ist [mm] \summe_{k=2}^{\infty}\bruch{1}{\ln k} [/mm] divergent.
Zu zeigen: [mm] \bruch{1}{\ln k} \ge \bruch{1}{k}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{\ln k} \ge \bruch{1}{k} \gdw \ln [/mm] k [mm] \le [/mm] k
[mm] \ln [/mm] k [mm] \le [/mm] k ist offensichtlich. Hier fehlt wohl vielleicht noch ein bischen was am Beweis.
c)
[mm] \summe_{k=2}^{\infty}\bruch{(-1)^{k}}{k\ln k} [/mm] = [mm] \summe_{k=2}^{\infty}(-1)^{k}*\bruch{1}{k\ln k}
[/mm]
Prüfe, ob [mm] \bruch{1}{k\ln k} [/mm] monoton fallende Nullfolge nicht-negativer Zahlen ist.
Für k = 2 ist [mm] a_{2} \approx [/mm] 0,34657 und für k = 3 ist [mm] a_{3} \approx [/mm] 0,366
Da [mm] a_{2} [/mm] < [mm] a_{3} [/mm] ist die Folge nicht monoton fallend [mm] \Rightarrow [/mm] die Reihe ist nicht konvergent.
d)
[mm] \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{k+1}}{\wurzel{k}} [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{k}*(-1)}{\wurzel{k}}= \summe_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}*\bruch{-1}{\wurzel{k}}
[/mm]
Da [mm] \bruch{-1}{\wurzel{k}} [/mm] immer negativ ist, ist die Reihe nicht konvergent.
So das wärs erstmal, hoffe ich habe keine groben Fehler gemacht.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:51 Do 07.05.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Untersuchen Sie mithilfe des Majorantenkriteriums oder des
> Leibnizkriteriums folgende Reihen auf Konvergenz:
>
> a)
>
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{10^{k}+1}[/mm]
>
> b)
>
> [mm]\summe_{k=2}^{\infty}\bruch{1}{\ln k}[/mm]
>
> c)
>
> [mm]\summe_{k=2}^{\infty}\bruch{(-1)^{k}}{k\ln k}[/mm]
>
> d)
>
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{k+1}}{\wurzel{k}}[/mm]
>
> Hi ! Ist das erste mal, dass ich mich an Reihen heranwage
> und wollte meine Ergebnisse mal prüfen lassen.
>
> zu a)
>
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{10^{k}+1}[/mm]
>
> Behauptung:
>
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{2^{k}}[/mm] ist Majorante und
> damit ist [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{10^{k}+1}[/mm]
> konvergent.
>
> Zu zeigen: [mm]\bruch{1}{10^{k}+1} \le \bruch{1}{2^{k}}[/mm]
>
> [mm]\bruch{1}{10^{k}+1} \le \bruch{1}{2^{k}}[/mm]
> 1 [mm]\le \bruch{10^{k}+1}{2^{k}}[/mm]
> 1 [mm]\le \bruch{10^{k}}{2^{k}}+\bruch{1}{2^{k}}[/mm]
>
> 1 [mm]\le 5^{k}+\bruch{1}{2^{k}}[/mm]
>
> da [mm]5^{k} \ge[/mm] 1 und [mm]\bruch{1}{2^{k}}[/mm] > 0 gilt
> [mm]5^{k}+\bruch{1}{2^{k}} \ge[/mm] 1
>
> q.e.d.
ich hab' nur grob drübergeguckt, aber warum machst Du das mit [mm] $\sum \frac{1}{2^k}$? [/mm] Naheliegender ist doch eigentlich, [mm] $\sum \frac{1}{10^k+1} \le \sum \frac{1}{10^k}=\sum \left(\frac{1}{10}\right)^k$ [/mm] zu benutzen. Aber nun gut...
> zu b)
>
> Vermutung: Reihe ist divergent
>
> Behauptung:
>
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{k}[/mm] ist Minorante der Reihe
> und damit ist [mm]\summe_{k=2}^{\infty}\bruch{1}{\ln k}[/mm]
> divergent.
>
> Zu zeigen: [mm]\bruch{1}{\ln k} \ge \bruch{1}{k}[/mm]
>
> [mm]\bruch{1}{\ln k} \ge \bruch{1}{k} \gdw \ln[/mm] k [mm]\le[/mm] k
Bei dem [mm] $\gdw$ [/mm] solltest Du $k > 1$ erwähnen. Die Folgerung [mm] '$\Leftarrow$' [/mm] wäre für $0 < k [mm] \le [/mm] 1$ falsch bzw. nicht möglich.
> [mm]\ln[/mm] k [mm]\le[/mm] k ist offensichtlich. Hier fehlt wohl vielleicht
> noch ein bischen was am Beweis.
Ja, das [mm] $\ln(x) \le [/mm] x$ gilt, solltest Du noch begründen. Vll. ergibt sich das aber auch aus einer anderen Abschätzung, die Dir geläufig ist (meist wird doch schon relativ früh [mm] $\ln(x) \le [/mm] x-1$ ($x [mm] \in \IR$) [/mm] bewiesen). Hängt auch davon ab, wie Du den [mm] $\ln$ [/mm] kennengelernt hast...
Achja: Anstatt [mm] $\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k}$ [/mm] solltest Du [mm] $\blue{\summe_{k=2}^\infty} \frac{1}{k}$ [/mm] als Minorante wählen 
Die Aufgaben a) und b) sind aber i. W. richtig gelöst (es sei denn, mir ist nun auf die Schnelle ein Fehler nicht aufgefallen, aber das wird dann sicher noch jemand anderes erwähnen bzw. korrigieren ).
> c)
>
> [mm]\summe_{k=2}^{\infty}\bruch{(-1)^{k}}{k\ln k}[/mm] =
> [mm]\summe_{k=2}^{\infty}(-1)^{k}*\bruch{1}{k\ln k}[/mm]
>
> Prüfe, ob [mm]\bruch{1}{k\ln k}[/mm] monoton fallende Nullfolge
> nicht-negativer Zahlen ist.
>
> Für k = 2 ist [mm]a_{2} \approx[/mm] 0,34657 und für k = 3 ist [mm]a_{3} \approx[/mm]
> 0,366
>
> Da [mm]a_{2}[/mm] < [mm]a_{3}[/mm] ist die Folge nicht monoton fallend
> [mm]\red{\Rightarrow}[/mm] die Reihe ist nicht konvergent.
Da gibt's drei Haken:
1.) Wenn das Leibnizkriterium erfüllt ist, dann konvergiert die Reihe. Das Kriterium ist aber nur hinreichend, nicht notwendig. Das heißt, wenn das Leibnizkriterium nicht erfüllt ist, dann heißt das nicht, dass die Reihe dann auch divergiert. Da ist dann i.a. keine Aussage möglich. Deine Folgerung wäre also nicht zulässig, bzw. falsch.
2.) [mm] $a_2=\frac{1}{2*\ln(2)} \approx [/mm] 0,72$ und [mm] $a_3=\frac{1}{3*\ln(3)} \approx [/mm] 0,3$, wie konmst Du zu Deinen obigen Werten?
3.) Selbst, wenn [mm] $a_2 [/mm] < [mm] a_3$ [/mm] wäre, wäre das nicht schlimm, wenn dann mit [mm] $b_n:=a_{n+2}$ [/mm] ($n [mm] \in \IN$) [/mm] die Folge [mm] $(b_n)_n$ [/mm] eine monoton fallende Nullfolge wäre. Beachte, dass endlich viele Summanden nichts zum Konvergenzverhalten einer Reihe beitragen.
In Wahrheit solltest Du hier mit Leibniz die Konvergenz Deiner Reihe erhalten. Die Funktion $x [mm] \mapsto x*\ln(x)$ [/mm] ist nämlich streng monoton wachsend für $x > [mm] 1\,$ [/mm] und nimmt für $x > [mm] 1\,$ [/mm] auch nur Werte $> [mm] 0\,$ [/mm] an.
> d)
>
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{k+1}}{\wurzel{k}}[/mm] =
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{k}*(-1)}{\wurzel{k}}= \summe_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}*\bruch{-1}{\wurzel{k}}[/mm]
>
> Da [mm]\bruch{-1}{\wurzel{k}}[/mm] immer negativ ist, ist
> die Reihe nicht konvergent.
Diese Begründung ist auch wieder Unsinn (mache Dir bitte nochmal klar, dass nicht jede hinreichende Bedingung auch notwendig sein muss!). Du kannst natürlich schreiben:
[mm] $$\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{k+1}}{\wurzel{k}}=\summe_{k=1}^{\infty}(-1)^k *\bruch{-1}{\wurzel{k}}\,.$$
[/mm]
Jetzt mache aber richtig weiter:
Damit ist
[mm] $$(\star)\;\;\;\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{k+1}}{\wurzel{k}}=-\sum_{k=1}^\infty (-1)^k*\frac{1}{\sqrt{k}}\,.$$
[/mm]
Nun konvergiert eine Reihe [mm] $\sum_{k=1}^\infty a_k$ [/mm] genau dann, wenn [mm] $-\sum_{k=1}^\infty a_k=\sum_{k=1}^\infty (-a_k)$ [/mm] konvergiert.
Bzgl. [mm] $(\star)$:
[/mm]
Überlege Dir, dass [mm] $\sum_{k=1}^\infty (-1)^k*\frac{1}{\sqrt{k}}$ [/mm] konvergiert. (Tipp: [mm] $\big(1/\sqrt{k}\big)_{k \in \IN}$ [/mm] fällt monoton gegen [mm] $0\,.$)
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:15 Fr 08.05.2009 | | Autor: | unR34L |
Ok, danke schonmal für deine Hilfe.
zu c)
Ich muss also zeigen, dass [mm] \bruch{1}{k\ln k} [/mm] monoton fallende Nullfolge nicht-negativer Zahlen ist. Wenn sie dass ist, konvergiert die Reihe.
Nicht-negativ ist offensichtlich.
Zur Monotonie:
Zeige : [mm] k*\ln [/mm] k ist monoton wachsend für k > 1
[mm] k*\ln(k) \le (k+1)*\ln(k+1) [/mm]
[mm] k*\ln(k) \le (k+1)*(\ln(k)+\ln(1+\bruch{1}{k}))
[/mm]
[mm] k*\ln(k) \le k*\ln(k)+ln(k)+k*ln(1+\bruch{1}{k})+ln(1+\bruch{1}{k})
[/mm]
da [mm] ln(k)+k*ln(1+\bruch{1}{k})+ln(1+\bruch{1}{k} [/mm] für k > 1 immer > 0 ist, ist die ungleichung erfüllt
Bleibt noch zu zeigen, dass es eine Nullfolge ist, also:
[mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k*\ln(k)}=0
[/mm]
Hier brauch ich Hilfe, da mir Grenzwertberechnung nicht so mein Ding ist.
zu d)
Zeige: [mm] \bruch{1}{\wurzel{k}} [/mm] ist monoton fallende Nullfolge nicht-negativer Zahlen.
Nicht-negativ ist wieder offensichtlich.
Monotonie:
[mm] \bruch{1}{\wurzel{k}} \ge \bruch{1}{\wurzel{k+1}}
[/mm]
da [mm] \wurzel{k+1} >\wurzel{k} [/mm] ist die Ungleichung erfüllt.
Grenzwert:
[mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{\wurzel{k}} [/mm] = [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k^{\bruch{1}{2}}} [/mm] = 0 (haben wir schon in der vorlesung gehabt)
Also ist die Reihe konvergent.
So, hoffe mal, dass das jetzt etwas besser passt.
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Hallo unR34L!
> Bleibt noch zu zeigen, dass es eine Nullfolge ist, also:
>
> [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k*\ln(k)}=0[/mm]
Betrachte hier:
[mm] $$\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k*\ln(k)} [/mm] \ = \ [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k}*\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{\ln(k)}$$
[/mm]
> zu d)
> Also ist die Reihe konvergent.
>
> So, hoffe mal, dass das jetzt etwas besser passt.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:58 Fr 08.05.2009 | | Autor: | unR34L |
> Betrachte hier:
> [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k*\ln(k)} \ = \ \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k}*\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{\ln(k)}[/mm]
Ahh, ok.
Reicht dann :
Da [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k} [/mm] = 0 gilt [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k}*\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{\ln(k)} [/mm] = 0 ?
Oder müsste ich noch zeigen, dass der GW (von [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{\ln(k)}) [/mm] existiert, bzw. diesen berechnen ?
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Hallo unR34L!
> Reicht dann :
>
> Da [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k}[/mm] = 0 gilt
> [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k}*\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{\ln(k)}[/mm] = 0 ?
Nein, das reicht nicht allein.
> Oder müsste ich noch zeigen, dass der GW (von
> [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{\ln(k)})[/mm] existiert,
> bzw. diesen berechnen ?
Es reicht zu zeigen, dass der 2. Grenzwert existiert.
Gruß vom
Roadrunner
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:27 Fr 08.05.2009 | | Autor: | unR34L |
> > Oder müsste ich noch zeigen, dass der GW (von
> > [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{\ln(k)})[/mm] existiert,
> > bzw. diesen berechnen ?
>
> Es reicht zu zeigen, dass der 2. Grenzwert existiert.
Also reicht es ja sogar wenn [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\ln(k) [/mm] existiert und der ist ja afaik 0 oder ?
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wenn [mm] k->\infty [/mm] geht, dann geht auch ln(k) gegen [mm] \infty [/mm] und damit wird [mm] \bruch{1}{ln(k)} [/mm] 0
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:02 Fr 08.05.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
um
[mm] $$\lim_{k \to \infty} \Big(\frac{1}{k}*\frac{1}{\ln(k)}\Big)=0$$
[/mm]
zu beweisen, hätte es sogar genügt, zu zeigen, dass die Folge [mm] $\bigg(\frac{1}{\ln(k)}\bigg)_{k=2}^\infty$ [/mm] beschränkt ist (denn das Produkt einer Nullfolge mit einer beschränkten Folge ergibt wieder eine Nullfolge). Und das wäre wegen $0 [mm] \le \frac{1}{\ln(k)} \le \frac{1}{\ln(2)}$ [/mm] ($k [mm] \ge [/mm] 2$) klar.
Natürlich ist es hier mit den eben angesprochenen Dingen sogar so, dass man mit dem Satz, dass, wenn [mm] $a_k \to [/mm] a$ und [mm] $b_k \to [/mm] b$ dann [mm] $a_k*b_k \to [/mm] a*b$ (jeweils bei $k [mm] \to \infty$) [/mm] gilt, auch arbeiten kann:
Wegen $k, [mm] \ln(k) \to \infty$ [/mm] bei $k [mm] \to \infty$ [/mm] gilt sowohl $1/k [mm] \to [/mm] 0$ als auch [mm] $1/\ln(k) \to [/mm] 0$ bei $k [mm] \to \infty\,.$
[/mm]
Also:
[mm] $$\frac{1}{k*\ln(k)}=\underbrace{\frac{1}{k}}_{\to 0\; (k \to 0)}*\underbrace{\frac{1}{\ln(k)}}_{\to 0\; (k \to 0)} \to 0*0=0\;\;\;(k \to \infty)\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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