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Reihen auf Konvergenz untersuchen

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Tags: Folgen und Reihen

Khokta aktiv_icon

12:51 Uhr, 01.05.2015

Hallo! Also ich soll zb folgende Reihe auf Konvergenz und auf absolute Konvergenz untersuchen:

\sum_{n = 1}^{\infty} {(\sqrt[n]{n} - 1)}^{n}

Wir haben in der Vorlesung verschiedene Definitionen und Sätze formuliert, also Majorantenkriterium, Quotientenkriterium, usw...
Leider haben wir das aber nicht anhand von Beispielen deutlicher gemacht, ich weiß jetzt noch gar nicht wie ich diese Kriterien anwenden kann, und vor allem, welches ich hier brauche.

Kann mir jemand anhand dieses Beispiels mal Schritt für Schritt die Vorgangsweise erklären bitte?

Danke schonmal im Voraus!!
Liebe Grüße
Khokta

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

DrBoogie aktiv_icon

16:53 Uhr, 01.05.2015

Das ist kein einfaches Beispiel, also zu hart für den Einstieg ins Thema, finde ich.

Aber es geht in etwa so:

\sqrt[n]{n} = n^{1 / n} = e^{\ln (n) / n} < 1.5

für alle

n > n_{0}

für ein passendes

n_{0}

, weil

\frac{\ln (n)}{n} \to 0

bei

n \to \infty

, also

e^{\ln (n) / n} \to 1

bei

n \to \infty

.
Damit gilt

(\sqrt[n]{n} - 1)^{n} < 0 . 5^{n} = \frac{1}{2^{n}}

und wir haben eine konvergente Majorante (geometrische Reihe).
Damit konvergiert

\sum (\sqrt[n]{n} - 1)^{n}

, auch absolut, weil alle Summanden sowieso

\geq 0

sind.

Der Wert

1.5

war ziemlich willkürlich, es würde jeder Wert aus

(1, 2)

passen.

abakus

17:20 Uhr, 01.05.2015

"Das ist kein einfaches Beispiel, also zu hart für den Einstieg ins Thema, finde ich."

Also, wenn unter den eingeführten Kriterien auch das Wurzelkriterium gewesen sein sollte, ist es ein Einzeiler.

DrBoogie aktiv_icon

17:23 Uhr, 01.05.2015

\sqrt[n]{n} - 1

muss man so oder so abschätzen, damit ist es schon kein Einzeiler.
Und wenn es ganz blöd läuft, muss man auch die Abschäztung noch beweisen.
Woher wissen wir, dass der Autor einfach so

\frac{\ln (n)}{n} \to 0

nutzen darf?

abakus

17:27 Uhr, 01.05.2015

Von mir auch kann es auch ein Zweizeiler werden durch die zusätzliche Zeile
"Wäre

\sqrt[n]{n}

kleiner als 1, dann müsste

(\sqrt[n]{n})^{n} = n

auch kleiner als 1 sein."

DrBoogie aktiv_icon

17:33 Uhr, 01.05.2015

Hast Du nicht gesehen, dass da

\sqrt[n]{n} - 1

steht?
Natürlich gilt

\sqrt[n]{n} \geq 1

, aber das bringt noch nichts.

Schreibe Deinen "Zweizeiler", wirst sehen, dass es nicht klappt.

abakus

18:08 Uhr, 01.05.2015

Hallo DrBoogie,
du hast Recht. Ich hatte im Hinterkopf noch die (für mich selbstverständliche, aber wohl doch erst noch zu beweisende) Tatsache, dass die n-te Wurzel aus n gegen 1 konvergiert.
Wenn man darauf nicht zurückgreifen darf, wird es aufwändiger.

Khokta aktiv_icon

11:00 Uhr, 03.05.2015

Hallo, also danke erstmal für die Antworten, ich werde das jetzt mal Schritt für Schritt durchgehen. Ich habe derweil ein weiteres Bsp gelöst, und zwar mittels dem Quotientenkriterium. Wäre schon sehr hilfreich für mich, wenn ihr da vl mal kurz drüberschauen könntet:

Quotientenkriterium: ex.

q := lim_{n \to \infty} \frac{| a_{n} + 1 |}{| a_{n} |} \Rightarrow

absolut konvergent für

q < 1,

divergent für

q \geq 1

zz:

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{n}}{n!}

konvergiert

\frac{| \frac{2^{n + 1}}{(n + 1)!} |}{| \frac{2^{n}}{n!} |} = | \frac{2^{n + 1} \cdot n!}{(n + 1)! \cdot 2^{n}} | = | \frac{2}{n + 1} |

und

| \frac{2}{n + 1} | \to 0

für

n \to \infty,

also konvergiert die Reihe absolut.

DrBoogie aktiv_icon

11:04 Uhr, 03.05.2015

Richtig.

Khokta aktiv_icon

11:30 Uhr, 03.05.2015

Super danke.

Bei der Reihe

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{i^{n}}{n}

habe ich jetzt auch mit dem Quotientenkriterium gearbeitet, komme schließlich auf

\frac{| i \cdot n |}{| (n + 1) |}

Wie komme ich hier jetzt weiter, um Konvergenz bzw Divergenz zu zeigen?

Lg Khokta

DrBoogie aktiv_icon

14:03 Uhr, 03.05.2015

Hier hilft dieses Kriterium nicht. Absolut ist sie divergent, denn

∣ \frac{i^{n}}{n} ∣ = \frac{1}{n}

.
Nicht absolut konvergiert sie aber, nach Leibniz-Kriterium: de.wikipedia.org/wiki/Leibniz-Kriterium, dazu kann man einfach getrennt die Reihe aus geraden

n

und aus ungeraden

n

betrachten.

Khokta aktiv_icon

14:09 Uhr, 03.05.2015

Ich verstehe nicht, wieso

| \frac{i^{n}}{n} | = \frac{1}{n}

Wenn ich zb für

n = 1

einsetze, erhalte ich doch

\frac{i^{1}}{1} = i \neq \frac{1}{1}

DrBoogie aktiv_icon

14:12 Uhr, 03.05.2015

Du hast Betrag vergessen.

∣ \frac{i}{1} ∣ = ∣ i ∣ = 1

Khokta aktiv_icon

14:18 Uhr, 03.05.2015

aah, stimmt ja!! Vielen Dank, werd das ganze jetzt mal durchgehen

Khokta aktiv_icon

14:34 Uhr, 03.05.2015

Noch eine Frage:

Betrachte ich jetzt die Reihe für alle geraden

n,

erhalte ich für

n = 2 \to - \frac{1}{2}, n = 4 \to \frac{1}{4}, n = 6 \to - \frac{1}{6}, n = 8 \to \frac{1}{8}

usw.
Die positiven Werte sind monoton fallend, die negativen Werte sind jedoch monoton steigend?

DrBoogie aktiv_icon

14:39 Uhr, 03.05.2015

"Die positiven Werte sind monoton fallend, die negativen Werte sind jedoch monoton steigend?"

Ja, aber das ist kein Problem. Kuck noch mal das Leibniz-Kriterium.

Khokta aktiv_icon

14:53 Uhr, 03.05.2015

"Das Kriterium gilt auch für monoton wachsende Nullfolgen." also kein Problem.

Für die ungeraden

n

bekomme ich bei steigendem

n

die Werte

i, - \frac{i}{3}, \frac{i}{5}, - \frac{i}{7}, \frac{i}{9}

usw.

Also ist das eine abwechselnd monoton fallende/wachsende Nullfolge, und die Reihe konvergiert.

Korrekt?

DrBoogie aktiv_icon

15:03 Uhr, 03.05.2015

Bei komplexen Zahlen gibt's keine "fallende und steigende".
Du musst

i

als Faktor nach vorne ziehen und den Rest mit dem Leibniz-Kriterium behandeln.

Also, ich würde das ganze so aufschreiben:

\sum_{n = 1}^{2 N} \frac{i^{n}}{n} = \sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{i^{2 k + 1}}{2 k + 1} + \sum_{k = 1}^{N} \frac{i^{2 k}}{2 k} = i \sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{(- 1)^{k}}{2 k + 1} + \sum_{k = 1}^{N} \frac{(- 1)^{k}}{2 k} \to i A + B

bei

N \to \infty

, wobei

A = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{2 k + 1}

und

B = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{2 k}

- beide Reihen konvergieren nach dem Leibniz-Kriterium.

Also,

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{i^{n}}{n}

ist konvergent.

Khokta aktiv_icon

15:58 Uhr, 03.05.2015

Im 2ten Schritt, wo du das

i

nach vorne bringst, wo genau kommt den das

i

der 2ten Summe hin?

DrBoogie aktiv_icon

16:07 Uhr, 03.05.2015

In der 2. Summe:

i^{2 k} = (- 1)^{k}

, also kommt da kein

i

raus.
In der 1. Summe:

i^{2 k + 1} = i \cdot i^{2 k} = i \cdot (- 1)^{k}

Khokta aktiv_icon

16:41 Uhr, 03.05.2015

aja, alles klar jetzt versteh ich es.
Um nochmal zum Anfangsbeispiel zu kommen, wie kommt man eigentlich auf

n^{\frac{1}{n}} = e^{\frac{ln (n)}{n}}

abakus

17:10 Uhr, 03.05.2015

Hallo,
da

e^{x}

und

l n (x)

voneinander die jeweilige Umkehrfunktion sind, ist sowohl

l n (e^{x})

als auch

e^{l n (x)}

jeweils einfach nur x.
Somit kann man statt n auch

e^{l n (n)}

schreiben.

Khokta aktiv_icon

10:19 Uhr, 04.05.2015

Okay nun sind mir alle Schritte klar!
Danke euch vielmals!!

Lg Khokta

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