Produkt auf Konvergenz untersuchen

03.02.2019, 22:48

xMathematicsx

Produkt auf Konvergenz untersuchen

Meine Frage:
Hallo,

Ich solle das unendliche Produkt auf Konvergenz untersuchen
$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{n=1}^{\infty} 1+\frac{1}{\sqrt{n} } \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Dafür betrachte ich das Produkt gegen N
$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{n=1}^{N} 1+\frac{1}{\sqrt{n} } = \prod\limits_{n=1}^{N} \frac{\sqrt{n} +1 }{\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$

Komme aber leider nicht weiter..Intuitiv würde ich behaupten, dass sie divergiert. Aber habe Schwierigkeiten eine geeignete Umformung zu finden

LG

03.02.2019, 23:37

Guppi12

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Hallo,

ist dir bekannt, dass für Produkte mit positiven Faktoren das Produkt genau dann konvergiert, wenn die Reihe der Logarithmen konvergiert?

Es wäre also zu überprüfen, ob $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \log\left(1+\frac {1}{\sqrt{n}}\right) \end{eqnarray*}$ konvergiert. Hilft dir das weiter?

03.02.2019, 23:49

xMathematicsx

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Danke! Das wusste ich, hab aber gar nicht daran gedacht..

$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{n=1}^{N} \log(1+\frac{1}{\sqrt{n} } ) = \log(1+\frac{1}{\sqrt{1} }) *\log(1+\frac{1}{\sqrt{2} })*\log(1+\frac{1}{\sqrt{3} })... \end{eqnarray*}$

Hm wenn wir den ersten Faktor log(2) festsetzen..und die restlichen gehen dann gegen log(1) sprich 0 ? Also müsste das gesamte gegen Null gehen verwirrt

03.02.2019, 23:50

Guppi12

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Ich hab das Summenzeichen da nicht ausversehen hingeschrieben Augenzwinkern

Du musst dann schon die Summe statt des Produkts betrachten.

03.02.2019, 23:58

xMathematicsx

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Sorrry,muss wirklich an der Uhrzeit liegen Forum Kloppe

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{N} \log(1+\frac{1}{\sqrt{n} } ) = <br /> \log(1+\frac{1}{\sqrt{1} }) + \log(1+\frac{1}{\sqrt{2} }) + \log(1+\frac{1}{\sqrt{3} } )..= \log ( \prod\limits_{n=1}^{N} (1+\frac{1}{\sqrt{n} } ) \end{eqnarray*}$

Somit divergent..denke es geht aber schöner verwirrt

04.02.2019, 00:01

Guppi12

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Woher weißt du, dass das divergiert? Ich finde, da fehlt schon noch ein Argument verwirrt

04.02.2019, 00:03

xMathematicsx

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Naja man sieht ja dass der logarithmus für wachsendes N ansich größer wird auch nur wenns minimal der Fall ist..gegen einen expliziten Wert konvergiert es nicht verwirrt

Oder kann man da mit logarithmusgesetzen besser "rumspielen" ?

04.02.2019, 00:07

Guppi12

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Ne, der Logarithmus wird kleiner, weil das Argument mit wachsendem Argument kleiner wird, nicht größer. Oder meinst du, dass $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^N \log\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \end{eqnarray*}$ für wachsendes $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ größer wird?

Wenn das der Fall ist, dann hat die späte Stunde aber ordentlich zugeschlagen LOL Hammer

Vergleiche mal mit $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2} \end{eqnarray*}$ .

04.02.2019, 00:11

xMathematicsx

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Ja der logarithmus schon, aber ich meinte eher das Gesamtergebnis..Aber
hm...nach oben abschätzen durch eine divergente Reihe ? verwirrt

Hab keinen Plan unglücklich

04.02.2019, 00:14

Guppi12

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Hab nochmal editiert. Das ist doch bei jeder Reihe mit positiven Reihengliedern so. Divergieren die deswegen alle?

Der Logarithmus ist in 1 differenzierbar mit Ableitung 1, daher gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 1}\frac{\log(x)}{x-1} = 1 \end{eqnarray*}$ .
Insbesondere gilt für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , die nah bei $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ liegen also $\begin{eqnarray*} \frac{\log(x)}{x-1} >\frac 12 \end{eqnarray*}$ .

Wenn du diese Ungleichung für $\begin{eqnarray*} x>1 \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} \log(x) \end{eqnarray*}$ umstellst, erhälst du eine nützliche Ungleichung, die du hier für eine Minorante verwenden kannst.

Zitat:

nach oben abschätzen durch eine divergente Reihe ?

Nach oben durch divergente Reihe abschätzen bringt genauso wenig wie nach unten durch konvergente. Egal wie spät es ist, etwas nachdenken musst du schon noch, ansonsten vielleicht morgen weitermachen Augenzwinkern

04.02.2019, 00:14

Mathematicsxx

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Aber das ist die harmonische Reihe die konvergiert ja, warum damit vergleichen ?
Entschuldige für die dummen Fragen unglücklich

04.02.2019, 00:16

Guppi12

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Ich meinte nicht, dass du die als Minorante nehmen sollst, sondern dein Argument mit dieser Reihe mal auf sinnhaftigkeit überprüfen. Dein Argument lässt sich auf diese Reihe doch genauso anwenden, du hast aber richtig gesagt, dass sie konvergiert. Also war dein Argument wohl Mist.

04.02.2019, 00:27

xMathematicsx

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Jetzt macht alles Sinn.
Mein Argument war wirklich Mist,sonst würde keine Reihe konvergieren stimmt Hammer

Vielen Dank für deine Geduld,du hast mir aufjedenfall weitergeholfen !

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{N} \log(1+\frac{1}{\sqrt{n} } ) > \sum\limits_{n=1}^{N} \frac{1}{2 }(1+\frac{1}{\sqrt{n}}-1 ) =\sum\limits_{n=1}^{N} \frac{1}{2\sqrt{n}} > \sum\limits_{n=1}^{N} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$

Somit divergent !

04.02.2019, 04:05

xMathematicsx

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Hallo,
nochmal Ich !
Ich hab weitere zwei Produkte..Ich hoffe du kannst mir hier behilflich sein.

1) $\begin{eqnarray*} \prod\limits_{n=1}^{\infty} (1+\frac{n}{2}\sin(\frac{1}{n} )) \end{eqnarray*}$

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

Für das erste habe ich mit $\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{x} < \log(x) < x-1 \forall x >1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{N} \log( (1+\frac{n}{2}\sin(\frac{1}{n} )) > \sum\limits_{n=1}^{N} 1-\frac{1}{1+\frac{n}{2}sin(\frac{1}{2}) } > <br /> <br /> \sum\limits_{n=1}^{N} 1-\frac{1}{1+\frac{n}{2} } = \sum\limits_{n=1}^{N} \frac{n}{2+n } > \sum\limits_{n=1}^{N} \frac{n}{n^2 } = \sum\limits_{n=1}^{N} \frac{1}{n } = \infty \end{eqnarray*}$

also divergent.

Beim zweiten komme ich leider nicht voran. Meine Abschätzungen mit dem logarithmus helfen mir hier nicht weiter..
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{N} log(cos(\frac{1}{n})) \end{eqnarray*}$

Würde mich sehr über eine Antwort freuen.
LG

04.02.2019, 09:06

HAL 9000

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$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^N \log\left( 1+\frac{n}{2}\sin\left(\frac{1}{n}\right)\right) > \sum_{n=1}^N \left( 1-\frac{1}{1+\frac{n}{2}sin\left(\frac{1}{n}\right)}\right) \end{eqnarray*}$

sehe ich ein, aber die danach "untergejubelte" Abschätzung

$\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{1+\frac{n}{2}\sin\left(\frac{1}{n}\right)} \geq 1-\frac{1}{1+\frac{n}{2}} \end{eqnarray*}$

ist schlicht falsch.

Folgendes funktioniert: Basierend auf $\begin{eqnarray*} \sin(x)> \frac{2}{\pi}x \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 0<x<\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} 1+\frac{n}{2}\sin\left(\frac{1}{n}\right) > 1+\frac{n}{2}\cdot \frac{2}{\pi}\cdot \frac{1}{n} = 1+\frac{1}{\pi} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ,

damit ist die Divergenz des Produkts sofort klar.

Zur zweiten Reihe: Gemäß Taylorformel ist $\begin{eqnarray*} \cos(x) = 1-\frac{\cos(\theta x)}{2!}x^2\geq 1-\frac{x^2}{2} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , und damit

$\begin{eqnarray*} 1\geq \prod_{n=1}^N \cos\left(\frac{1}{n}\right) \geq \prod_{n=1}^N \left(1-\frac{1}{2n^2}\right) \geq \frac{1}{2} \prod_{n=2}^N \left(1-\frac{1}{n^2}\right) = \frac{1}{2}\cdot \frac{N+1}{2N}\geq \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ ,

d.h., das zugehörige unendliche Produkt konvergiert gegen einen positiven Wert (und damit nicht gegen Null).

P.S.: Bei deiner allerersten Aufgabe kann man auch so argumentieren:

$\begin{eqnarray*} \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \geq \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{1}{n}\right) = N+1\to\infty \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} N\to\infty \end{eqnarray*}$ .

04.02.2019, 20:41

xMathematicsx

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Vielen Dank HAL !

Ich schlage mich jetzt wieder schon seit 30 min mit zwei Reihen kriege es einfach nicht hin richtig abzuschätzen unglücklich

Mit der Annahme , dass die erste Reihe konvergiert versuche ich es mit der Majorante 1/n^2 abzuschätzen aber meine Umformungen helfen mir da wenig weiter..

$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{k=2}^{N} ( 1-\frac{2}{n(n+1)} ) = \prod\limits_{k=2}^{N} \frac{(n+2)(n-1)}{n(n+1)} ) \leq \prod\limits_{k=2}^{N} \frac{(n+2)n}{n(n+1)} ) = \prod\limits_{k=2}^{N} \frac{(n+2)}{(n+1)} ) \leq .. \end{eqnarray*}$

Und hier bin ich mir bei dem letzten Schritt unsicher
$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{k=2}^{N} (1- \frac{1}{n^3+1} ) > \prod\limits_{k=2}^{N} (1- \frac{1}{n^4} ) =\prod\limits_{k=2}^{N} (\frac{n^4-1}{n^4} ) > \prod\limits_{k=2}^{N} (\frac{1}{n} ) = \infty \end{eqnarray*}$

04.02.2019, 21:29

Mathema

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} 1\geq \prod_{n=1}^N \cos\left(\frac{1}{n}\right) \geq \prod_{n=1}^N \left(1-\frac{1}{2n^2}\right) \geq \frac{1}{2} \prod_{n=2}^N \left(1-\frac{1}{n^2}\right) = \frac{1}{2}\cdot \frac{N+1}{2N}\geq \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} \prod_{n=1}^{\infty} \left(1-\frac{1}{2n^2}\right) \end{eqnarray*}$ lässt sich auch direkt berechnen. Nach Euler ist $\begin{eqnarray*} \sin{(\pi z)} = \pi z \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 - \frac{z^{2}}{n^{2}} \right) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} z\in\mathbb{C} \end{eqnarray*}$ . Damit folgt für $\begin{eqnarray*} z=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \prod_{n=1}^{\infty} \left(1-\frac{1}{2n^2}\right)=\frac{\sqrt{2}}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right) \end{eqnarray*}$

04.02.2019, 21:42

HAL 9000

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Das erste Produkt lässt sich wieder exakt ausrechnen:

$\begin{eqnarray*} \prod_{n=2}^N \frac{(n+2)(n-1)}{n(n+1)} = \frac{(N+2)!(N-1)!2!}{3!N!(N+1)!} = \frac{N+2}{3N} \to \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} N\to\infty \end{eqnarray*}$

Bei der zweiten Aufgabe läuft so einiges gegen den Baum. Das geht schon damit los, dass gleich die erste Abschätzung in der falschen Richtung läuft:

Aus $\begin{eqnarray*} n^3+1<n^4 \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n^3+1}>\frac{1}{n^4} \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{n^3+1}<1-\frac{1}{n^4} \end{eqnarray*}$ ... Und $\begin{eqnarray*} \prod_{n=2}^N \left(\frac{1}{n}\right) = \infty \end{eqnarray*}$ kannst du nicht wirklich ernst meinen.

Generell sind unendliche Produkte mit positiven Faktoren kleiner als 1 immer konvergent. Die Frage ist nur, ob gegen Null oder doch eine echt positive Zahl! Und um genau diesen Unterschied geht es hier wohl.

Bei 2) hätte ich eine exotische Lösung (auf die man nicht unbedingt kommen muss):

$\begin{eqnarray*} \prod_{n=2}^N \left(1-\frac{1}{n^3+1}\right)^2 &>& \prod_{n=2}^N \left(1-\frac{2}{n^3+1}\right) = \prod_{n=2}^N \frac{n^3-1}{n^3+1} = \prod_{n=2}^N \frac{(n-1)(n^2+n+1)}{(n+1)(n^2-n+1)}\\ &=& \frac{(N-1)!2!}{N+1)!}\cdot \frac{N^2+N+1}{3} = \frac{2(N^2+N+1)}{3N(N+1)} \to \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ .

@Mathema

Schätze ich etwas feiner

$\begin{eqnarray*} \prod_{n=2}^N \left(1-\frac{1}{2n^2}\right)^2 \geq \prod_{n=2}^N \left(1-\frac{1}{n^2}\right) = \frac{N+1}{2N}\geq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

ab, so bekomme ich $\begin{eqnarray*} \prod_{n=1}^N \left(1-\frac{1}{2n^2}\right) \geq \frac{\sqrt{2}}{4}\approx 0.3536 \end{eqnarray*}$ , was verglichen mit $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{2}}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{\sqrt{2}}\right) \approx 0.3582 \end{eqnarray*}$ eine gar nicht so üble untere Schranke ist. Augenzwinkern

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