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Reihenkonvergenz von sum i^n/n

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Tags: Folgen und Reihen

Minhotreibtmathe aktiv_icon

17:40 Uhr, 19.08.2023

Hallo ! Ich möchte zeigen, dass die

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

divergiert.

Dazu möchte ich Divergenzkriterium anwenden, da

∣ \frac{i^{n}}{n} ∣ = ∣ i^{n} ∣ \cdot ∣ \frac{1}{n} ∣ = ∣ \frac{1}{n} ∣

, gilt

\frac{1}{n} \leq ∣ \frac{i^{n}}{n} ∣

und wegen der Divergenz der harmonischen Reihe divergiert die Reihe ebenfalls.
Wäre der Ansatz gut begründet ? Verbesserungen oder ein anderer Ansatz ist IMMER willkommen !

Liebe Grüße

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

HAL9000

18:04 Uhr, 19.08.2023

Mit

i

meinst du doch die imaginäre Einheit? Wenn dem so ist, dann liegst du falsch:

Die Reihe konvergiert gemäß Kriterium von Dirichlet ( de.wikipedia.org/wiki/Kriterium_von_Dirichlet ), Reihenwert ist übrigens

- \ln (1 - i) = - \frac{\ln (2)}{2} + \frac{π}{4} i

.

Allenfalls richtig ist, dass die Reihe nicht ABSOLUT konvergiert.

Minhotreibtmathe aktiv_icon

20:39 Uhr, 19.08.2023

Danke erstmal, ich kannte das Kriterium noch nicht aber schön neues zu wissen !

Und ja ich meinte mit

i

imaginäre Einheit. Ich glaube, dass es falsch war, weil ich mit Divergenzkriterium zeige, dass er nicht absolut konvergiert oder ?

Sukomaki aktiv_icon

20:45 Uhr, 19.08.2023

Den Reihenwert bestimmst Du mittels Integration der geometrischen Reihe zur Basis

i

. Ich gehe davon aus, dass Ihr die bereits in der Vorlesung hattet.

@Hal9000

Wie kommst Du auf

- \ln (1 - i) = - \frac{\ln (2)}{2} + i \frac{π}{4}

Minhotreibtmathe aktiv_icon

20:56 Uhr, 19.08.2023

Sorry, ignorier meine zweite Frage. Ich glaube Minorantenkriterium ist nicht für die Reihe komplexer Summanden

Sukomaki aktiv_icon

21:51 Uhr, 19.08.2023

Okay, ich stelle hiermit meine Frage zurück.

- i = - i

- i = e^{- i \frac{π}{2}}

\frac{1}{2} (1 - i)^{2} = e^{- i \frac{π}{2}}

(1 - i)^{2} = 2 e^{- i \frac{π}{2}}

1 - i = 2^{\frac{1}{2}} e^{- i \frac{π}{4}}

\ln (1 - i) = \frac{\ln (2)}{2} - i \frac{π}{4}

- l n (1 - i) = - \frac{\ln (2)}{2} + i \frac{π}{4}

@HAL9000

Hast Du das etwa im Kopf gerechnet?

Randolph Esser aktiv_icon

04:11 Uhr, 20.08.2023

Betrachtet man

\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{i^{k}}{k} = i - \frac{1}{2} - \frac{i}{3} + \frac{1}{4} + \frac{i}{5} - \frac{1}{6} - \frac{i}{7} + \frac{1}{8} + ...,

findet man

\sum_{k = 1}^{2 n + 1} \frac{i^{k}}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k} + i \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k + 1} \forall n \in N

.

Es gilt einmal

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

(alternierende harmonische Reihe),

einen Beweis habe ich angehängt,

einen weiteren findet man in Forsters Ana

1, (20.9)

.

Weiter ist die zweite Reihe die Leibniz-Reihe mit

\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k + 1} = \frac{π}{4},

siehe hier

z . B

. den gleichnamigen Wikipedia-Artikel

de.wikipedia.org/wiki/Leibniz-Reihe

sowie Forsters Ana

1,

Paragraph

22,

Satz 6 (Arcus-Tangens-Reihe)

oder auch Forsters Ana

1,

Paragraph

19,

Satz 6 (Riemannsches Lemma)

Insgesamt gilt also

\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{i^{k}}{k} = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} + i \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k + 1} = - \frac{ln (2)}{2} + i \frac{π}{4}

HAL9000

07:53 Uhr, 20.08.2023

Oder man rechnet eben konsequent mit der komplexen Potenzreihe

- \ln (1 - z) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n}

mit Konvergenzradius

R = 1

, die nicht nur für alle

∣ z ∣ < 1

konvergiert, sondern gemäß Dirichlet-Kriterium auch auf dem Rand

∣ z ∣ = 1

dieses Konvergenzkreises mit nur einer Ausnahme

z = 1

(klar, harmonische Reihe).

> Hast Du das etwa im Kopf gerechnet?

Ja sicher doch:

1 - i = \sqrt{2} \cdot e^{- \frac{π}{4} i}

ist mit etwas geometrischen Vorstellungsvermögen doch kein Hexenwerk, denn

1 - i

liegt offenkundig auf der Winkelhalbierenden des 4.Quadranten, und die Länge

\sqrt{2}

ist ohnehin klar. Na und für

\ln (\sqrt{2}) = \frac{1}{2} \ln (2)

bedarf es auch keines Rechenkünstlers.

Sukomaki aktiv_icon

11:36 Uhr, 20.08.2023

Sicher.

HAL9000 ist mal wieder den einfachsten Weg gegangen. :-)

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