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Divergenz des Cauchyprodukts zeigen

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Tags: Cauchy, Cauchyprodukt, divergenz, Folgen und Reihen, Konvergenz, reih, Reihenwert

anonymous

20:00 Uhr, 26.11.2019

Hallo,

ich bin mir nach dem Umformen jetzt nicht sicher, was ich Weiteres verwenden könnte, um die Divergenz zu zeigen.

Zur Aufgabe:

gegeben:

\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n + 1)}^{\frac{2}{3}}}

und

\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n + 1)}^{\frac{1}{3}}}

schon gezeigt: die beiden Reihen konvergieren (Leibniz-Kriterium)

noch zu zeigen: das Cauchy-Produkt der beiden Reihen divergiert

mein Ansatz:

sei

a_{n} := \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n + 1)}^{\frac{2}{3}}}, b_{n} := \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n + 1)}^{\frac{1}{3}}}

und dann

c_{n} := \sum_{k = 0}^{n} a_{k} \cdot b_{n - k} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{{(k + 1)}^{\frac{2}{3}}} \cdot \frac{{(- 1)}^{n - k}}{{(n - k + 1)}^{\frac{1}{3}}} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k} \cdot {(- 1)}^{n - k}}{{(k + 1)}^{\frac{2}{3}}} \cdot {(n - k + 1)}^{- \frac{1}{3}}

= \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(k + 1)}^{\frac{2}{3}}} \cdot {(n - k + 1)}^{- \frac{1}{3}}

c_{n}

ist zwar noch nicht das Cauchy-Produkt selbst, ich wollte aber schauen, dass ich

c_{n}

schonmal etwas umforme, bevor ich dann das Cauchy-Produkt

\sum_{n = 0}^{\infty} c_{n}

anschaue

Jetzt fällt mir aber nicht ein, wie man weitermachen könnte. Weiß jemand weiter?

Danke im Voraus

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

HAL9000

20:33 Uhr, 26.11.2019

Man kann den Nenner abschätzen per AMGM:

\sqrt[3]{(k + 1)^{2} (2 n - 2 k + 2)} \leq \frac{2 (k + 1) + (2 n - 2 k + 2)}{3} = \frac{2 n + 4}{3}

,

folglich gilt

∣ c_{n} ∣ = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{{(k + 1)}^{\frac{2}{3}} {(n - k + 1)}^{\frac{1}{3}}} \geq (n + 1) \cdot 2^{\frac{1}{3}} \cdot \frac{3}{2 n + 4}

,

damit ist

(c_{n})

nicht mal eine Nullfolge, somit kann Reihenkonvergenz hier nicht vorliegen.

anonymous

20:35 Uhr, 26.11.2019

Klingt interessant und schlüssig, Danke. "AMGM" dürfen wir wohl aber (noch) nicht verwenden, da davon noch nie die Rede war.

HAL9000

20:37 Uhr, 26.11.2019

> "AMGM" dürfen wir wohl aber (noch) nicht verwenden, da davon noch nie die Rede war.

Du weißt schon, dass damit nichts weiter als die Ungleichung zwischen arithmetischen und geometrischen Mittel gemeint ist?

Immer wieder schön, wenn man der elementarsten Werkzeuge beraubt wird. Na dann denk dir eben was anderes aus.

anonymous

20:43 Uhr, 26.11.2019

Es wird eben sorgfältig darauf geachtet, dass wir nur Mittel ("Werkzeuge") benutzen, die schon so in der Vorlesung oder in der Übung verallgemeinernd gezeigt wurden, deswegen die Anmerkung. Trotzdem Danke.

HAL9000

21:05 Uhr, 26.11.2019

Es reicht ja auch noch grober: Für alle

0 \leq k \leq n

gilt

{(k + 1)}^{\frac{2}{3}} \cdot {(n - k + 1)}^{\frac{1}{3}} \leq {(n + 1)}^{\frac{2}{3}} \cdot {(n + 1)}^{\frac{1}{3}} = n + 1

,

damit geht es doch auch.

anonymous

21:16 Uhr, 26.11.2019

Habe nach deiner Antwort mit dem AMGM auch überlegt, ob ich es auf ähnliche Weise aber nicht direkt mit dem AMGM abschätzen kann und ich kann das aus deiner Antwort sehr gut nachvollziehen, Danke schonmal.
Argumentiert man dann weiter, indem man zeigt, dass folglich gilt:

\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{{(k + 1)}^{\frac{2}{3}} \cdot {(n - k + a)}^{\frac{1}{3}}} \geq \frac{1}{n + 1} \geq 0

und da

\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n + 1}

divergiert,

divergiert auch die Reihe über

| c_{n} |

(also praktisch das Minorantenkriterium)? Müsste man dann nicht

c_{n}

(also ohne den Betrag) noch getrennt betrachten?

HAL9000

21:19 Uhr, 26.11.2019

Die Abschätzung gilt für jeden einzelnen Summanden, daher gilt sogar

∣ c_{n} ∣ = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{{(k + 1)}^{\frac{2}{3}} {(n - k + 1)}^{\frac{1}{3}}} \geq \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{n + 1} = \frac{n + 1}{n + 1} = 1

anonymous

21:23 Uhr, 26.11.2019

Vielen Dank, das hat's geklärt!

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