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Leibniz-Kriterium Anwendung Beispiel

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Tags: Folgen und Reihen, Grenzwert, Konvergenz

Spedex aktiv_icon

14:49 Uhr, 02.11.2020

Hallo, gegeben sei folgende Reihe:

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

Nun soll überprüft werden, ob man bei dieser Reihe das Leibniz-Kriterium anwenden kann.

Allerdings bin ich mir hier nicht sicher, wie ich das angehen soll.

Auf Wikipedia habe ich folgenden Beitrag gefunden: de.wikipedia.org/wiki/Leibniz-Kriterium#Aussage_des_Kriteriums

Hierbei wird jedoch folgende Form angegeben:

\sum {(- 1)}^{n} \cdot a_{n}

Bei mir schaut jedoch der Aufbau anders aus. In wie fern spielt das eine Rolle? Muss ich nun zeigen, dass

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

monoton fallend ist, sowie eine reelle Nullfolge?

Könnt ihr mir hierbei weiterhelfen?
LG
Spedex

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

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Grenzwert (Mathematischer Grundbegriff)
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ermanus aktiv_icon

14:56 Uhr, 02.11.2020

Hallo,
du kannst doch daraus zwei Summen machen und wenn die dann nach Leibniz
konvergieren, tut es auch die Gesamtreihe.
Gruß ermanus

Spedex aktiv_icon

15:47 Uhr, 02.11.2020

Hallo, danke für deine Antwort.
So komme ich auf:

{(- 1)}^{n} \cdot \frac{1}{n} + {(- 1)}^{n + 1} \cdot \frac{1}{n^{3}}

Wobei die jeweiligen einzelnen Summanden meiner Meinung nach in das Schema des Leibniz-Kriteriums passen.
Gibt es nun deiner Meinung nach noch etwas zu erledigen? Zum Beispiel zu zeigen, dass beide Teilfolgen jeweils Nullfolgen sind und monoton fallend?

LG
Spedex

ermanus aktiv_icon

15:55 Uhr, 02.11.2020

Wenn ich das richtig verstehe,
willst du das Leibniz-Kriterium nun auf die beiden
Reihen

\sum {(- 1)}^{n} \frac{1}{n}

und

\sum {(- 1)}^{n + 1} \frac{1}{n^{3}}

anwenden.
Das alternierende Vorzeichen ist ja schon mal gut.
Du musst also nur noch zeigen oder glaubhaft erwähnen,
dass die Folgen

1 / n

und

1 / n^{3}

monoton fallende Nullfolgen sind.
Vermutlich wird man dir dies wohl glauben. Du solltest es aber erwähnen ;-)
Gruß ermanus

ledum aktiv_icon

16:48 Uhr, 02.11.2020

Hallo
eigentlich muss man zeigen, dass die Gesamtfolge

\frac{n^{2} - 1}{n^{3}}

monoton fällt, denn wenn man nur die einzelnen Reihen ansieht könnte ja die summe der Summanden nicht mehr monoton fallen, und du hast ja

\sum {(- 1)}^{n} \cdot \frac{n^{2} - 1}{n^{3}}

Gruß ledum

ermanus aktiv_icon

16:52 Uhr, 02.11.2020

@ledum: warum sollte man das tun. Jede der beiden Reihen konvergiert
nach Leibniz und die Summe zweier konvergenter Reihen konvergiert.
Was mich stört ist dein "eigentlich müsste man ...".
In diesem Falle muss man es eben nicht!
Es wird ja nicht verlangt, dass man die Gesamtreihe gemäß Leibniz
behandeln soll. Es sollte nur das Leibniz-Kriterium verwendet werden.
Dennoch ist der von dir angesprochene Weg natürlich vollkommen korrekt
und ich gebe zu, dass die Fragestellung auch ganz in deinem Sinne
verstanden werden kann.

HAL9000

17:26 Uhr, 02.11.2020

Es gibt ja auch alternierende Reihen, da wird einem ein Monotoniebeweis nicht gelingen, schlicht weil keine Monotonie da ist - wohl aber nach Aufspaltung zumindest für eínzelne Summanden, z.B. bei

\sum_{n = 1}^{\infty} {(- 1)}^{n} \cdot \frac{n + 2 \sin (n)}{n^{2}}

Spedex aktiv_icon

17:27 Uhr, 02.11.2020

Hey,
ich hätte noch eine weitere Frage:
Das gleiche Spiel, allerdings für folgende Reihe:

\sum \frac{n}{{(- 2)}^{n}}

Hier bin ich mir sicher.
Denn auch wenn ich es irgendwie umschreibe, beispielsweise so:

{(- 2)}^{- n} \cdot n

Dann sehe ich hier kein Muster, welches dem Leibniz-Kriterium nahe kommt.

Könnt ihr mir hier weiterhelfen?

Liebe Grüße
Spedex

ermanus aktiv_icon

17:34 Uhr, 02.11.2020

Was hältst du denn von

\sum {(- 1)}^{n} \frac{n}{2^{n}}

Spedex aktiv_icon

17:39 Uhr, 02.11.2020

Wow, das ist echt elegant. So schaut das ja schon nach viel mehr aus. Jetzt muss ich allerdings zeigen, dass

\frac{n}{2^{n}}

eine Nullfolge ist, nicht?

ermanus aktiv_icon

17:42 Uhr, 02.11.2020

Ja. Du musst sogar zeigen, dass es eine monoton fallende Nullfolge ist ;-)

Spedex aktiv_icon

18:59 Uhr, 02.11.2020

Wie kann ich das denn zeigen?
Ich möchte zeigen, dass

0 \leq \frac{n}{2^{n}} \leq \frac{1}{n}

Durch alleiniges Betrachten wird schon klar, dass es ein Nullfolge ist, denn im Zähler steht nur n, im Nenner hingegen steht n-mal 2, was größer als n ist.
Aber wie kann ich das jetzt am besten mathematisch umsetzten?

LG

HAL9000

20:55 Uhr, 02.11.2020

Zeig doch lieber die Monotonie, z.B. einfach so:

\frac{n}{2^{n}} - \frac{n + 1}{2^{n + 1}} = \frac{2 n - (n + 1)}{2^{n + 1}} = \frac{n - 1}{2^{n + 1}} \geq 0

für alle

n \geq 1

ermanus aktiv_icon

22:34 Uhr, 02.11.2020

Hallo,
Monotonie ist ja prima, reicht aber ja nicht.
Man kann aber die Monotonie nutzen, um zu zeigen, dass es eine Nullfolge ist.
Gruß ermanus

HAL9000

22:42 Uhr, 02.11.2020

> Monotonie ist ja prima, reicht aber ja nicht.

Hab ich ja auch nicht behauptet. ;-)

ermanus aktiv_icon

22:58 Uhr, 02.11.2020

Das ist wahr ;-)
Vielleicht noch ein Tipp:
eine moton fallende Folge ist bereits dann eine Nullfolge, wenn eine ihrer
Teilfolgen eine Nullfolge ist,
betrachte z.B.

(a_{(2^{n})})

Spedex aktiv_icon

10:14 Uhr, 03.11.2020

Hallo,
danke für eure Antworten.
Ich habe jetzt die Nullfolge (hoffentlich) mittels vollständiger Induktion bewiesen.

\frac{1}{2^{n}} \cdot n < \frac{1}{n}

\frac{1}{2^{n}} < \frac{1}{n}

2^{n} > n

Induktionsannahme:

2^{n} > n

Induktionsanfang für

n = 0

2^{0} = 1 > 0

Induktionsanfang für

n = 1

2^{1} = 2 > 1

Induktionsschritt:

2^{n + 1} > n + 1

2^{n} \cdot 2 > n \cdot 2 \geq n + 1

Das geht aus der Induktionsannahme heraus.
Dies gilt für

n \geq 1

.

Den gezeigten Weg zum Zeigen der Monotonie finde ich sehr gut. Danke dafür.

Nochmals Danke für die Hilfe!

LG
Spedex

ermanus aktiv_icon

10:18 Uhr, 03.11.2020

Hallo,

\frac{1}{2^{n}} \cdot n < \frac{1}{n}

ist äquivalent zu

2^{n} > n^{2}

...
Gruß ermanus

Spedex aktiv_icon

10:21 Uhr, 03.11.2020

Hey, ich dachte mir, dass es reicht, wenn ich zeige, dass

\frac{1}{2^{n}} < \frac{1}{n}

, denn wenn

\frac{1}{2^{n}}

eine Nullfolge ist, dann ist auch

\frac{1}{2^{n}} \cdot n

eine Nullfolge, nicht?

LG

ermanus aktiv_icon

10:24 Uhr, 03.11.2020

Gerade das ist ja der springende Punkt.
Wenn

a_{n}

eine Nullfolge ist, warum soll dann

a_{n} \cdot n

auch eine Nullfolge sein?

Spedex aktiv_icon

10:26 Uhr, 03.11.2020

Ok, da hast du Recht, das macht keinen Sinn. Ich war der Meinung, dass etwas, was gegen 0 konvergiert mit etwas, was gegen Unendlich konvergiert multipliziert wird, ebenfalls gegen 0 konvergiert, was allerdings nicht unbedingt sein muss.
Ich schau es mir nochmal an.

Spedex aktiv_icon

14:41 Uhr, 03.11.2020

Ok, wenn ich es jetzt wieder mittels vollständige Induktion mache, komme ich beim Induktionsschritt zu folgender Ungleichung:

2^{n} \cdot 2 > n^{2} + 2 n + 1

2^{n} \cdot 2 > n^{2} \cdot 2 > n^{2} + 2 n + 1

Das geht aus der Induktionsannahme heraus.
Aber nun muss ich irgendwie das noch abschätzen:

n^{2} \cdot 2 > n^{2} + 2 n + 1

Und da fällt mir nichts ein.
Kann man das abschätzen?

Liebe Grüße
Spedex

ermanus aktiv_icon

14:47 Uhr, 03.11.2020

Klar!
Es geht um

n^{2} - 2 n > 1

,
also um

(n - 1)^{2} > 2

und das ist für

n \geq 3

sicher erfüllt.

Spedex aktiv_icon

14:52 Uhr, 03.11.2020

Wow, das ist wirklich eine super Lösung. Quadratisches Ergänzen, gut das du mir das gezeigt hast.

Vielen Dank für die Hilfe.

Liebe Grüße
Spedex

HAL9000

14:53 Uhr, 03.11.2020

> und das ist für

n \geq 3

sicher erfüllt.

Wenn ich so nach oben blicke, dann sehe ich bei Spedex Induktionsanfang

n = 0

sowie

n = 1

. Jetzt wird es interessant, und sicher auch lehrreich hinsichtlich Umgang mit Induktionen... :-)

ermanus aktiv_icon

14:56 Uhr, 03.11.2020

Ja, da hat HAL9000 mit Recht diverse Fragezeichen bzgl.
des Induktionsanfangs gesichtet ;-)

Spedex aktiv_icon

17:04 Uhr, 03.11.2020

Gut, der Induktionsanfang ist halt jetzt ab

n = 3

gültig.

ermanus aktiv_icon

17:29 Uhr, 03.11.2020

Ist

2^{3} > 3^{2}

HAL9000

17:53 Uhr, 03.11.2020

Das erinnert mich an eine alte Olympiadeaufgabe, die lautete sinngemäß so:

Man ermittle alle positiven ganzen Zahlen

n

, so dass es im Intervall

[2^{n}, 2^{n + 1}]

mindestens eine durch

n^{3}

teilbare ganze Zahl gibt.

"Induktionsanfang"

n = 1

und

n = 2

klappen prima, aber dann gibt es eine Durststrecke

n = 3, \dots, 7

und erst für

n \geq 8

ist es dann wieder wahr. Hinreichend dafür, dass es für ein

n

klappt ist ja die Ungleichung

2^{n} > n^{3}

, aber die stimmt sogar erst für

n \geq 10

DURCHGEHEND.

Spedex aktiv_icon

18:14 Uhr, 03.11.2020

Sorry, da habe ich jetzt schon im Induktionsschritt geschaut, anstatt in der Annahme. Für

n > 3

gilt es.
LG

ermanus aktiv_icon

18:16 Uhr, 03.11.2020

Ist

2^{4} > 4^{2}

Spedex aktiv_icon

18:36 Uhr, 03.11.2020

Nein, aber größer gleich.
Wenn man es größer haben möchte, dann aber ab

n = 5

, so jetzt aber... :-D)

ermanus aktiv_icon

18:48 Uhr, 03.11.2020

Nun hast du's ;-)
So eine lange "Durststrecke", wie HAL9000 sie beschreibt, lässt sicher so
manchen beweisfreudigen Studenten verdursten :-)
Gruß ermanus

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