Konvergenz einer Reihe

26.11.2013, 18:37

Trinitro

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Konvergenz einer Reihe

Meine Frage:
Hi,
Ich habe eine Übungsaufgabe mit der ich ein paar Probleme habe
Gegeben sei die Reihe $\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}+\frac{1}{8}......+\frac{1}{8}-\frac{1}{16}.....+\frac{1}{16}.... \end{eqnarray*}$ wobei jeder bruch sooft vorkommt wie die zahl im nenner (hoffe das ist so verständlich)
Jetzt soll man zeigen dass die Reihe gegen 1 konvergiert und danach, ob sie absolut konvergent ist.

Meine Ideen:
also zur absoluten konvergenz habe ich mir ehrlich gesagt noch keine gedanken gemacht.
Zu konvergenz gegen 1: das ist mir eigentlich klar, dass das rauskommen muss, da sich die brüche mit gleichem Nenner immer zu 0 addieren. Ich weiß aber nicht genau wie ich das mathematisch korrekt aufschreiben kann. Meine Idee war, das ganze auf die harmonische reihe irgendwie zurück zu führen, bekomm ich aber nicht so ganz gebacken Big Laugh

Big Laugh

27.11.2013, 08:40

trinitro1

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keine antwort? =(

27.11.2013, 08:50

bijektion

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Und wie sieht das mit den Vorzeichen aus?

27.11.2013, 08:59

trinitro2

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Ja das ändert sich mit jedem Schritt, also muss da sowas wie $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n (-1)^{n}... \end{eqnarray*}$

27.11.2013, 09:05

bijektion

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D.h. die Reihe sieht irgendwie so aus: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{j=1}^k (-1)^{k+j} \cdot \frac{1}{k} \right) \end{eqnarray*}$ ?

27.11.2013, 09:25

trinitro3

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$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{j=1}^k (-1)^{k+j} \cdot \frac{1}{k} \right) \end{eqnarray*}$

Ok das erinnert mich an Leibnitz...
dazu müsste die summe aber von j=0 bis unendlich gehen...
ich würde das vielleicht mal so versuchen:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^\infty n ((-1)\sum\limits_{j=1}^k (-1)^{k+j}\frac{1}{k} ) \end{eqnarray*}$ .
1/j ist eine Nullfolge, die Reihe in der Klammer dann nach Leibnitz eine Konvergente Reihe. Ist das dann schon die Loesung?

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27.11.2013, 09:27

trinitro 4

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sorry,
1/k ist die Nullfolge und das n muss weg

27.11.2013, 09:30

bijektion

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Ist es die Reihe die ich angegeben habe oder irgendwas anderes? Leibniz geht nicht so einfach, das $\begin{eqnarray*} (-1) \end{eqnarray*}$ steht ja in der inneren Summe.
Versuch doch mal, eine Partialsummenformel für $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{j=1}^k (-1)^{k+j} \cdot \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$ zu finden.

27.11.2013, 09:36

HAL 9000

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Zitat:

Original von bijektion
D.h. die Reihe sieht irgendwie so aus: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{j=1}^k (-1)^{k+j} \cdot \frac{1}{k} \right) \end{eqnarray*}$ ?

Ich würde da schon noch deutlich die Betonung drauf legen, dass das "irgendwie" sehr ernst zu nehmen ist, denn dieser Term bedarf schon noch erheblicher Korrekturen. Direkt umgesetzt beschreibt der Term nämlich die Reihe

$\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\ldots \end{eqnarray*}$ ,

was ja doch ziemlich anders aussieht. Und im übrigen auch nicht konvergiert, sondern bestimmt divergiert gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

P.S.: Ich würde die Reihe so beschreiben: $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} 2^{-\lfloor \log_2(n)\rfloor} \end{eqnarray*}$

27.11.2013, 09:54

trinitro5

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Sorry tu mich so früh am morgen ein bisschen schwer xD
Partialsummen haben wir noch gar nicht gemacht, bzw einen kurzen beweis aufgeschrieben den wir für Leibniz verwendet haben.
Ich denke dass in der Summe $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^{irgendwas} } \end{eqnarray*}$ stehen muss um eben auf die Potenzen von 2 zu kommen.
Ich bekomm das mit j und k aber gerade nicht hin ohne probleme mit den vorzeichen zu bekommen

27.11.2013, 10:01

trinitro6

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$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} 2^{-\lfloor \log_2(n)\rfloor} \end{eqnarray*}$

da bekomm ich doch aber $\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{2} +\frac{1}{3}-\frac{1}{4} +... \end{eqnarray*}$

27.11.2013, 10:53

Grautvornix

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1. Eine explizite Darstellung, der Summanden brauchst Du hier gar nicht.

2. Die Konvergenz ist klar nach dem Leibniz-Kriterium.

3. Dass die Reihe nicht absolut konvergiert ist klar nach Minorantentest z.B. mit der harm. Reihe.

4. Für den Reihenwert genügt es die Partialsumme grob abzuschätzen. Z.B. so:

Zu gegebenem $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ gibt es genau ein $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} 2^k\leq n\leq 2^{k+1}. \end{eqnarray*}$

Sei nun $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ die Summe der ersten $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Folgeglieder.

Also z.B. $\begin{eqnarray*} S_5=1-\frac 12+\frac 12-\frac 14+\frac 14 \end{eqnarray*}$

Dann gilt: $\begin{eqnarray*} 1-\frac 1{2^k}\leq S_n\leq 1+\frac 1{2^k} \end{eqnarray*}$

27.11.2013, 10:59

trinitro7

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Also kann ich theoretisch einfach schreiben:

Ich habe eine Reihe mit 1- eine Reihe mit einer monoton fallenden Nullfolge, womit das ganze gegen 1 konvergiert?

27.11.2013, 11:02

HAL 9000

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Zitat:

Original von trinitro6
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} 2^{-\lfloor \log_2(n)\rfloor} \end{eqnarray*}$

da bekomm ich doch aber $\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{2} +\frac{1}{3}-\frac{1}{4} +... \end{eqnarray*}$

Stimmt nicht - es sei denn, du ignorierst die im Exponenten stehenden Gaußklammern $\begin{eqnarray*} \lfloor \ldots \rfloor \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

27.11.2013, 11:22

trinitro 8

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und wie bekomme ich jetzt die Konvergenz gegen 1? unglücklich

unglücklich

hört sich vielleicht blöd an aber wir haben weder logarithmen noch gaußklammern in der vorlesung verwendet...

27.11.2013, 11:51

HAL 9000

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Zitat:

Original von trinitro 8
und wie bekomme ich jetzt die Konvergenz gegen 1? unglücklich

unglücklich

Naja, abweichend von Grautvornix würde ich nicht sagen, dass man hier die Partialsummen nur abschätzt - letztendlich berechnet man sie sogar genau gemäß

$\begin{eqnarray*} S_n = \begin{cases} 1 & \;\mbox{für $n$ ungerade} \\ 1-\frac{1}{2^k} & \;\mbox{für $n$ gerade und}\; 2^k\leq n<2^{k+1} \end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Und daran sollte doch die Konvergenz gegen 1 mehr als deutlich sichtbar sein.

P.S.:

Zitat:

Original von trinitro 8
und wie bekomme ich jetzt die Konvergenz gegen 1? unglücklich

unglücklich

hört sich vielleicht blöd an aber wir haben weder logarithmen noch gaußklammern in der vorlesung verwendet...

Manche haben ein komisches Talent, sich genau die Hilfestellungen rauszusuchen, die sie nicht verstehen - es steht genug anderes im Thread, also lass das einfach links liegen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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