Konvergenz von Reihen

17.03.2010, 21:44

orso7

Konvergenz von Reihen

nachdem ich jetzt schon den ganzen tag an derlei reihen sitze und noch kein bisschen weitergekommen bin

also folgende reihen sind auf konvergenz zu untersuchen, bitte haltet mich nicht gleich für bescheuert das ich nicht selbst draufkomme
Folge nr. 1
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n}* \cos(n) \end{eqnarray*}$

Folge nr. 2

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{2}*ln(n) } \end{eqnarray*}$

dabei steht noch das man beachten soll das
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{x^{a} } \end{eqnarray*}$
konvergiert für a>1

irgendwie versteh ich nur bahnhof

17.03.2010, 22:20

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Zitat:

Original von orso7
Folge nr. 1
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n}* \cos(n) \end{eqnarray*}$

Notwendig für die Reihenkonvergenz ist, dass die Folge der Reihenglieder eine Nullfolge ist. Komisch, dass so viele Leute das vergessen.

Zitat:

Original von orso7
Folge nr. 2

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{2}*ln(n) } \end{eqnarray*}$

Majorantenkriterium, im Verbund mit deinem Tipp.

17.03.2010, 22:35

orso7

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vergessen hab ich das nicht aber wie soll das funktionieren???
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty } (-1)^{n} * \cos(n) \end{eqnarray*}$

beide haben keinen grenzwert... nur schranken
und die sind -1 und +1 in beiden fällen

17.03.2010, 22:39

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Tja, du machst die Augen einfach nicht auf: Ist das nun eine Nullfolge, oder ist es keine?

17.03.2010, 23:04

orso7

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omg... meine hand konvergiert schon gegen mein gesicht

oke nr 1. is verstanden

bei nr. 2
mit dem majorantenkriterium is klar
$\begin{eqnarray*} | \frac{1}{n^{2}* ln(n) } | \leq \frac{1}{n^{3} } \end{eqnarray*}$

und da ln(n)<n is das ganze richtig...

hab ich glaube ich verstanden...

vielen dank gleich mal für deine hilfe
ich geb dir mal nen pangalaktischen donnergurgler aus ;-)

17.03.2010, 23:11

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Zitat:

Original von orso7
$\begin{eqnarray*} | \frac{1}{n^{2}* ln(n) } | \leq \frac{1}{n^{3} } \end{eqnarray*}$

Und wieder daneben: Diese Ungleichung ist für alle $\begin{eqnarray*} n>1 \end{eqnarray*}$ falsch. unglücklich

Ist nicht dein Tag heute.

17.03.2010, 23:23

jester.

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RE: Konvergenz von Reihen

Zitat:

Original von orso7
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{2}*ln(n) } \end{eqnarray*}$

Diese Reihe sollte außerdem erst bei $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ beginnen.

17.03.2010, 23:28

orso7

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naja oke in der eile kann man das ja schonmal bisschen verpeilen ...
natürlich is das falsch

und das hier richtig
$\begin{eqnarray*} \frac{1 }{n^{2}*ln(n) }\leq \frac{1}{n^{2}} \end{eqnarray*}$

naja wenn ich die zeit dazu hätte würd ichs ja für heute lassen aber morgen is leider die übung ^^

edit: das die reihe erst bei 2 beginnen SOLLTE ist mir auch schon aufgefallen da sonst div by 0 aber so stehts in der angabe ^^

18.03.2010, 01:23

orso7

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weitere probleme.... wieder konvergenz natürlich

3.
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{(ln(n))^{a} } \end{eqnarray*}$ für a>0

meine bissherige überlegung war mit dem minorantenkriterium einfach

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(ln(n))^{a} }\geq \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$
aber das gilt nur für a<4

jetzt kann ich aber doch nicht annehmen das es weiterhin auch divergiert, rein logisch wird das ding ja auch irgendwann mal konvergieren
aber wie soll ich das machen???

4.
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{(ln(n))^{ln(n)} } \end{eqnarray*}$
da schalt ich komplett ab...

hoffe das ihr mir noch etwas unter die arme greifen könnt damit ich das morgen vormittag noch verstehen kann

18.03.2010, 07:05

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Maßgeblich für die Konvergenz ist immer nur das Verhalten des Reihenrests, nicht das Verhalten "am Anfang", d.h. für beliebig viele, aber nur endlich viele $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .

D.h., wenn du richtigerweise das Minorantenkriterium anwenden willst, dann reicht es aus, wenn du

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(\ln(n))^{a} }\geq \frac{1}{n} \qquad (*) \end{eqnarray*}$

für "genügend große" $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nachweist. Exakt heißt das: Du musst zeigen, dass es für jedes $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ gibt, so dass (*) für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt.

P.S.: Und zur zweiten Reihe:

$\begin{eqnarray*} (\ln(n))^{\ln(n)} = e^{\ln(\ln(n))\cdot \ln(n)} = n^{\ln(\ln(n))} \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

18.03.2010, 09:06

orso7

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aber das zeige ich doch hier schon .... es is hald nur gültig für a>3

18.03.2010, 09:16

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Soso, na dann bin ich mal auf deine konkrete Rechnung gespannt.

18.03.2010, 09:31

jester.

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Noch eine kurze allgemeine Anmerkung: Bei Reihen, wo Logarithmen auftauchen, kann man öfters mal mit dem Cauchyschen Verdichtungssatz neue Einsichten erhalten. Augenzwinkern

18.03.2010, 09:45

orso7

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also wenn ich das verdichtungskriterium anwende

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{ln(2)^{a} } \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{2^{n} }{n^{a} } \end{eqnarray*}$

dann is es irgendwie klar das das divergiert weil 2^n schneller wächst als n^a (weil a einfach eine beliebige zahl >0 ist)

18.03.2010, 09:53

jester.

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Zitat:

Original von orso7
dann is es irgendwie klar das das divergiert weil 2^n schneller wächst als n^a (weil a einfach eine beliebige zahl >0 ist)

Dass etwas "irgendwie klar" ist, ist keine mathematische Begründung. Also begründe entweder diese Behauptung besser, oder wende ein Konvergenzkriterium (z.B. Quotientenkriterium) auf deine verdichtete Reihe an.

18.03.2010, 09:59

orso7

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aber um nochmal auf die methode mit dem minorantenkriterium zurückzukommen
heißt das das wenn ichs für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} n_{0} \end{eqnarray*}$ zeigen kann das es für jedes $\begin{eqnarray*} n\geq n_{0} \end{eqnarray*}$ gilt

also wenn ich $\begin{eqnarray*} n_{0}=2 \end{eqnarray*}$ annehme stimmt das ganze ja

weil

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(ln(2))^a}\geq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

und zwar für beliebig großes a.....
is das damit bewiesen???

(mit der konvergenz von reihen hatte ich schon letztes semester probleme)

18.03.2010, 10:16

orso7

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oke wenn ich auf die verdichtete jetzt das quotientenkriterium anwende
bekomm ich

\frac{2n^a}{(n+1)^a}

und das is > 1 (was ich hier aber auch nicht viel eindeutiger sehe als nach der verdichtung oder???

18.03.2010, 10:32

jester.

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Wenn ich auf die verdichtete Reihe das Quotientenkriterium anwende, erhalte ich $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \left| 2\left( \frac{n}{n+1} \right)^a\right| = 2\Big(\lim_{n\to\infty} \underbrace{\frac n { n+1}}_{=\frac{1}{1+\frac 1 n}} \Big)^a \end{eqnarray*}$ . Und gegen welchen Grenzwert dieser Ausdruck konvergiert, ist doch nicht mehr schwer einzusehen.

18.03.2010, 11:11

orso7

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..... oke da hätte ich wirklich selbst draufkommen können....

beim 4. hab ich jetzt mal das gleiche versucht
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{ln(n)^{ln(n)} } \end{eqnarray*}$

mit dem tip von athur umgeformt zu

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{ln(ln(n))} } \end{eqnarray*}$

dann verdichtet kommt mir raus

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{2^n}{n^{ln(ln(2))}+n } \end{eqnarray*}$

kann ich jeztt mit dem minorantenkriterium einfach sagen das
$\begin{eqnarray*} \frac{2^n}{n^{ln(ln(2))}+n }\geq \frac{2^n}{2n} \end{eqnarray*}$

18.03.2010, 11:18

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Ehrlich gesagt weiß ich nicht so recht, was ihr da so rechnet. Wenn ich das Verdichtungskriterium auf

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^\infty a_n = \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{(\ln(n))^a} \end{eqnarray*}$

anwende, komme ich auf

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty 2^na_{2^n} = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{2^n}{(\ln(2^n))^a} = \frac{1}{(\ln(2))^a} \cdot \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{2^n}{n^a} \end{eqnarray*}$ .

Und bei der zweiten Reihe hatte ich einfach an das Majorantenkriterium gedacht, anwendbar für $\begin{eqnarray*} n>e^{e^2} \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

18.03.2010, 11:31

orso7

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oke da steig ich nicht mehr durch beim 2.
wie soll ich das hier anwenden???
ich persönlich versuche ja noch immer deine umformung richtig zu verstehen....

beim 1. is mir übrigens eh genau das rausgekommen was du geschrieben hast... das hab ich ja gelöst und auch irgendwie verstanden....

18.03.2010, 12:07

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Herrje, ist denn das so schwer: Es ist $\begin{eqnarray*} \ln(\ln(n)) > 2 \end{eqnarray*}$ für genügend große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ (konkret durch Umformung: für $\begin{eqnarray*} n>e^{e^2} \end{eqnarray*}$ ), damit kann man für diese $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ dann abschätzen

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n^{\ln(\ln(n))}} \leq \frac{1}{n^2} \end{eqnarray*}$

und daraufhin das Majorantenkriterium anwenden. Hier gilt wieder das, was ich oben gesagt habe: Was der Reihenanfang (hier also $\begin{eqnarray*} n\leq e^{e^2} \end{eqnarray*}$ ) macht, ist völlig egal, es kommt nur auf den Reihenrest an.

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