konvergenz

05.01.2005, 13:35	TobsenMH	Auf diesen Beitrag antworten »
konvergenz hallo, folgende reihe soll auf konvergenz untersucht werden: $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty ~ \frac{3n\sqrt[6]{5n^2+3} }{(n+1)^2 \sqrt[3]{4n^2+2n-1}} \end{eqnarray}$ eigentlich sind die summanden ja rationale funktionen... ergo minoranten- bzw. majorantenkriterium, oder? ich hab mir es so germerkt, dass z.b. bei $\begin{eqnarray} \frac{x^5}{x^3} \end{eqnarray}$ das majo und bei z.b. $\begin{eqnarray} \frac{x^2}{x^3} \end{eqnarray}$ das mino krit. benutze 1.) sind meine "merkansätze" für die kriterien soweit richtig 2.) wie komme ich damit bei o.g. aufgabe weiter!? vielen dank schonmal im voraus!
05.01.2005, 13:57	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann solche Aufgaben zunächst einmal so angehen, daß man sich auf die höchsten Potenzen der jeweiligen Teilsummanden beschränkt. Konstante Faktoren werden einfach unterschlagen. Ich verwende dafür einmal ad hoc das Zeichen $\begin{eqnarray} \sim \end{eqnarray}$ . Zum Beispiel schreibe ich $\begin{eqnarray} \sqrt[6]{5n^2+3} \sim n^{\frac{1}{3}} \end{eqnarray}$ (nur höchste Potenz $\begin{eqnarray} n^2 \end{eqnarray}$ berücksichtigen, konstanten Faktor 5 unterschlagen) $\begin{eqnarray} (n+1)^2 = n^2 + 2n + 1 \sim n^2 \end{eqnarray}$ (nur höchste Potenz $\begin{eqnarray} n^2 \end{eqnarray}$ berücksichtigen) Dann kann man so umformen $\begin{eqnarray} \frac{3n\sqrt[6]{5n^2+3}}{(n+1)^2 \sqrt[3]{4n^2+2n-1}} \sim \frac{n \cdot n^{\frac{1}{3}}}{n^2 \cdot n^{\frac{2}{3}}} = \frac{1}{n^{\frac{4}{3}}} \end{eqnarray}$ Da die Reihe über den letzen Term aber konvergiert (der Exponent im Nenner ist größer als 1, das genügt), konvergiert auch die vorgegebene Reihe. Und so müßte man ausführlich argumentieren (Trick immer: höchste Potenz ausklammern) $\begin{eqnarray} \frac{3n\sqrt[6]{5n^2+3}}{(n+1)^2 \sqrt[3]{4n^2+2n-1}} \ = \ \frac{3n\sqrt[6]{n^2 \left(5+\frac{3}{n^2}\right)}}{\left(n\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)^2 \sqrt[3]{n^2\left(4+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}\right)}}\ = \ \frac{3n \cdot n^{\frac{1}{3}} \cdot \sqrt[6]{5+\frac{3}{n^2}}}{n^2 \cdot \left(1+\frac{1}{n}\right)^2 \cdot n^{\frac{2}{3}} \cdot \sqrt[3]{4+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \ \frac{1}{n^{\frac{4}{3}}} \cdot \frac{3\sqrt[6]{5+\frac{3}{n^2}}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^2 \sqrt[3]{4+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}}} \end{eqnarray}$ Der hintere Teil hat für $\begin{eqnarray} n \to \infty \end{eqnarray}$ einen positiven Grenzwert (es ist natürlich $\begin{eqnarray} \frac{3 \sqrt[6]{5}}{\sqrt[3]{4}} \end{eqnarray}$ , aber der eigentliche Wert ist uninteressant, entscheidend ist nur: positiver Grenzwert), also gibt es eine positive Konstante $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ , so daß der Term $\begin{eqnarray} \leq M \end{eqnarray}$ für fast alle $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ ist. Und damit gilt für den Ausgangsterm: $\begin{eqnarray} \frac{3n\sqrt[6]{5n^2+3}}{(n+1)^2 \sqrt[3]{4n^2+2n-1}} \leq M \cdot \frac{1}{n^{\frac{4}{3}}} \ \text{ für fast alle } n \end{eqnarray}$ edit: Doppelpost zusammengefügt (MSS)
05.01.2005, 14:39	TobsenMH	Auf diesen Beitrag antworten »
vielen dank leo!!! habe mal eine ähnliche aufgabe gerechnet: $\begin{eqnarray} \sum_{n=2}^\infty ~ \frac{3n\sqrt{4n^3+1}}{(n^2-1)\sqrt[4]{n^5-7} } \end{eqnarray}$ und komme dabei auf das ergebnis $\begin{eqnarray} M \frac{1}{n^\frac{23}{12} } \end{eqnarray}$ also ist das sozusagen die KONVERGENTE majorante, ja? -was, wenn der nenner nicht größer als 1 ist? -was, wenn m einen neg. grenzwert besitzt?
05.01.2005, 17:33	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie kommst du darauf? Wenn du das Verfahren von Leopold richtig anwendest, müsstest du ein anderes Ergebnis bekommen. Zu deinen Fragen: Du meinst sicher, dass die Potenz von n im Nenner $\begin{eqnarray} \leq 1 \end{eqnarray}$ ist?! Dann ist deine Reihe divergent! Und zur anderen: Als Beispiel deine Reihe, nur mit nem "-": $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty ~ \frac{-3n\sqrt[6]{5n^2+3} }{(n+1)^2 \sqrt[3]{4n^2+2n-1}} \end{eqnarray}$ Da formt man wieder um bis man für den n-ten Summanden $\begin{eqnarray} \frac{1}{n^{\frac{4}{3}}} \cdot \frac{-3\sqrt[6]{5+\frac{3}{n^2}}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^2 \sqrt[3]{4+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}}} \end{eqnarray}$ erhält. Jetzt geht das gegen einen negativen Grenzwert. Dann macht man folgendes: Zieh das "-" oben vor die Reihe: $\begin{eqnarray} -\sum_{n=1}^\infty ~ \frac{3n\sqrt[6]{5n^2+3} }{(n+1)^2 \sqrt[3]{4n^2+2n-1}} \end{eqnarray}$ Jetzt untersucht man, so wie Leopold es oben gemacht hat, nur erstmal die Reihe $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty ~ \frac{3n\sqrt[6]{5n^2+3} }{(n+1)^2 \sqrt[3]{4n^2+2n-1}} \end{eqnarray}$ und wenn man weiß, dass die konvergiert oder divergiert, dann tut es auch die andere und die Grenzwerte (falls sie existieren) der beiden Reihen sind betragsmäßig gleich, haben aber verschiedene Vorzeichen.
07.01.2005, 14:10	TobsenMH	Auf diesen Beitrag antworten »
merci beaucoup habe "meine" aufgabe nochmal nachgerechnet und komme jetzt auf $\begin{eqnarray} \frac{1}{n^\frac{3}{4} } M \end{eqnarray*}$ demnach ist diese reihe dann divergent? (weil die potenz des nenners kleiner 1 ist?) aber nochmal eine frage zur begründung(die in der kl sicherlich von nöten ist): handelt es sich dabei jetzt um eine divergente minorante (und in dem anderen beispiel um eine konvergente majorante), oder nicht? ps: mich stört dieses "für FAST alle n" in leopolds antwort
07.01.2005, 16:36	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Dein Ergebnis stimmt jetzt, deswegen ist sie auch divergent, weil das eine divergente Minorante ist. Zu der anderen Frage: Das müsstest du eigentlich kennen! $\begin{eqnarray} \frac{3n\sqrt[6]{5n^2+3}}{(n+1)^2 \sqrt[3]{4n^2+2n-1}} \leq M \cdot \frac{1}{n^{\frac{4}{3}}} \ \text{ für fast alle } n \end{eqnarray}$ bedeutet, dass es ein $\begin{eqnarray} n_0\in \mathbb N \end{eqnarray}$ gibt, sodass für alle $\begin{eqnarray} n>n_0 \end{eqnarray}$ die Abschätzung $\begin{eqnarray} \frac{3n\sqrt[6]{5n^2+3}}{(n+1)^2 \sqrt[3]{4n^2+2n-1}} \leq M \cdot \frac{1}{n^{\frac{4}{3}}} \end{eqnarray}$ gilt. Und deswegen ist die zweite Reihe divergent, weil die Potenz des n im Nenner <1 ist. Und hierbei ist handelt es sich natürlich um eine divergente Minorante, denn nach der Verabredung über die Bedeutung von "fast alle n" gibt es ja ein $\begin{eqnarray} n_0\geq 2 \end{eqnarray}$ , sodass für alle $\begin{eqnarray} n>n_0 \end{eqnarray}$ stets $\begin{eqnarray} \frac{3n\sqrt{4n^3+1}}{(n^2-1)\sqrt[4]{n^5-7} }>M\cdot \frac{1}{n^\frac{3}{4}} \end{eqnarray}$ gilt. Dann ist aber somit auch $\begin{eqnarray} \sum_{n=n_0}^\infty ~ \frac{3n\sqrt{4n^3+1}}{(n^2-1)\sqrt[4]{n^5-7} }>\sum_{n=n_0}^\infty ~M\cdot \frac{1}{n^\frac{3}{4}} \end{eqnarray}$ und die rechte Reihe ist somit divergente Minorante für $\begin{eqnarray} \sum_{n=n_0}^\infty ~ \frac{3n\sqrt{4n^3+1}}{(n^2-1)\sqrt[4]{n^5-7} } \end{eqnarray}$ . Da aber die Divergenz oder Konvergenz einer Reihe durch Addition endlich vieler Summanden nicht verändert wird (mach dir das gut klar! Man addiert ja letztendlich nur eine Konstante, nämlich in diesem Beispiel $\begin{eqnarray} \left(-\sum_{n=2}^{n_0-1} ~ \frac{3n\sqrt{4n^3+1}}{(n^2-1)\sqrt[4]{n^5-7} }\right) \end{eqnarray}$ ), muss auch die Reihe $\begin{eqnarray} \sum_{n=2}^\infty ~ \frac{3n\sqrt{4n^3+1}}{(n^2-1)\sqrt[4]{n^5-7} }=\sum_{n=n_0}^\infty ~ \frac{3n\sqrt{4n^3+1}}{(n^2-1)\sqrt[4]{n^5-7} }-\sum_{n=2}^{n_0-1} ~ \frac{3n\sqrt{4n^3+1}}{(n^2-1)\sqrt[4]{n^5-7} } \end{eqnarray}$ divergieren. Für Konvergenz und Majoranten kannst du die gleichen Überlegungen dann hoffentlich selber anstellen
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